WC 2024

信息学竞赛中的持久化数据结构与技巧

CF1340F. Nastya and CBS

题目选讲

ARC151E. Keep Being Substring

如果 $X$ 和 $Y$ 的最长公共子串的长度 $L>0$，那么答案就是 $P+Q-2L$。否则，最优方案一定是将 $X$ 变成单个字符 $c$，然后进行若干次在它前面或后面加入一个在原串中和 $c$ 相邻的字符，再把 $c$ 删去的操作。当 $c\in Y$ 时，就可以扩展出 $Y$ 了。

做多源汇 BFS 即可。时间复杂度 $O(N)$。

IOI 2023. Closing Time

称一个点的类型是它能被 $\{X,Y\}$ 中的几个点到达。设 $X,Y$ 间路径的点集是 $S$。只要整棵树上有一个 $2$ 类型的点，那么 $S$ 中的所有点都应当是 $1,2$ 类型的。

不妨假设树上有至少一个 $2$ 类型的点。此时，提前钦定 $S$ 中所有点 $u$ 都付出了 $min(\mathrm{dist}(u,X),\mathrm{dist}(u,Y))$ 的代价。将整棵树分为距离 $X$ 更近和距离 $Y$ 更近的两个连通块，此时的问题是：

对于每个点 $u$，其可能有一个父亲 $f_u$，表示 $f_u$ 的类型需要大于等于 $u$ 的类型。$u$ 选择类型 $i$ 有一个代价 $c_{u,i}$，问在总代价不超过 $K$ 的情况下，所有点的类型之和最大是多少？

注意到父亲的限制是没有用的，因为原题的条件保证了 $\mathrm{\forall }i,c_{u,i}>c_{f_u,i}$。于是这个问题就是 Cardboard Box
了。

IOI 2023. Robot Contest

组合计数中的递推问题

无标号组合类的多重集运算

$$\mathcal{A}=\mathsf{MSet}\mathcal{B}=\prod _{\alpha \in \mathcal{B}}(\mathsf{Seq}\alpha ).$$

对应的生成函数是

$$A(x)=\prod _{n\ge 1}(1-x^n{)}^{-[x^n]B(x)}.$$

进行一些推导：

$$\begin{array}{rl}A(x)& =\exp (\sum _{n\ge 1}-[x^n]B(x)\ln (1-x^n))\\ & =\exp (\sum _{n\ge 1}[x^n]B(x)\sum _{k\ge 1}\frac{x^{nk}}{k})\\ & =\exp (\sum _{k\ge 1}\frac{1}{k}\sum _{n\ge 1}[x^n]B(x)x^{nk})\\ & =\exp \left(\sum _{k\ge 1}\frac{B(x^k)}{k}\right)\end{array}$$

做反演，可以得到

$$B(x)=\sum _{k\ge 1}\frac{\mu (k)}{k}\ln A(x^k).$$

假如

$$A=\frac{1}{1-qx},$$

可以通过上面的式子得到 $\mathcal{B}$ 的数列。

$\mathcal{A}$ 有两种组合意义：

1. 字符集大小为 $q$ 的字符串；
2. 有限域上的首一多项式。

对应地，$\mathcal{B}$ 也有两种组合意义：

1. 字符串的 Lyndon 分解；
2. 将多项式分解成若干不可约多项式之积。

微分算子

定义

$$\partial \left(\sum _{n\ge 0}{a}_n{x}^n\right)=\sum _{n\ge 1}{a}_n\cdot n{x}^{n-1}.$$

对于 OGF，有 $\partial x^n=n{x}^{n-1}$；对于 EGF，有 $\partial \frac{x^n}{n!}=\frac{x^{n-1}}{n-1}$。

组合意义是，OGF 相当于从一个大小为 $n$ 的元素中选择一个取出来，将其变成一个大小为 $n-1$ 的元素；对于 EGF，则是直接将其变成一个大小为 $n-1$ 的元素。

微分的运算律：

• 可加性：$\partial (A+B)=\partial A+\partial B$；
• 乘法：$\partial (A\cdot B)=(\partial A)\cdot B+A\cdot (\partial B)$；
• 复合：$\partial (A\circ B)=((\partial A)\circ B)\cdot \partial B$。

多重集构造的递推式（有标号）

$$\mathcal{B}=\mathsf{MSet}\mathcal{A},$$

$$B=\exp A,$$

求导，得到

$$B^{\prime }=B\cdot A^{\prime },$$

提取系数即可得到

$$\begin{array}{}\text{(22)}& b_n=\sum _{k=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})a_k{b}_{n-k}.\end{array}$$

例子：连通图

设 $\mathcal{G}$ 是全体无向图的组合类，$\mathcal{C}$ 是全体无向连通图的组合类，有 $\mathcal{G}=\mathsf{MSet}\mathcal{C}$。直接代入 $(22)$ 式即可得到一个递推。

假如对 $G$ 求导，可以得到

$$\begin{array}{rl}{G}^{\prime }(x)& =\sum _{n\ge 0}{2}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2})}\frac{x^n}{n!}\\ & =\sum _{n\ge 0}{2}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})}\frac{(2x{)}^n}{n!}\\ & =G(2x).\end{array}$$

通过 一些推导，可以得到

$$C^{″}(x)=C^{\prime }(x)\cdot (2C^{\prime }(2x)-C^{\prime }(x)).$$

这也导出了 $\mathcal{C}$ 的另一种递推式。

例子：$n$ 王问题

问题：有多少个 $n$ 阶排列 $p$ 使得相邻两项之差的绝对值始终不是 $1$？设这个数列是 $A_n$。

考虑容斥，钦定排列中若干个 $i$ 一定要满足 $|p_i-p_{i+1}|=1$，这将 $p$ 划分成了若干连续段，每个长度 $L>1$ 的段带有 $(-1{)}^{L-1}$ 的容斥系数。

所以一段的带有容斥系数的生成函数就是

$$F(x)=x+2\sum _{i\ge 2}(-1{)}^{i-2}{x}^i=x\cdot \frac{1-x}{1+x}.$$

由于这些连续段是可以任意排列的，所以这里可以用复合来描述：

$$A(x)=(\sum _{n\ge 0}n!x^n)\circ F$$

记 $S(x)=\sum _{n\ge 0}n!x^n$，由于递推式 $S_n=n{S}_{n-1}$，有

$$\begin{array}{rl}S(x)& =1+\sum _{n\ge 1}(n-1)!\cdot n{x}^n\\ & =1+x\sum _{n\ge 1}(n-1)!\cdot n{x}^{n-1}\\ & =1+x\cdot (x\cdot S(x){)}^{\prime }\\ & =1+xS(x)+x^2{S}^{\prime }(x).\end{array}$$

所以有

$$A=1+FA+F^2{S}^{\prime }(F).$$

$S^{\prime }(F)$ 不好处理，考虑逆用求导的复合公式：

$$(\partial A)\circ B=\frac{\partial (A\circ B)}{\partial B},$$

所以

$$A=1+FA+\frac{F^2{A}^{\prime }}{F^{\prime }}.$$

这样就导出了 $A_n$ 的递推式。

思考：2-正则图

记 $\mathcal{A}$ 是 2-正则图的组合类，求其 EGF $A(x)$。

记 $\mathcal{C}$ 是简单环的组合类，有 $\mathcal{A}=\mathsf{MSet}\mathcal{C}$。

$$\begin{array}{rl}C(x)& =\sum _{n\ge 3}\frac{(n-1)!}{2}\cdot \frac{x^n}{n!}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \sum _{n\ge 3}\frac{x^n}{n}\\ & =\frac{1}{2}(-\ln (1-x)-x-\frac{x^2}{2}).\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}A(x)& =\exp C(x)\\ & =\exp (\frac{1}{2}(-\ln (1-x)-x-\frac{x^2}{2}))\\ & =\exp (-\ln \sqrt{1-x}-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{4})\\ & ={\left(\sqrt{1-x}\right)}^{-1}\exp (-\frac{x}{2}-\frac{x^2}{4}).\end{array}$$

杂题选讲

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CF1175G. Yet Another Partiton Problem

暴力自然是设 $f_{i,j}$ 表示将 $a_1,a_2,\dots ,a_j$ 划分成 $i$ 段的最小代价。由于 $f_i$ 和 $f_{i+1}$ 之间的转移形如

$$F_i=\underset{0\le j<i}{min}\{G_j+(i-j)\cdot \underset{j<k\le i}{max}\{a_k\}\},$$

考虑 CDQ 分治来做这个东西。假如现在要算 $[l,m]$ 对 $(m,r]$ 的贡献，那么式子中的 $max$ 可以分取在 $[l,m]$ 和取在 $(m,r]$ 两类讨论，而这两类都是斜率优化。时间复杂度 $O(nk\log n)$。

关于斜率优化：

• 形如 $f=\underset{(x,y)\in S}{min}\{y-kx\}$ 的式子可以看作，最小化过 $(x,y)$ 且斜率为 $k$ 的直线在 $y$ 轴上的截距；
• 注意特判两个点横坐标相同的情况。

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