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 $min_{x \in [0, w_{u, v}]} {max}_{i = 0}^{k} Z_{i} (x)$ 。

因为每条折线仅有至多一个顶点，所以 $max Z_{i}$ 被 $O (k)$ 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 $O (n k^{2} + m k \log m)$ ，可以扫描线将 $n k^{2}$ 优化至 $n k \log k$ 。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 $O (n t^{2})$ 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 $k \leftarrow k + 1$ ，否则若 $T_{i + 1} = 0$ 且 $i < t$ ，则 $i \leftarrow i + 1$ ，否则若 $T_{i + 1} = 1$ 且 $j < i$ ，则 $j \leftarrow j + 1$ 。

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 $i \leftarrow i + 1$ ，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 $l f t_{k}$ ，则可以在 $k$ 处撤销匹配至 $l f t_{k}$ 处，且 $S [l f t_{k} + 1, k]$ 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 $l f t_{k}$ 存在且 $i + c n t_{0, k} \leq t$ ，则转移至 $f_{p + 1, i + c n t_{0, k}, j + c n t_{1, k} + 1, l f t_{k}}$ ，否则不可转移。其中 $c n t_{0 / 1, k}$ 表示 $S [l f t_{k} + 1, k]$ 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 $O (n t^{2})$ ，空间复杂度 $O (t^{2})$ 。代码。

结论正确性的疑点在于：

为什么 $S [l f t_{k} + 1, k]$ 全部投进 $01$ 串匹配，而不是匹配到 $S$ 大于 $l f t_{k}$ 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 $l f t_{k}$ 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 $S [l f t_{k} + 1, k]$ 是合法 $01$ 串前缀，且 $l f t_{k}$ 是 $S$ 新的最大匹配长度，即不存在 $K > l f t_{k}$ 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 $S [l f t_{k} + 1, k]$ 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 $O (L \log L)$ 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 $b_{i} \leq ⌈ \frac{i}{2} ⌉$ 。

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 $⌈ \frac{i}{2} ⌉ + 1$ 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 $O (n \sqrt{n} \log n)$ ，压位 Trie 可以通过。直接做的复杂度为 $O (n^{2} \log n)$ ，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 $[l, m i d]$ 和 $[m i d + 1, r]$ 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 $O (q + n \log n)$ ，时间复杂度 $O ((n + q) \log^{2} n)$ 。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 $\sum_{i \in S} a_{i} \equiv \sum_{i \in T} a_{i} (\mod p)$ ，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 $f (S) = \sum_{i \in S} a_{i} = j$ 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 $[L, m i d]$ 和 $[m i d + 1, R]$ ，必然存在至少一个区间 $[L, m i d]$ 或 $[m i d + 1, R]$ 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 $O (2^{n / 2} \log p)$ 。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 $S_{i} = {q ∣ e_{i} \in E_{q}}$ ，则上述性质可表述为对于任意 $i \neq j$ ， $S_{i} ⊊ S_{j}$ 且 $S_{j} ⊊ S_{i}$ 。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 $c n t_{u, v} = \sum_{i = 1}^{k} [E_{i} : u ⇝ v]$ 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 $popcount = \frac{X}{2}$ 的数。 $(\binom{14}{7}) = 5040 \geq 1999$ ， $(\binom{20}{10}) = 184756 \geq 131071$ ，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 $\frac{X}{2}$ 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 $\frac{X}{2}$ 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 $f a$ ，容易发现恰有 $\frac{X}{2}$ 次 $x$ 与 $f a$ 不连通，即所属连通块其它点拓扑序均在 $x$ 之后；同时恰有 $\frac{X}{2}$ 次 $x$ 与 $f a$ 连通，且根据性质， $x$ 所属连通块 $C_{1}, C_{2}, \dots, C_{X / 2}$ 的交恰好仅包含 $x$ 和 $f a$ 。

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 $O (n \log n)$ 。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 $O (q \log n)$ 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 $f_{| endpos (i) |}$ 。