退役前的一句话题解Ⅱ

又快退役了，所以写写一句话题解。

看起来好像有点数位dp的感觉；根据套路，如果在某一位上\(b_i<a_i\)，那么之后这一位上就可以随便填了，而这个可以随便填的数我们就钦定它有调节作用，无论其他数异或的结果是什么，都可以通过这个数调整成目标结果。

我们枚举一个数位\(k\)使得\(b_i\)高于数位的部分都和\(a_i\)相等，之后搞个\(dp\)，设\(dp_{i,0/1,0/1}\)表示处理了前\(i\)个数，\(k\)位上的异或值为0/1，是否钦定了调解数；考虑从\(i\)到\(i+1\)转移，如果\(a_{i+1}\)在第\(k\)位是0，那么后面随便选一个小于剩余部分的数即可；如果是\(1\)，我们就考虑一下是否钦定其为调节数。这样就可以写一个\(O(Qn\log w)\)的暴力了。

暴力dp

不难发现这个dp随便就可以矩乘优化，线段树维护一下，复杂度\(O(n\log n\log w)\)。http://zhengruioi.com/submission/212421

一个暴力的想法，枚举一个子矩形，求交恰为这个子矩形的方案数有多少；我们发现做这个的时候大概就需要容斥一下，设\(F(n,m)\)表示交至少为\(n\times m\)子矩形的方案数，发现只需要算\(F(1,1)-F(1,2)-F(2,1)+F(2,2)\)。于是我们需要对于这四种大小的矩形求有多少个矩形将其包含。

现在有了一个\(O(n^4)\)的做法，以求\(F(1,1)\)为例，枚举一个全\(1\)子矩形，考虑这个子矩形包含了哪些\(1\times 1\)大小的子矩形，这个影响就是一个子矩阵加\(1\)，差分一下即可。\(F(2,1),F(1,2),F(2,2)\)同理。

我们发现差分实际上跟矩形的四个顶点有关系，我们只对每个点求其是多少个矩形的右下/右上/左下/左上顶点即可。经典问题，单调栈就能做到\(O(n^2)\)，统计答案的时候需要快速幂，于是复杂度是\(O(n^2\log k)\)。http://zhengruioi.com/submission/212100

显然的dp是，\(dp_i=1+\sum_{j=1}^{i-1}S_{i,j}dp_j\)，其中\(S_{i,j}\)表示矩形\(i\)和矩形\(j\)交的的面积。

一个显然的等价转化，求出\(dp_j\)后将矩阵\(j\)都加上\(dp_j\)，求\(dp_i\)的时候只需要求矩形\(i\)的和；显然可以CDQ分治后转化为一个二维数点问题，一个小trick是将加转化为后缀加，查询的时候前缀查，可以省去一定程度上的讨论，复杂度是\(O(n\log^2 n)\)。http://zhengruioi.com/submission/209812

dp一下，两种转移\(dp_i=dp_{i-1}+p,dp_i=\min_{j<i}dp_j+q\)第二种转移需要满足\(S[j+1:i]\)是\(S[:j]\)的子串。

我们设\(r_i\)表示\(dp_i\)能远能转移到哪里，不难发现存在\(r_i\leq r_{i+1}\)，于是利用这个单调性直接SAM来求出r$，之后跑一个单调队列优化这个dp就好；

求\(r\)的过程大概就是动态建SAM，之后暴力往后跑；从\(i+1\)到\(i\)的时候这个子串少了一个字符，需要跳一下\(parent\)树上的父亲。

考虑如何判断一个\(k\)是否合法。我们称权值不超过\(k\)的点为黑点，大于\(k\)的为白点；首先矩形得是个封闭图形，不能凸也不能凹，于是对于任何一个白点不能有超过两个与其相邻的黑点，否则就会形成一个凹或凸的角；之后我们还得保证矩形只有一个，我们考虑在左上角统计，于是左边和上边都是白点的黑点只能有一个；这是构成一个矩形的充要条件。

设\(x\)为左和上都是白点的黑点个数，\(y\)为和至少两个黑点相邻的白点个数，我们要求的就是有多少个\(x=1,y=0\)；由于\(x\geq 1,y\geq 0\)，所以等价与求有多个\(x+y=1\)；我们对于每个点考虑其为黑点和白点时的贡献，发现都只是一个区间加，于是线段树维护区间最小值和区间最小值个数即可，复杂度\(O(n\log n)\)。https://www.luogu.com.cn/record/30554861

设\(a_i=\sum_{j|i}b_j\)，我们把修改放到\(b\)序列上来做，查询\(\sum_{i=1}^xa_i\)等价于查询\(\sum_{i=1}^x\lfloor \frac{x}{i} \rfloor b_i\)，直接整除分块查询即可；

考虑一次修改对\(b\)序列的影响，实际上对于\(a_x+=[(x,n)=d]v\)，即\([(\frac{x}{d},\frac{n}{d})=1]v\)，设\(k=\frac{n}{d}\)，相当于加上了\(\sum_{t|k,t|\frac{x}{d}}\mu(t)v\)，即\(\sum_{t|k,td|x}\mu(t)v\)，于是我们枚举\(k\)的约数\(t\)，给\(b_{td}\)加上\(\mu(t)v\)即可。http://darkbzoj.tk/submission/56729

不妨设\(m>n\)，显然Yes和No哪个剩的多就猜哪一个，当一样多的时候就随便猜一个，期望对\(\frac{1}{2}\)个；不同的Yes/No序列共有\(\binom{n+m}{n}\)中，我们可以转化成一个格点问题，把一序列转化为一条从\((n,m)\)走到\((0,0)\)的路径，往下走是Yes，往左走是No；当在\(y=x\)这条直线上面时，会猜Yes；在\(y=x\)下面时，会猜No；于是猜对的次数就是\(y=x\)以上往下走的距离加上\(y=x\)以下往左走的距离，每经过一次\(y=x\)会随便猜一个，期望对\(\frac{1}{2}\)个；把图画出来，发现对于任何一种情况，那个距离都是\(\max(n,m)\)（大概是因为\(y=x\)把这条折线分割成了一些等腰直角三角形，于是\(y=x\)以下往左走的距离等于\(y=x\)以下往下走的距离），于是我们只需要算会经过几次对角线就好，枚举对角线上的一个点\((i,i)\)直接组合数计算就好了，复杂度是\(O(n+m)\)的；https://www.luogu.com.cn/record/30636733

不难发现\({\rm SG}_m(n)=n\bmod (m+1)\)，所以要对\(m\in [2,n+1]\)求\(\displaystyle \bigoplus_{i=1}^n a_i\bmod m\)；考虑枚举一个\(m\)，之后枚举\(l=km,r=(k+1)m-1\)，那么对于\(i\in [l,r]\)，\(i\bmod m=i-km\)；设\(c_i=\displaystyle \bigoplus_{j=1}^n [a_j=i]\)，那么我们需要求的就是\(\displaystyle \bigoplus_{i=l}^r [c_i=1](i-l)\)；这个式子可以拆位来求，需要套一个数据结构来求区间和，求一次是\(O(\log^2 n)\)的，枚举\(l,r\)的复杂度是调和级数的，所以整体是\(O(n\log^3 n)\)的，比暴力没多几分；

考虑搞一个厉害的数组\(f_{i,j}\)表示\(x\ge i\)且\(x-i\)的第\(j\)位为\(1\)的\(c_x\)的和，\(f_{i,j}=f_{i+2^{j+1},j}+\displaystyle \sum_{k=i+2^j}^{i+2^{j+1}-1}c_k\)，\(i+2^{j+1}\)相比\(i\)多的是更高的一位，因此\(x-i-2^{j+1}\)第\(j\)位上是\(1\)，\(x-i\)的第\(j\)位上也会是\(1\)，之后\([i+2^j,i+2^{j+1}-1]\)和\(i\)的差是\([2^j,2^{j+1}-1]\)显然在第\(j\)位上都是\(1\)；再来考虑有了厉害的\(f\)如何处理一个询问\([km,(k+1)m)\)，按位考虑，我们设\(t\)为最小的\(\ge (k+1)m\)且\(t\equiv km(\bmod 2^{j+1})\)，那么答案就是\(f_{km,j}-f_{t,j}\)再减掉一个区间的贡献，这段区间是\([\max(t-2^{j+1}+2^j,(k+1)m),t-1]\)。于是复杂度是\(O(n\log^2 n)\)。http://zhengruioi.com/submission/215680

http://zhengruioi.com/download.php?type=tutorial&id=1286 300iq的题解 http://zhengruioi.com/submission/215798

\(i\)向\(p_i\)连边后会出现若干环，考虑对于每一条边计算贡献，设\(dp_{i,j,k}\)表示处理了前\(i\)个点，有\(j\)个点的出边没有确定，当前贡献为\(k\)；\(j\)个点的出边没定，就说明有\(i-j\)条出边定了，即\(i-j\)个点有了入边，也就是\(j\)个点的入边没有定；考虑从\(i\)向\(i+1\)转移的时候，\(j\)条没定的出边和入边都会跨过\(i\)，于是贡献是\(2j\)，由于最后总贡献一定是偶数，所以当成\(j\)来算最后乘\(2\)就好了；转移的话就考虑一下\(i\)是否往前面连一条边，是否被前面的一条边连过来，复杂度是\(O(n^4)\)的；

考虑把\(i\)染色之后会影响哪些点，大概就以下四种：

  1. \(x_j>x_i,v_j<v_i\)，\(j\)会被\(i\)追上之后被染色。

  2. \(x_j<x_i,v_j>v_i\)，\(j\)会追上\(i\)之后被染色。

  3. \(x_j>x_i,v_j<\displaystyle \max_{x_k<x_i}v_k\)，即存在一个\(k\)速度比较快，追上了\(i\)被染色，之后有追上了\(j\)将其染色。

  4. \(x_j<x_i,v_j>\displaystyle \min_{x_k>x_i}v_k\)，即存在一个\(k\)速度比较慢，被\(i\)追上后被染色，又被\(j\)追上将其染色。

设\(l_i=\displaystyle \min_{x_k>x_i}v_k,r_i=\displaystyle\max_{x_k<x_i}v_k\)，根据上面情况我们发现，如果\(v_j\in [l_i,r_i]\)，则\(j\)就会被\(i\)染色；于是我们可以按照速度排序，那么染某个点相当于染一段区间，于是我们现在把问题转化成了问区间覆盖方案数的问题，把区间按照右端点排序后前缀和优化dp即可；复杂度\(O(n\log n)\)。

将前缀和视为正数抵消负数的过程，一个正数能影响的只有下标大于它的数；

我们倒着扫一遍序列，每遇到一个正数我们就把它拿出来抵消后面的负数，显然应该优先抵消较大的负数，因为无论多大的负数都需要\(1\)的代价删除，优先抵消较大的负数能使的最后剩下得负数尽量少；

之后我们将剩下的负数从大到小排序，做一个前缀和，二分一下\(b_i\)能抵消掉多少即可；复杂度\(O((n+m)\log n)\)。

设\(f_{i,j,k}\)表示当前处在点\(i\)，子串匹配到了\(j\)位，子序列匹配了\(k\)位距离终点的期望距离；子串匹配搞一个kmp自动机，子序列匹配就看一下转移的字符是否为下一个字符就好了，一般图随机游走高斯消元即可，这样复杂度是\(O((n|a||b|)^3)\)。

我们发现子序列匹配的时候匹配的长度不会变短，即按照第三位来把转移图分层，层与层之间不会出现环，于是我们可以对分层高斯消元，复杂度\(O(n^3|a|^3|b|)\)；著名睿智选手asuldb由于没有脑子，忘了期望要设成到终点的期望距离，之后自闭了。

posted @ 2020-02-09 21:13  asuldb  阅读(522)  评论(1)  编辑  收藏  举报