【学习笔记】AGC035

Develop

$dp$好题！！

转化是显然的。删除的点集是合法的当且仅当其导出子图不存在环。

如果$K$是偶数，那么按编号奇偶性考虑，问题转化为不能取连续$\frac{k}{2}+1$个数。

如果$K$是奇数，那么一个环可以看成两个交叉的边加上左右两段连续区间。

考虑把$x$和$x+K$划分到同一层。对于每一层，考虑把左右侧的点一起转移。

设$dp[i][j][k]$表示前$i$层，向上向右再向上的最大路径长度为$j$，右边点选了连续$k$个的方案数。

$1.1:$若左右边的点都不选，$dp[i-1][j][k]\to dp[i][0][0]$
$1.2:$若选左边的点，不选右边的点，那么从这个点可以往上爬，$dp[i-1][0][k]\to dp[i][0][0]$，$dp[i-1][j][k]\to dp[i][j+1][0][j>0]$
$1.3:$若不选左边的点，选右边的点，$dp[i-1][j][k]\to dp[i][0][k+1]$
$1.4:$若左右两边的点同时选，那么可以向上爬或者直接往右边走，$dp[i-1][0][k]\to dp[i][k+2][k+1]$，$dp[i-1][j][k]\to dp[i][j+1][k+1][j>0]$

然后可以根据最大路径长度来判断是否存在环，即$j\le K+1$。复杂度$O(n^3)$。

tips：图论模型，状态设计与转移

Long Common Subsequence

这个构造题做过。输出$n$个$0$，$n$个$1$，一个$0$即可。

Equal LIS

神仙构造题。结论题

记$f[i]$表示以$i$结尾的$LIS$的长度。$L$表示整个序列$LIS$的长度。

$f[i]$具有一些分层的性质。若$L$为偶数那么把$f[i]\le \frac{L}{2}$扔到$A$集合，$f[i]>\frac{L}{2}$扔到$B$集合。

如果$L$为奇数，那么考虑第一个集合中是否存在一个位置，使得第一个集合$LIS$不变，另一个集合的$LIS$加$1$。

被hack了233

如果有一个数不在$LIS$中，那么把包含它的长度$\lceil \frac{L}{2}\rceil$的$IS$拿出来，剩下数的$LIS$至少是$\lceil \frac{L}{2}\rceil$。

显然$LIS$的$f[i]$编号非常有特色。首先把这个$IS$扔到$A$集合，设这个$IS$组成的集合为$\{f[i]\}$。然后把剩下的数中$f[j]\notin \{f[i]\}$的数放进$B$集合。然后再在$LIS$剩的数中随便选一个放进$B$集合。剩下的边角料放进$A$集合。

显然这个构造是合法的。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define db double
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
int T,n,p[200005],vis[200005],vis2[200005],f[200005],g[200005],bit[200005];
void add(int x,int y){
	for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]=max(bit[x],y);
}
int get(int x){
	int y=0;for(;x;x-=x&-x)y=max(y,bit[x]);
	return y;
}
int solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>p[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)bit[i]=vis[i]=vis2[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)add(p[i],f[i]=get(p[i])+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;
	for(int i=n;i>=1;i--)add(n-p[i]+1,g[i]=get(n-p[i]+1)+1);
	int L=0;for(int i=1;i<=n;i++)L=max(L,f[i]);
	if(L%2==0)return 1;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(f[i]+g[i]-1==L&&!vis[f[i]])vis[f[i]]=vis2[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(f[i]+g[i]-1>=(L+1)/2&&!vis2[i])return 1;
	return 0;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		cout<<(solve()?"YES":"NO")<<"\n";
	}
}

Rabbit Exercise

将原序列差分，令$d[i]=X[i]-X[i-1]$，会发现很有意思的现象，每次操作相当于交换$d[i]$和$d[i+1]$的值。

设$f[i][j]$表示初始在$i$，经过$2^j$次操作后的位置。复杂度$O(n\log K)$。

Synchronized Subsequence

字符串$dp$ 233

考虑规划后缀。$f(i)$表示只考虑$\ge i$的$a$，$b$的最大字典序

若$b$在$a$的前面，那么会贪心的在从左往右每个$a$前面插入最多的$b$，显然新增的$a$会被挂在最后面。直到不存在这样的$j$，设这一串操作得到的串是$s$，那么$f(i)=s+f(j)$

若$b$在$a$的后面，那么显然不会在中间插$a$，那么直接找到第一个不会插到中间的$j$，$f(i)=ab+f(j)$

复杂度$O(n^2)$。因为要字符串比较

tips：字符串$dp$考虑拼接，性质。

Reversing and Concatenating

设最小的字母是$a$，显然你经过$\log n$轮后就全部变成$a$了

然后显然你每次会提取逆序字典序最小的那个

可以直接用$\text{string}$模拟。

Complexity

如果我折半的话凌乱度不会超过$\log n$

$f_{i,j,k,l}$表示$i$行$[j,k]$向下凌乱度不超过$l$的最大长度

$g_{i,j,k,l}$表示$i$列$[j,k]$向右凌乱度不超过$l$的最大长度

转移方程如下。（233

$f_{i+f_{i,j,k,l},j,k,l-1}+f_{i,j,k,l-1}\to f_{i,j,k,l}$

$k-j+1\to g_{j,i,i+f_{i,j,k,l}-1,l}$

$f_{i,j,k+1,l}\to f_{i,j,k,l}$

$g_{i+g_{i,j,k,l},j,k,l-1}+g_{i,j,k,l-1}\to g_{i,j,k,l}$

$k-j+1\to f_{j,i,i+g_{i,j,k,l}-1,l}$

$g_{i,j,k+1,l}\to g_{i,j,k,l}$

注意细节。先处理跨层的转移。

复杂度$O(n^3\log n)$。

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530107.html
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