【笔记】杂题选讲 2023.12.12

笔记 2023.12.12：杂题选讲

ARC132E

首先发现最终状态形如：中间两个洞夹着的没人动过，它的左边全是 <，右边全是 >，考律左边全是 < 的方案数。然后若给每个洞被选时间标号，则定向方案数是 $2^{n-\text{后缀最大值}}$。考虑从后往前 dp，将这个系数直接记在 dp 值里，然后就能算了，考虑每次插进去一个数插在哪里。$f_i=f_{i-1}\times 2(i-1)+f_{i-1}$。

CF1610H

无解显见。将链分类为直链（有祖先关系）和弯链，显见选一个根节点可以解决所有弯链。如果树本身是一条链，那么是经典贪心问题。类似的，对于一个合法方案，我们可以尝试将选的点向上跳，在不影响自己子树的情况下不劣。考虑 dp，$f_u$ 表示考虑所有在子树内的关键点对应了链，关键点定义为链深度较浅的向下跳。$f_u$ 至少是所有儿子的和，考虑关键点，如果有两个子树有 dp 值，那么全部合法，否则向有 dp 值的地方尝试跳，直到跳到某条链链底，事实上因为讨论过多，不妨认为直接就是 $f_u=\underset{(x,y)\text{是直链},f{a}_u=x}{max}(f_y+1)$。

对于最终答案，为了判断根节点选不选，不妨将 $f_1$ 与 $\underset{(x,y)\text{是弯链}}{max}\{f_x+f_y+1\}$ 取最大值，这是考虑 $(x,y)$ 上面到底有没有选到点，如果最终方案上面取到一个点，那么这个 $max$ 取不到。

CF704C

将限制的两个变量连边，因为度不超过二，所以就强行 dp。

这东西很烦的，应该能做的。

CF1253F

以充电中心为端点，建一张完全图，边权是两个充电中心的原图最短路，要求这张完全图上的路径最大值最小。一眼最小瓶颈生成树，重构树一下，问题变成求最小生成树。

其实是假的。

考虑树。考虑按照树上路径走，每走一步都试试充电。$di{s}_x$，表示离 $x$ 最近的充电站到 $x$ 的距离，显然可以魔改 dijkstra。然后发现每一步能充电就必然想要充电，我们可以写一个限制形如：

$$c-di{s}_x-w\ge di{s}_y$$

表示我走完 $x\to y$ 后必须想要充电。如果这一次没充上，下一步其实放宽限制，甚至可能寄了，所以声称路径上所有边满足这个限制是必要条件。

那么对于图就求 Kruskal 重构树。

CF1446D2

注意到全局众数 $a$ 一定出现，否则扩张区间。枚举另一个众数是 $x$，不妨钦定 $x,a$ 就是区间众数（否则扩张），那么我们只需要要一个区间使得 $a,x$ 的出现次数相等，一眼将 $a$ 设为 $1$，$x$ 设为 $-1$，找和为 $0$ 的连续段。进一步的发现有一些 $a$ 是没有必要每次都拉出来的，例如 aaaaaaaaaaaaaaaaaaxxxaaxaaaaaaaaaaaa 就只需要中间 $x$ 左右两边的 $a$。进一步的我们就是只关心那些 $x$ 向左向右一旦他只剩下一堆 $a$ 就不要继续向下，这样复杂度就均摊掉了。

一些想法是我们只需要找到每个 $x$ 向左向右到达的第一个使得 $cnt[a]=cnt[x]$ 的地方，拉出所有 $a,x$ 然后再做。枚举后继的部分记两个指针表示 $a,x$ 分别行进到哪里，用一些指针和双端队列拿出所有数字，然后归并排序，然后前缀和部分直接开桶。至于具体实现我也不知道。

CF1718D

笛卡尔树同构。根据已知信息推断每个未知数的合法区间，满足合法区间后，如果有不合法的直接 swap 一下。

然后做点和区间的匹配，正着贪心失配的区间和反着贪心失配的区间（注意是区间匹配点，按照左端点排序完了以后选个最靠左的）的并，声称是合法的 $d$ 的范围。

CF1603E

完美，等价于排序后每个前缀合法。

枚举最小值，记录填了几个数，目前到谁，总和，然后转移枚举填几个数字进去，是 $O(n^6)$。

当 $a_n=n$ 时，因为 $a_{1}n\ge \sum a_i⟹0\ge \sum (a_i-a_1)\ge 0$，由此整个序列都是 $n$。

当 $a_n=n+1$ 时，因为 $a_1(n+1)\ge \sum a_i⟹a_1\ge \sum (a_i-a_1)$，记录右边那个东西以判断，这样记下的总和是 $O(n)$ 的，而且不仅是这个序列，每个前缀都适用。

现在 $O(n^5)$。

观察到枚举 $a_1$ 之后每个数字填进去的个数，由于总和限制，是调和级数。

$O(n^4\log n)$。

$a_1{a}_k\ge \sum _{i\le k}{a}_i⟹a_k\ge \sum _{i\le k}{a}_i/a_1⟹a_k\ge k$。

结论是 $a_1+\sqrt{n}\le n$，因为考虑就是拿 $y=a_1$ 和 $y=x$ 切，切到后面那一段，因为刚刚说了 $a_i\ge i$，所以后面那一段，考虑 $\sum (a_i-a_1)=O(n)$，后面一段的长度为 $O(\sqrt{n})$。

$O(n^3\sqrt{n}\log n)$。

CF1208H

直接抄题解了，不想再写一遍过程了

ARC154E

先拆掉，考虑单独一个人的贡献。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i<j,p[i]>p[j]}(j-i)\\ =& \sum _{j}j\sum _{i<j}[p[i]>p[j]]-\sum _{i}i\sum _{i<j}[p[i]>p[j]]\\ =& \sum _{i}i(\sum _{j<i}[p_i>p_j]-\sum _{i<j}[p_i<p_j])\\ =& \sum _{i}i(i-\sum _{j<i}[p_i<p_j]-\sum _{i<j}[p_i<p_j])\\ =& \sum _{i}i(i-\sum _j[p_i<p_j])\\ =& \sum _{i}i(i-p_i)=\sum _i{i}^2-\sum _{i}i{p}_i\end{array}$$

注意这里换一下对象，我们求每个数字 $p_i$ 最终去到的地方的期望 $E[final\mathrm{\_}pos[p_i]]=s[i]$，然后求 ${(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2})}^m(\sum _i{i}^2-\sum _i{s}_i{p}_i)$。

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考虑对于下标 $i$，经过一次包含它的翻转到达 $j$，的方案数为 $min(i,n-i+1,j,n-j+1)$。观察到这意味着 $i\to j$ 与 $i\to n-j+1$ 的概率一样。于是无论具体到哪里的期望是多少，只要干了这个事，期望到达 $(n+1)/2$ 的位置。

没有干成这个事的概率是 $P=(1-i(n-i+1)/(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2}){)}^m$。

从而 $s_i=P\cdot i+(1-P)(n+1)/2$。

*ARC135D

整个矩阵经过显然的手法可以将 $a[1...n-1][1...m-1]$ 全部置零，求出来大概是什么交替和需要是常量，然后操作不影响交替和。就我是说每一行 $a[i][1]-a[i][2]+a[i][3]-a[i][4]\cdots$ 是常数，每一列也如此。然后乘 $(-1{)}^{i+j}$ 变成和不变。

然后考虑怎么构造一个新的矩阵使得它的和限制不变，这样就一定能变换过去，由刚才的置零。

不妨记 $A_i=\sum _j{a}_{i,j},B_j=\sum _i{a}_{i,j}$。

P8528

首先这个子区间就扫描线，历史版本和。我们肯定是想数不合法区间的个数。

考虑 $(x,y)$，如果 $lca(x,y)$ 在两边，就会有一个限制。

考虑支配对的形式，大概就是说 dsu on tree 的过程中，以 $z$ 为根加入轻子树时，$x$ 去找 $y$ ，去找最接近的 $y$ 才能限制到更多的区间，于是找前驱后继。

这样有用的支配对只有 $O(n\log n)$ 个。

CF1540D

这不是我们逆康托展开吗，但是有一种新的求 $p_i$ 值方法就是说令 $x=b_i$，然后 $i$ 向后枚举，如果 $x\ge b_j$ 那么 $x$ 自增，否则不变，最后输出 $n-x$，$x$ 维护了目前已知比 $p_i$ 大的数字的个数。

考虑对这东西分块，有很多后缀加和二分可以做到 $O(n\sqrt{n}\log n)$。就是维护 $x$ 进去出去什么东西。然后改成线段树好像能做，然后对询问分块处理好像能严格根号，感觉很烦。

CF468C

对于 $x<9\times {10}^{18}$，都有 $f({10}^{18}+x)=f(x)+1$。

考虑构造，初始区间是 $[0,{10}^{18})$，然后每次将区间右移，变成 $[1,{10}^{18}]$，这样就等于 $f([0,{10}^{18}))+1$，每次就加一了，因为 $a\le {10}^{18}$，所以加的次数不超过 ${10}^{18}$ 次，结论保持。