ZJOI 2022 部分题解

ZJOI 2022 部分题解

太菜了所以只写了两题

[ZJOI2022] 树

https://www.luogu.com.cn/problem/P8329

题解

玩一玩样例可以得到这样的式子

$$ans=\sum _{S\cup T=[n],S\cap T=\varnothing }f(S)g(T)$$

其中 $f(S)$ 表示第一棵树非叶子结点集合恰好是 $S$ 的方案数

$g(T)$ 表示第二棵树非叶子结点集合恰好是 $T$ 的方案数

$[n]$ 表示 $\{1,\dots ,n\}$

所以

$$ans=\sum _{S\cup T=[n],S\cap T=\varnothing }f(S)g(T)$$

我们想求 $f(S)$，很不好求，原因就在于你既要考虑 $S$ 内的点是非叶子的限制，还要考虑 $S$ 外的点是叶子的限制

我们只考虑后面的限制，看看能不能求（

那其实就是求第一棵树非叶子节点集合包含于 $S$ 的方案数，记作 $F(S)$

看到这大家应该就想到反演了

这边简单讲一下集合反演

集合反演

$$\begin{gathered} F(S)=\sum _{S^{\prime }\subseteq S}f(S^{\prime })\iff f(S)=\sum _{S^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|S^{\prime }|}F(S) \\ F(S)=\sum _{S\subseteq S^{\prime }}f(S^{\prime })\iff f(S)=\sum _{S\subseteq S^{\prime }}(-1{)}^{|S|-|S^{\prime }|}F(S) \end{gathered}$$

证明跟别的反演一样带进去就可以证了（个人感觉反演很奇妙

---

直接开始反演，推式子：

$$\begin{array}{rl}F(S)& =\sum _{S^{\prime }\subseteq S}f(S^{\prime })\\ f(S)& =\sum _{S^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|S^{\prime }|}F(S^{\prime })\\ ans& =\sum _{S\subseteq [n]}f(S)g(T)\\ & =\sum _{S\cup T=[n],S\cap T=\varnothing }\sum _{S^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|S|-|S^{\prime }|}F(S^{\prime })\sum _{T^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|T|-|T^{\prime }|}F(S^{\prime })G(T^{\prime })\\ & =\sum _{S\cup T=[n],S\cap T=\varnothing }\sum _{S^{\prime }\subseteq S}\sum _{T^{\prime }\subseteq S}(-1{)}^{|S^{\prime }|+|T^{\prime }|}F(S^{\prime })G(T^{\prime })\\ & =\sum _{S^{\prime }\cap T^{\prime }=\varnothing }(-1{)}^{n-|S^{\prime }|-|T^{\prime }|}F(S^{\prime })G(T^{\prime })\sum [(S^{\prime }\subseteq S)\text{and}(T^{\prime }\subseteq T)\text{and}(S\cap T=\varnothing )]\\ & =\sum _{S^{\prime }\cap T^{\prime }=\varnothing }(-1{)}^{n-|S^{\prime }|-|T^{\prime }|}F(S^{\prime })G(T^{\prime })2^{n-|S^{\prime }|-|T^{\prime }|}\\ & =\sum _{S^{\prime }\cap T^{\prime }=\varnothing }(-2{)}^{n-|S^{\prime }|-|T^{\prime }|}F(S^{\prime })G(T^{\prime })\end{array}$$

于是你开始 dp

怎么 dp 呢？ dp 处理子集问题肯定是按顺序考虑每个元素加不加入子集

也就是说记一维 $i$ 表示处理到哪一个元素

假设它在第一棵子树中这时候有 $j$ 种选父亲的方法（父亲首先得是 $\{1,\dots ,i\}$ 里，然后必须是非叶子）

在第二棵中有 $k$ 种选父亲的方法

那么就可以开始 dp

1. $i$ 在第一棵树内是叶子结点，第二棵内不是，也就是$i\notin S^{\prime },i\in T^{\prime }$，这样一来，$f_{i,j,k}$ 要转移到 $f_{i+1,j,k-1}$，$k-1$ 是因为 $i$ 在第二棵树内可以选择 $i+1$ 作为父亲，$i+1$ 少了一个，这时候代入式子可以得到 $f_{i+1,j,k-1}+=f_{i,j,k}$
2. $f_{i+1,j+1,k}+=f_{i,j,k}$
3. $f_{i+1,j,k}+=-2f_{i,j,k}$

这样就好了，时间复杂度 $O(n^3)$

需要积累的东西是推式子题可以推一推然后 dp

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 505;
int P,n;
int f[2][N][N];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&P);
	for(int i=1; i<=n; i++) f[1][1][i]=1;
	for(int i=1,ib=1; i<n; i++,ib^=1)
	{
		int ans=0;
		for(int j=1; j<=i; j++)
			for(int k=1; k<=n-i; k++)
			{
				int t=(ll)j*k%P;
				(f[ib^1][j+1][k]+=(ll)t*f[ib][j][k]%P)%=P;
				(f[ib^1][j][k-1]+=(ll)t*f[ib][j][k]%P)%=P;
				(f[ib^1][j][k]+=(ll)(P-2)*t%P*f[ib][j][k]%P)%=P;
				if(k==1) (ans+=(ll)f[ib][j][k]*t%P)%=P;
			}
		memset(f[ib],0,sizeof f[ib]);
		printf("%d\n",ans);
	}			
	return 0;
}

[ZJOI2022] 众数

https://www.luogu.com.cn/problem/P8330

题解

首先一个需要积累的东西：遇到众数要考虑平衡规划

问题等价于求选一个区间，内部众数和外部众数出现次数之和的最大值，以及取到最大值外部众数的值

这个东西我们考虑分成 $<B$ 和 $\ge B$ 的两种数（以下叫小数和大数）

区间内部是 $b$ ，区间外部是 $a$

如果大数在外面，我们先枚举 $a,b(a\ge B)$ ，我们如果先算上 $a$ 的出现次数，然后每一段区间对答案的贡献值就变成 $cnt(b)-cnt(a)$，然后可以变成一个最大子段和问题，每个 $b$ 的位置上是 $+1$ ，$b$ 之间的区间上是一个 $\le 0$ 的数，然后直接 $dp$ 就可以求出贡献值的最大值，$b$ 之间的 $a$ 个数可以前缀和预处理，效率是 $O(\frac{n}{B}\cdot \sum cnt(b))\le O(\frac{n^2}{B})$

如果大数在里面也差不多，$a,b(b\ge B)$，这边注意的是因为 $a$ 是小数，所以按 $a$ 出现次数来分割，每个 $a$ 的位置上是 $-1$ ，之间的区间是 $\ge 0$ 的数

现在要考虑的就是区间内外都是小数的贡献，不能直接枚举 $a,b$ 怎么办呢？那我们可以来枚举众数，发现内部众数一定 $<B$，然后我们要快速求出满足条件的区间内 $a$ 个数的最小值（贡献也是 $cnt(b)-cnt(a)$ 我们固定了 $cnt(b)$，就要求 $cnt(a)$ 最小值）

（诶诶怎么求好呢ww）

注意到区间的左右一定可以取到刚好顶到 $a$ 出现的位置（或者 $1,n$）

那我们可以预处理一个数组 $f_{i,j}$ 表示从 $j$ 开始，要众数 $i$ 次出现，最小的右端点位置

（如何求 $f$ : 首先枚举众数，然后枚举 $L,R$，$f[R-L+1][pos[L]]=pos[R]$，接着 $f[i][j]=max(f[i][j+1],f[i][j])$就好了）

我们枚举 $a$ 的两个位置 $pos[L],pos[R]$，我们在这之间看看能不能找到区间，此时 $cnt(a)=R-L-1$，然后可以二分最大的 $i$ 满足 $f_{i,j}<pos[R]$ 这就是 $cnt(b)$ 了，效率有 log 不太行

注意到可以直接利用单调性双指针就完了，效率 $O(nB)$

为什么是 $O(nB)$ ？？（不应该是枚举 $a$：$O(n)$ ，然后枚举 $L,R$ ：$O((B{)}^2)$？）

这边积累一个小东西：

如果 $a_i\le \sqrt{n},\sum a_i\le n$ ，$\sum a_i^2\le \sum a_i\sqrt{n}\le n\sqrt{n}$

所以取 $B=\sqrt{n}$ 然后效率 $O(n\sqrt{n})$

具体看看代码

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e5+5, B = 505;
int _,n,sqn,a[N],dsc[N],nd,f[B][N],lrg[B],nlrg,ans,pre[B][N],inlrg[N],res[N],nres;
//_:组数 sqn:sqrt(n) dsc:离散化 nd:dsc大小 f[i][j] min(k) 使得 [j,k] 内众数为 i
//lrg[nlrg] 出现次数 >= sqn 的数 ans 所求的众数最大出现次数 pre[i][j] [1,j] lrg[i]出现次数
//inlrg[i] [i\in lrg] res[nres] 所求的众数的值
vector<int> pos[N]; //每个数出现的位置
void update(int r, int val) //更新 ans,res
{
	if(r>ans) ans=r,res[nres=1]=val;
	else if(r==ans) res[++nres]=val;
}
void init()
{
    //输入以及清多测
	scanf("%d",&n); sqn=sqrt(n); for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),dsc[i]=a[i];
	nlrg=nres=ans=0; for(int i=1; i<=n; i++) pos[i].clear();
	for(int i=1; i<=sqn+1; i++) for(int j=1; j<=n+2; j++) f[i][j]=N,pre[i][j]=0;
    //离散化
	sort(dsc+1,dsc+n+1); nd=unique(dsc+1,dsc+n+1)-dsc-1;
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=lower_bound(dsc+1,dsc+nd+1,a[i])-dsc,pos[a[i]].push_back(i);
    //处理大数以及前缀和
	for(int i=1; i<=nd; i++)
		if((int)pos[i].size()>=sqn) 
		{
			lrg[++nlrg]=i; inlrg[i]=1; for(auto j:pos[i]) pre[nlrg][j]=1;
			for(int j=1; j<=n; j++) pre[nlrg][j]+=pre[nlrg][j-1];
		}
		else inlrg[i]=0;
}
//最大子段和所用的 dp 数组
int dp[N<<1],ndp;
void work1() // 大在外
{
	for(int i=1; i<=nlrg; i++) for(int j=1; j<=nd; j++) if(j!=lrg[i])
	{
		int li=lrg[i],r=dp[ndp=0]=1;
		for(int k=1; k<(int)pos[j].size(); k++) dp[++ndp]=-(pre[i][pos[j][k]-1]-pre[i][pos[j][k-1]-1]),dp[++ndp]=1;
		for(int k=1; k<=ndp; k++) r=max(r,dp[k]+=max(dp[k-1],0));
		update((int)pos[li].size()+r,li);
	}
}
void work2() // 大在里
{
	for(int i=1; i<=nd; i++) if(!inlrg[i]) for(int j=1; j<=nlrg; j++)
	{
		int sz=pos[i].size(),r=dp[ndp=0]=pre[j][pos[i][0]-1]; 
		for(int k=0; k<sz-1; k++) dp[++ndp]=-1,dp[++ndp]=pre[j][pos[i][k+1]-1]-pre[j][pos[i][k]-1];
		dp[++ndp]=-1; dp[++ndp]=pre[j][n]-pre[j][pos[i][sz-1]];
		for(int k=1; k<=ndp; k++) r=max(r,dp[k]+=max(dp[k-1],0)); update(sz+r,i);
	}
}
void work3() //小对小
{
	for(int i=1; i<=nd; i++) if(!inlrg[i]) { int sz=(int)pos[i].size(); for(int l=0; l<sz; l++) for(int r=l; r<sz; r++) f[r-l+1][pos[i][l]]=pos[i][r]; }
	for(int i=n; i; i--) for(int j=1; j<sqn; j++) f[j][i]=min(f[j][i],f[j][i+1]);
	for(int i=1; i<=nd; i++) if(!inlrg[i])
	{
		int sz=pos[i].size(),r=0,md;
		for(int R=0; R<sz; R++) { md=0; while(md+1<sqn and f[md+1][1]<pos[i][R]) md++; r=max(r,md-R); }
		for(int L=0; L<sz; L++) { md=0; while(md+1<sqn and f[md+1][pos[i][L]+1]<=n) md++; r=max(r,md-(sz-L-1)); }
		for(int L=0; L<sz; L++) 
		{
			md=0; 
			for(int R=L+1; R<sz; R++)
			{
				while(md+1<sqn and f[md+1][pos[i][L]+1]<pos[i][R]) md++;
				r=max(r,md-(R-L-1));
			}
		}
		update(sz+r,i);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&_);
	while(_--)
	{
		init(); work1(); work2(); work3(); sort(res+1,res+nres+1); nres=unique(res+1,res+nres+1)-res-1;
		printf("%d\n",ans); for(int i=1; i<=nres; i++) printf("%d\n",dsc[res[i]]);
	}
	return 0;
}