UNR #6

D1T1. 面基之路

当 hehe 蚤和网友面基成功时，网友可以跟着 hehe 蚤一起走。因此，任何面基方案必然可调整为最后一个时刻 hehe 蚤和所有网友处于同一位置的情况。

直接枚举每条边 \((u, v)\)，检查它对答案带来的贡献。设第 \(i\) 个人到 \(u\) 的最短路为 \(d_{i, u}\)，则 \(i\) 在 \((u, v)\) 这条边产生的贡献为左端为 \(d_{i, u}\)，右端为 \(d_{i, v}\) 的形如山峰（而非山谷）的折线 \(Z_i\)，我们希望求 \(\min\limits_{x \in [0, w_{u, v}]} \max\limits_{i = 0} ^ k Z_i(x)\)。

因为每条折线仅有至多一个顶点，所以 \(\max Z_i\) 被 \(\mathcal{O}(k)\) 个顶点划分成若干段，每一段形如若干斜率为 \(\pm 1\) 的直线的 \(\max\)，最小值容易求出。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk ^ 2 + mk\log m)\)，可以扫描线将 \(n k ^ 2\) 优化至 \(nk\log k\)。代码。

D1T2. 机器人表演

你出的好，你出的好啊！

容易设计出状态 DP \(f_{p, i, j, k}\) 表示当前匹配到最终串 \(T\) 的第 \(p\) 位，使用了 \(i\) 个 \(0\)，\(j\) 个 \(1\) 且匹配到原串 \(S\) 的第 \(k\) 位的方案数。因为 \(p = i + j + k\)，状态仅有 \(\mathcal{O}(nt ^ 2)\) 种。

考虑转移。初始想法是 贪心匹配 \(S\)，即枚举 \(T_{i + 1} = 0 / 1\)，若 \(T_{i + 1} = S_{k + 1}\)，则 \(k \gets k + 1\)，否则若 \(T_{i + 1} = 0\) 且 \(i < t\)，则 \(i\gets i + 1\)，否则若 \(T_{i + 1} = 1\) 且 \(j < i\)，则 \(j\gets j + 1\)。

问题在于这样贪心匹配不一定最优，因为对于某个 \(T_{i + 1} = 0\)，我如果令 \(i\gets i + 1\)，就可以额外将 \(j\) 的限制放宽，放更多的 \(1\)，例如 \(n = t = 1\)，\(S = 0\)，则上述 DP 无法统计到 \(T = 010\)。

考虑 反悔，即撤销 \(S\) 已经匹配的一些位置用于补充 \(i\) 使得 \(i > j\)。考场上猜的结论是对每个 \(k\)，找到最大的 \(q\) 满足 \(S_{q + 1} = 0\)（用于填补 \(i\) 的空缺），\(S[q + 2, k]\) 是合法 \(01\) 串前缀，记为 \(lft_k\)，则可以在 \(k\) 处撤销匹配至 \(lft_k\) 处，且 \(S[lft_k + 1, k]\) 全部投进 \(01\) 串匹配。

不会证明，但后来发现和官方从另一种角度考虑的题解本质相同。先给出转移式，最后再说明这一点。对于 \(f_{p, i, j, k}\)，枚举 \(T_{i + 1} = 0 / 1\)，则

• 若 \(T_{i + 1} = S_{k + 1}\)，转移至 \(f_{p + 1, i, j, k + 1}\)；
• 否则，若 \(T_{i + 1} = 0\)，转移至 \(f_{p + 1, i + 1, j, k}\)，当 \(i = t\) 时不可转移；
• 否则 \(T_{i + 1} = 1\)，若 \(i > j\)，则转移至 \(f_{p + 1, i, j + 1, k}\)；
• 否则需要撤销匹配，若 \(lft_k\) 存在且 \(i + cnt_{0, k} \leq t\)，则转移至 \(f_{p + 1, i + cnt_{0, k}, j + cnt_{1, k} + 1, lft_k}\)，否则不可转移。其中 \(cnt_{0 / 1, k}\) 表示 \(S[lft_k + 1, k]\) 当中 \(0 / 1\) 的个数。

\(p\) 滚动数组优化，\(i\) 根据 \(p = i + j + k\) 去掉，时间复杂度 \(\mathcal{O}(nt ^ 2)\)，空间复杂度 \(\mathcal{O}(t ^ 2)\)。代码。

结论正确性的疑点在于：

• 为什么 \(S[lft_k + 1, k]\) 全部投进 \(01\) 串匹配，而不是匹配到 \(S\) 大于 \(lft_k\) 的位置？
• 为什么 \(S[q + 2, k]\) 是合法 \(01\) 串前缀？因为 \(S[q + 2, k]\) 是归并插入当前 \(i = j\) 对应合法 \(01\) 串，所以似乎不需要合法。

官方题解 \(lft_k\) 的定义是最大的 \(k' < k\) 且 \(b_{k'} < b_k\) 的 \(k'\)，其中 \(b\) 为将 \(S\) 的 \(0\) 看成 \(1\)，\(1\) 看成 \(-1\) 的前缀和，然后证明了 \(S[lft_k + 1, k]\) 是合法 \(01\) 串前缀，且 \(lft_k\) 是 \(S\) 新的最大匹配长度，即不存在 \(K > lft_k\) 使得 \(T[1, i + 1]\) 可以由 \(S[1, K]\) 和合法 \(01\) 串前缀归并得到，因而说明 \(S[lft_k + 1, k]\) 需要全部投进 \(01\) 串匹配。

考察两种角度，显然官方题解更加严谨和完备。我的做法属于是本末倒置，瞎猫碰上死耗子恰好正确了。

D1T3. 稳健型选手

不错的猫树分治练手题。

单组询问的 \(\mathcal{O}(L\log L)\) 解法是经典问题，类似题目有 UVA12260 Free Goodies：设 \(c_i\) 表示 \(i\) 是否被选中，\(b_i\) 表示 \(c_i\) 的前缀和，则对于任意 \(i\in [1, L]\) 均有 \(b_i \leq \lceil \frac i 2 \rceil\)。

因此，从前往后扫，每次往选中的数加入 \(a_i\) 和 \(a_{i + 1}\)，但此时有 \(\lceil \frac i 2 \rceil + 1\) 个数被选了，需要弹出最小的选中的数，容易证明反悔贪心正确。另一种思路是从后往前扫，每次往未被选中的数加入 \(a_i\) 和 \(a_{i + 1}\)，并弹出最大的未被选中的数。两种思路分别支持开头扩展和结尾扩展，因此回滚莫队可以做到 \(\mathcal{O}(n\sqrt n \log n)\)，压位 Trie 可以通过。直接做的复杂度为 \(\mathcal{O}(n ^ 2\log n)\)，只有 40 分。

既然支持开头插入和结尾插入，但无法快速合并，容易想到 二区间合并 即 猫树分治。

考虑合并两个区间 \([l, mid]\) 和 \([mid + 1, r]\) 时，左边没选的数必然不会重新选择，右边选择的数必然不会不选，但我们会取消选择左边一些选择的数，转而选择右边一些未选择的数。因此，维护左边选择的数集 \(X\) 和右边未选择的数集 \(Y\)，二分找到分界点，即最大的 \(k\) 使得 \(X\) 第 \(k\) 小的数小于 \(Y\) 第 \(k\) 大 的数，然后将 \(X\) 前 \(k\) 小的数删去，\(Y\) 前 \(k\) 大的数选上，即为答案。

主席树维护，离线询问将空间复杂度优化至 \(\mathcal{O}(q + n\log n)\)，时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + q)\log ^ 2 n)\)。代码。

D2T1. 小火车

非常好题目，英雄联盟，爱来自瓷器。

观察 \(2 ^ n > p\) 的限制，容易想到用 \(0/1\) 减去 \(0 / 1\) 得到 \(-1/0/1\)。问题转化为找到两个 \(0\sim n - 1\) 的子集 \(S, T\)，使得 \(S \neq T\) 且 \(\sum\limits_{i \in S} a_i \equiv \sum\limits_{i\in T} a_i \pmod p\)，则 \(b_i = [i\in S] - [i\in T]\) 即为一组合法方案。根据鸽笼原理，\(2 ^ n\) 只鸽子飞进 \(p\) 个笼子，必然存在两只鸽子飞进相同笼子，故必然有解。

问题在于如何找到这样的 \(S, T\)，赛时想了一年都没有想出来：如果要恰好找到 \(S = T\)，总枚举量为 \((2 ^ {40}) ^ 2\)，无论如何 meet-in-the-middle 都无法减少枚举量到一个可以接受的范围。

那真的不能做了吗？当然不是。直接枚举 \(S, T\) 没有用到 \(2 ^ n > p\) 的性质，考虑利用这一性质优化算法。

设 \(f_j\) 表示使得 \(f(S) = \sum\limits_{i\in S} a_i = j\) 的 \(S\) 的数量，问题即找出任意使得 \(f_j \geq 2\) 的 \(j\)。若存在 \(j \in [L, R]\) 满足 \(f_j \geq 2\)，称 \([L, R]\) 合法。

核心结论：对于任意 \([L, R]\) 的分割方式 \([L, mid]\) 和 \([mid + 1, R]\)，必然存在至少一个区间 \([L, mid]\) 或 \([mid + 1, R]\) 合法。

因初始区间 \([0, p - 1]\) 合法，所以二分，每次将当前合法区间长度减半，\(\log p\) 次后即可找到长度为 \(1\) 的合法区间。故只需求使得 \(f(S)\in [l, r]\) 的 \(S\) 的数量。其相较于原问题枚举量减少了一半，总枚举量仅有 \(2 ^ {40}\)，mitm 可以快速求解。

求得 \(j\) 后同样可 mitm 求出一组合法解，时间复杂度 \(\mathcal{O}(2 ^ {n / 2}\log p)\)。代码。

D2T2. 神隐

这题出得很好，让人思维出新。

考虑最朴素的做法枚举每条边，询问次数 \(n - 1\)，很劣。

考虑 \(n\) 较小时的做法，\(n = 3\) 时我们必须询问每一条边，换言之，对于 \(e_1, e_2\)，必须：

• 存在一次询问使得 \(e_1\in E\) 但 \(e_2\notin E\)。
• 存在一次询问使得 \(e_2\in E\) 但 \(e_1\notin E\)。

若不存在第一种询问，\(e_2 = (u, v)\)，剩下一个点为 \(w\)，则我们无法确定 \(w\) 连向 \(u\) 还是 \(v\)。

对任意 \(n\) 运用上述结论，可知还原整棵树的必要条件为对于任意相邻两条边 \(e_i, e_j\)，存在一次询问使得 \(e_i\in E\) 但 \(e_j\notin E\)，存在一次询问使得 \(e_j\in E\) 但 \(e_i\notin E\)。因为我们不知道每条边的相邻情况，所以对于任意不同的两条边均需满足上述性质。

设第 \(i\) 条边属于集合 \(S_i\) 的询问，即 \(S_i = \{q\mid e_i\in E_q\}\)，则上述性质可表述为对于任意 \(i\neq j\)，\(S_i\subsetneq S_j\) 且 \(S_j\subsetneq S_i\)。如果构造出 \(E_1\sim E_k\)，也容易通过询问结果得到 \(T\)。将所有无序点对 \((u, v)\) 按照它们连通的次数 \(cnt_{u, v} = \sum\limits_{i = 1} ^ k [E_i : u\rightsquigarrow v]\) 从大到小排序，做最大生成树即可：根据性质，非树边 \((u, v)\) 的权值严格小于 \(u\) 到 \(v\) 简单路径上所有边的权值。

尝试构造 \(n - 1\) 个两两互不包含的集合。如果限制了 \(X\) 次询问，最优方案为选择 \(0\sim 2 ^ X - 1\) 所有 \(\mathrm{popcount} = \dfrac X 2\) 的数。\(\dbinom {14} 7= 5040 \geq 1999\)，\(\dbinom {20} {10} = 184756 \geq 131071\)，可行。瓶颈在于 \(n ^ 2\log n\) 的时间复杂度。

考虑利用构造出的 \(S_i\) 的性质优化复杂度：每条边仅出现 \(\dfrac X 2\) 次。

还原树的交互题有一个非常好用的技巧：剥叶子。每个叶子恰在 \(\dfrac X 2\) 次询问中为孤立点，且条件充要，据此可不断剥掉 \(T\) 的叶子。

设最后一个被剥掉的节点为 \(R\)，上述过程给予我们 \(T\) 在以 \(R\) 为根时的拓扑序，考虑按拓扑序还原每个点的父亲。

设 \(x\) 的父亲为 \(fa\)，容易发现恰有 \(\dfrac X 2\) 次 \(x\) 与 \(fa\) 不连通，即所属连通块其它点拓扑序均在 \(x\) 之后；同时恰有 \(\dfrac X 2\) 次 \(x\) 与 \(fa\) 连通，且根据性质，\(x\) 所属连通块 \(C_1, C_2, \cdots, C_{X / 2}\) 的交恰好仅包含 \(x\) 和 \(fa\)。

关于树上连通块，有一个很好的性质是若干连通块相交，若交集非空，则交集深度最小的点为某连通块深度最小的点：若非，考虑交集深度最小的点 \(u\)，因其不为任何连通块深度最小的点，故 \(u\) 的父亲同样属于交集，矛盾。

因此，只需求出 \(C_1\sim C_{X / 2}\) 每个连通块深度最小的点中深度最大的那个，即为 \(x\) 的父亲。容易维护。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。代码。

D2T3. Border 的第五种求法

咕了，如果进集训队就更。

UPD：来写了。

感觉思想挺简单的，但是是未曾设想的道路。

对 \(s\) 建出 SAM，则 \(B\) 是 \(s[l, r]\) 的 border 当且仅当：

• \(B\) 是 \(s[l, r]\) 的前缀。
• \(B\) 在 link 树上是 \(s[1, r]\) 的祖先。

因为 \(s[l, r]\) 的所有前缀形成 DAWG 上一条路径，考虑 DAG 剖分将路径拆成 \(\log n\) 条时间戳连续的重链，则问题转化成 \(\mathcal{O}(q\log n)\) 次询问 \(s[1, r]\) 到根的路径上时间戳落在某区间的节点的权值和，而 \(i\) 的权值即 \(f_{|\mathrm{endpos}(i)|}\)。

• 如何拆重链：容易求出当前节点 \(i\) 到重链末尾形成的字符串在原串上的任意对应下标 \([l, r]\)。不妨设当前要匹配 \(s[x, y]\)，则当前重链匹配长度即 \(|lcp(s[l, r], s[x, y])|\)，容易 SA 或者 SAM 求出。

二维数点，离线后在树上扫一遍，用 BIT 维护单点修改区间查询。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n + q\log ^ 2 n)\)，代码。