【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 \(f_u=\max_{(x, y)\text{是直链},fa_u=x}(f_y+1)\)。

对于最终答案，为了判断根节点选不选，不妨将 \(f_1\) 与 \(\max_{(x, y)\text{是弯链}}\{f_x+f_y+1\}\) 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。\(dis_x\)，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：

\[c-dis_x-w\geq dis_y \]

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 \(a_1n\geq \sum a_i\implies 0\geq \sum (a_i-a_1)\geq 0\)，由此整个序列都是 \(n\)。

当 \(a_n=n+1\) 时，因为 \(a_1(n+1)\geq \sum a_i\implies a_1\geq \sum (a_i-a_1)\)，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。

\(O(n^4\log n)\)。

\(a_1a_k\geq \sum_{i\leq k}a_i\implies a_k\geq \sum_{i\leq k}a_i/a_1\implies a_k\geq k\)。

结论是 \(a_1+\sqrt n\leq n\)，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 \(a_i\geq i\)，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。

\[\begin{aligned} &\sum_{i<j, p[i]>p[j]}(j-i)\\ =&\sum_{j}j\sum_{i<j}[p[i]>p[j]]-\sum_ii\sum_{i<j}[p[i]>p[j]]\\ =&\sum_i i(\sum_{j<i}[p_i>p_j]-\sum_{i<j}[p_i<p_j])\\ =&\sum_i i(i-\sum_{j<i}[p_i<p_j]-\sum_{i<j}[p_i<p_j])\\ =&\sum_i i(i-\sum_{j}[p_i<p_j])\\ =&\sum_i i(i-p_i)=\sum_i i^2-\sum_iip_i \end{aligned} \]

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 \(E[final\_pos[p_i]]=s[i]\)，然后求 \(\binom{n+1}{2}^m(\sum_ii^2-\sum_is_ip_i)\)。

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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 \(P=(1-i(n-i+1)/\binom{n+1}{2})^m\)。

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 \(x\geq b_j\) 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 \(a\leq10^{18}\)，所以加的次数不超过 \(10^{18}\) 次，结论保持。