8月杂题

Cu 傻逼 来写自己最后一个赛季的第一篇博客啊。

感觉以前自己写博客多少有点装逼的目的，现在会尽量写简练一些。

1.CF1225G To Make 1

直接 dp 复杂度寄了啊，考虑找点性质。

有解的必要条件就是存在一组 \(x_i\) 使得 \(\sum \frac{a_i}{k^{x_i}}=1\) 对吧，其中 \(x_i\) 可以看作是一个数在合并过程中被除的次数。

这个其实就是充分的啊。考虑设 \(M\) 是 \(x_i\) 的最大值，那一定至少存在两个 \(x_i=M\) 啊，否则和不可能是 \(1\) 。然后把这俩合并，归纳下去就好了。

所以就转化成找 \(x\) ，就很 trivial 了。

2.AGC032D Rotation Sort

考虑这个区间左/移，实际上可以看成是一个数的移动啊。

先考虑 \(A=B\) 怎么办啊，那就是让移动次数尽量少，那有些数就在站桩，这些桩分成若干段，剩下的数移到对应的位置啊。这个桩还要构成上升子序列。那这个就是求 LIS 。

\(A,B\) 不一样咋个搞啊，考虑中间某个数，左右的桩是 \(l,r\) 的话，如果 \(x<l\) 就往左移，\(x>r\) 就往右移，这是显然；如果存在 \(l<x<r\) ，那让 \(x\) 一起站桩明显更优啊。

就 dp 算算，trivial 了。

3.CF1523F Favorite Game

就首先有个简单 dp 啊，就是 \(f_{S,i,j}\) 分别表示传送门集合，所在的点，当前完成的任务数，那这个太爆了，考虑优化。

如果你站在某个传送门上，那因为这是传送门，所以你不关心你在哪个传送门，就是 \(f_{S,j}\) 表示：传送门集合，完成任务数，值为最小时间。

如果你站在某个任务点上，那这个时间是固定的啊，所以你只关心完成任务数，就是 \(g_{S,j}\) 表示：传送门集合，当前所在任务，值为最大任务数。

啊这个又做完了，互相转移一下就好了啊。

4.ARC113F Social Distance

这个期望先拆成 \(\int_{0}^{\infty}P(X\geq a)\,da\) 啊，这个相当于是 \(y_i\) 范围在 \([x_{i-1},x_i-(i-1)a]\) ,然后需要 \(y_i\le y_{i+1}\) 啊。

固定 \(a\) 的话，你按值域做个扫描线，设 \(f_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 段，有 \(j\) 个数已填的概率。转移就是枚举有多少数在当前填了啊。这是 \(O(n^3)\) 的。

然后 \(a\) 没有固定啊，但只要每个分界点大小关系相同，答案就是个关于 \(a\) 的多项式啊，\(a\) 就可以分成 \(O(n^2)\) 段，每段内算出来个多项式积分一下就好了。

把维护的 dp 值换成这个多项式就行了啊。然后复杂度就是 \(O(n^6)\) 的捏。

5.P7295 [USACO21JAN] Paint by Letters P

就是逼数学题啊。就这种平面图的联通块个数，有个欧拉公式啊，就是说 \(F-V+E=C+1\) 啊，\(F\) 是点数，\(E\) 是边数，\(V\) 是区域数，\(C\) 是联通块数啊。

来看这个题，就转化成求子矩阵的图构成的区域数啊。

这个就相对好做了：先把整张图的所有区域求出来，对每个区域随便标记一个块。查询的时候先求个二维前缀和；再减掉不合法的情况啊，那这些不合法的区域它们一定跨过了子矩阵的边界。

所以就枚举边界的每个块块，减掉它所在区域的贡献即可，注意不要减重了哟，复杂度 \(O(nm+nq+mq)\) 。

6.AGC058F Authentic Tree DP

你妈的想到了是有组合意义结果没想到这么逆天的构造啊。

考虑如果除的是 \(n-1\) 答案就是 \(1\) 了啊，为什么呢，这个实际上可以当成是，每次随机选个边删掉，然后两个子树分别做。让整个过程整体一点，就是确定一个删边的排列啊。

但现在除的是 \(n\) 啊怎么办呢。删的是边，但 \(n\) 是点数。如果除的是 \(2n-1\) ，那其实我们把每个边也看成点，这个“边点” 与两个端点相连，就 over 了。

就相当于我们这个排列需要每个边点在两个端点之前出现。容一容，树形 dp 一下就搞完了。

但你他妈的除的是 \(n\) 啊。如果我们让总点数在模意义下也是 \(n\) 是不是其实也可以？

现在就是神来之笔啊，真没想到啊：我们在每个“边点”下面接 \(mod-1\) 个虚点就 ok 了。复杂度 \(O(n^2)\) 。

7.hdu7344 Coloration

感觉对费用流建图的理解更好了点啊。

首先这个题意很好翻译，就是有一些操作，以一个费用给叶子到某祖先的一条链 +1 ，使得每个点的权值在一个范围内啊。

那我们考虑费用流啊，就是从每个叶子出发往上引个流，利用拆点建边搞上下界，但是这个流必须在某个地方停止啊怎么办呢。

那其实我们考虑要让整个图流量平衡，我们直接让这个流流回起点就平衡了啊，就跑个上下界可行费用流就好了。

就感觉很少做这种无源汇的图啊，其实有源汇就是个手段啊，自己对 flow 理解不深。

8.UOJ811 璀璨宝石

好妙啊哥。主要是对问题的勾勒方法吧，还有一些状态划分的技巧。

就是说我们有一个固有想法，就是最后求 \(\max (a,\frac{sum}{2})\) 这么个东西。

但这个路走不通啊，我们没法记下来那么多信息。所以我们想能不能边丢石子边消啊。

假装我们开天眼了，知道当前每种石子还要消多少次啊，那我们一开始能乱找两个消啊，然后消到某个时候出现了个极大的，就是让这屌和其他的消。

但我们没开天眼。但我们知道消的过程就是前后这两个阶段了，而且随便找个地方切状态就行了，因为我们是要最优化啊。

这个题就 trivial 了啊。

9. P4558 [JSOI2018] 机器人

不难先把矩阵无限复制，然后考虑每一条对角线，如果存在两个格子出边方向不同肯定 g 了，所以是得相同的。

又由于我们无限复制了，其实第 \(i\) 条和第 \(i+n\) 条，第 \(i+m\) 条的方向都要相同。由此发现这个机器人的走法是有一个 \(gcd(n,m)\) 的周期的。

由于 \(gcd(n,m)\) 是 \(nm\) 的约数，可以发现此时每个格子恰好走一遍等价于：从 \((0,0)\) 出发，走 \(nm\) 步后恰好第一次走回 \((0,0)\) 。

后面就 trivial 了。

10.CF1458C Latin Square

有点意思，就是把每个格子当成一个向量 \((a,b,c)\) ，分别表示横纵坐标和格子上的值。

则每次变换都是对它乘一个矩阵，这个题就做完了。

11.ABC314Ex Disk and Segments

正常的想法是先二分答案，再判有没有一个点能被所有区域包含，每个区域长成：一个长方形，两头接半圆的样子。

但是爷不会维护这种区域。踌躇莫展时突然想到了把这个东西看成一个二元函数，就发现了它的凸性，两遍三分做完了。

12. AGC064D Red and Blue Chips

比 C 好搞。就是考虑一个终止状态，怎么 check 它合不合法，倒看操作，每次遇到一个 B ，就可以把之前的一座塔劈成两半，R 相当于在某个塔的顶部取数。

怎么刻画这个东西呢，我们发现我们只关心哪些 B 是所在塔的最上端的 B 。进一步的，我们发现每个 B 都有一个权值，代表取它时附带的 R。

我们每次会尽量取权值大的。整个题就转化成了数列问题，就是前 k 大的数之和要大于 \(a_k\) 的形式。trivial 了。

13.ABC313F Flip Machines

看到 N 是 40 ，不难想到折半，但是直接折半没啥用啊。哎是不是可以正负分开，取小的来枚举就可以了。确实是这样的。

14.ARC126E Infinite Operations

趣味，就是考察 \(S=\sum |a_i-a_j|\) 这么个东西，发现每移动 \(x\) ，\(S\) 就会减少 \(2(2k+1)x\) ，其中 \(k\) 是插在 \(i,j\) 间的数个数。

显然 \(k=0\) 最好，这样得到答案就是 \(\frac{S}{2}\) 。

15.牛客多校9.C Puzzle: Kurodoko (Max)

在最后一分钟绝杀，爽死了。

先想的是以直径的两端为突破口，一定会取 \(a\) 尽量大的两个当直径。但是想了想不太行。

后来考虑到，可以根据最远点在直径的哪头，把树劈成两半，就考虑从中间这个边拓展了。

这个时候就豁然开朗了，中间这两个点需要 \(a_u+a_v=len+w\) ，剩下每个点 \(u\) 需要找到一个父亲，使得 \(a_u=a_v+w\) 。还需要两头都存在一个点，它的 \(a\) 是最大的。

考虑枚举中间这个边，不难发现要取两条不交路径，其中终点固定，起点在给定的某个范围内。直接跑 flow。

但是中间的边可能很多啊。但我们发现 \(a_i\) 最小的 \(u\) 一定会在中间的边上，否则它是找不到父亲的。

由此，发现整个问题终点有一个固定，另一个在某给定范围。这样就可以了，由于只 flow 两轮，复杂度线性。

15.牛客多校9.F Non-Puzzle: The Lost Array

好题啊。首先考虑需要满足这个 num 的限制，我们一定会依次每个权值搞。而不是依次每个位置。

由此我们有这样一个 dp ，我们依次枚举每个权值，记下来当前有哪些位置填了，以及当前 num 数组的桶，转移枚举子集。

发现可能的桶是很少的，具体的 \(\le 72\) 个。复杂度 \(O(3^nnm*72)\) 或者 \(2^nn^3m*72\) ，总之不能通过。

问题出在我们需要把当前填了的位置记下来，带来了很大的不便啊。如果没有 [每个位置只能填一次] 的限制就好了啊。考虑直接在一开始容斥！

这个题就做完了，复杂度 \(O(2^nnm*72)\) 。

这个想法很像 [ZJOI2016] 小星星。

16. hdu7333 Cut The Tree

先求出全局最优的点对 \((u,v)\)，发现我们只用关心根到 \(u\) 链的答案，根到 \(v\) 链的答案，做完了。

17. P6646 [CCO2020] Shopping Plans

水群看到一直在说 shopping 很牛逼什么的就来看，发现确实很牛逼啊啊。

先考虑只有一个种类该怎么做呢。先把物品从小往大排序，最好的取法就是取前 \(L\) 个，接下来我们尝试从它开始，拓展到其他状态。

我们设计一种方式来到达：假设最后我们取了 \(x_1,x_2,...,x_m(m\le R)\) ，则我们先依次取 \(L+1,R\) ，再把 \(m\) 移到 \(x_m\) ，\(m-1\) 移到 \(x_{m-1}\) ... 这样移。

发现这样子走，每一步总权值都不降，我们就把它抽象成一个图，每个路径代表一种方案，类似于 dij 跑一遍。（现在图其实长成了一棵外向树）

但这样搞的话每个点都要记录 \(O(n)\) 的信息，不好。我们尝试对状态进行简化，发现我们只关心四个信息：

正在移的是第 \(i\) 个；当前已移到 \(j\) ; \(x_{i+1}\) 的值 \(k\)，当前的总权值 \(s\)。这个时候图形成了一张 DAG ，我们仍然用 dij 跑就行了。

然后现在有很多种类怎么办呢。类似地，所有种类取最优的种类出发，依次对每个状态做调整。

可以抽象成，我们当前把第 \(i\) 种调整到了第 \(j\) 优取法 (j>1，否则会算重)，当前总和 \(s\) 。则可以把 \(j\) 移到 \(j+1\) ，也可以取 \(v>i\) ，然后把 \(v\) 从最优调整至次优。

但这里就有个问题，我们直接枚举 \(v\) 就 g 了。接下来有个神来之笔，就是我们把这个点的出边从小往大排序（也就是把次优-最优排序）。

然后修改连法，如果对第 \(i\) 个连 \(w_i\) 的边，我们就调整成：从 \(1\) 连了 \(w_1\) ，\(i\) 往 \(i+1\) 连 \(w_{i+1}-w_i\) 。这样就做完了。