BalticOI 选做

BalticOI 选做

[BalticOI 2024]Wall

这种做法题解区好像没有，所以讲一下，比较有意思。

答案可以用 $\sum H-\sum h$ 来算。

先考虑 $\sum h$ 的部分，权值一定是 $\sum (a_i+b_i)2^{n-1}$。

重点在于 $\sum H$ 的部分。我们考虑使用这么一种计算方法：$\sum [H\ge d]$ 。考虑固定一个 $d$ 如何计算答案，那么现在我们就只关心 $a_i,b_i$ 是否大于等于 $d$ 了，记录 $nu{m}_i$ 表示 $[a_i\ge d]+[b_i\ge d]$ 。在一个序列中，$H$ 大于等于 $d$ 的元素一定是一个连续的区间，我们枚举这个区间 $[l,r]$ ，然后去计算 $[l,r]$ 作为区间内元素都大于等于 $d$ 的 极大区间 的序列数量。

$l=r$

对于 $l$ 位置本身而言，因为要求区间元素大于等于 $d$ ，故有 $nu{m}_i$ 种选择。对于 $i\ne l$ 而言，要求元素严格小于 $d$ ，所以有 $\prod _{i\ne l}(2-nu{m}_i)$ 种选择。

故这种情况的贡献就是 $nu{m}_l\times \prod _{i\ne l}(2-nu{m}_i)$ 。

$l\ne r$

类似于 $l=r$ 的，两个端点处都要求权值大于等于 $d$ ，所以有 $nu{m}_l\times nu{m}_r$ 种可能性。既然左右端点确定了，那么 $(l,r)$ 内的元素可以自由选择，故有 $2^{r-l-1}$ 种可能性。在区间外的元素贡献同 $l=r$ 。

这种情况的贡献是 $(r-l+1)\times nu{m}_l\times nu{m}_r\times 2^{r-l-1}\times \prod _{i\notin [l,r]}(2-nu{m}_i)$ 。

我们发现 $l=r$ 不过是 $l\ne r$ 的特殊情况。。。

对于这种二元组统计问题，可以想到使用分治结构去计算。我们考虑线段树。

看看答案怎么合并，一个节点的合法二元组由两个儿子内的答案和跨越分治中心的区间 $[l,r]$ 构成。一定需要记录一下三种信息：

1. $an{s}_i$ 表示区间内所有合法二元组的贡献和。
2. $pre{w}_i$ 表示区间内所有合法的前缀 $l$ 的贡献和。
3. $suf{w}_i$ 表示区间内所有合法的后缀 $r$ 的贡献和。

先考虑 $an{s}_i$ 的合并。

最为简单的就是 $an{s}_i=an{s}_{ls}+an{s}_{rs}$ 。然后考虑利用 $suf{w}_{ls}$ 和 $pre{w}_{rs}$ 合并出答案。这里有一个棘手的点：

• $pre{w}_i$ 记录的信息类似于 $(-l+1)\times nu{m}_l\times 2^x\times \prod _{j<l}(2-nu{m}_j)$ 。
• $suf{w}_i$ 记录的信息类似于 $r\times nu{m}_r\times 2^x\times \prod _{j>r}(2-nu{m}_j)$ 。

事实上,我们需要计算的答案形式与 $pre{w}_i$ 和 $suf{w}_i$ 都不同。系数不同，贡献 $(r-l+1)$ 也与 $-l+1,r$ 不同。但是我们可以拆贡献：

$(r-l+1)\times nu{m}_l\times nu{m}_r\times 2^{r-l-1}\times \prod _{i\notin [l,r]}(2-nu{m}_i)$ 可以被表示为：

$r\times nu{m}_l\times nu{m}_r\times 2^{r-l-1}\times \prod _{i\notin [l,r]}(2-nu{m}_i)$ 和

$(-l+1)\times nu{m}_l\times nu{m}_r\times 2^{r-l-1}\times \prod _{i\notin [l,r]}(2-nu{m}_i)$

我们只需要额外维护 $pr{e}_i,su{f}_i$ 的不带贡献形式 $pr{e}_i,su{f}_i$ 形式就可以了。

• $pr{e}_i$ 记录的信息类似于 $nu{m}_l\times 2^x\times \prod _{j<l}(2-nu{m}_j)$ 。
• $su{f}_i$ 记录的信息类似于 $nu{m}_r\times 2^x\times \prod _{j>r}(2-nu{m}_j)$ 。

那么就有 $an{s}_i=(suf{w}_{ls}\times pr{e}_{rs}+su{f}_{ls}\times pre{w}_{rs})$ 。

接下来考虑 $pr{e}_i$ 和 $pre{w}_i$ 的转移，$su{f}_i$ 和 $suf{w}_i$ 的转移十分类似，这里就不讲了。

$pr{e}_i$ 也是由两个部分组成：$pr{e}_{ls}$ 和 $x\times pr{e}_{rs}$ 。就是前缀在左儿子还是右儿子中的两种情况。记录 $se{g}_i$ 表示 $i$ 节点所管辖的线段长度，则左儿子的转移是十分简单的：$pr{e}_i=pr{e}_{ls}\times 2^{se{g}_{rs}}$ ，$pre{w}_i$ 的转移是一模一样的。

考虑 $l$ 在右儿子内，转移的时候左儿子的元素均会贡献 $\prod (2-nu{m}_j)$ 的系数，所以额外记录 $t_i$ 表示区间内元素 $(2-nu{m}_j)$ 的积。则：$pr{e}_i=t_{ls}\times pr{e}_{rs}$ 。

$t$ 本身就是 $t_i=t_{ls}\times t_{rs}$ 。

最后答案就是 $an{s}_{root}$ 。

这么计算的好处在于分治结构可以动态。那么我们让 $d$ 从小到大，对于每一个元素而言，$nu{m}_i$ 会经历 $2$ 到 $1$ ，$1$ 到 $0$ 的过程，在线段树上单点修改一下即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

[BalticOI 2021] The short shank

提供一个比较好想的做法.

考虑如果一个隔板都不放,那么每一个犯人有两种造反的可能性:

• 自己造反的时间的时间 $t_i\le T$ .(一类犯人)
• 自己造反的时间虽然大于 $T$ ,但是存在一个位于其之前的犯人满足 $t_i\le T$ ,并且可以通过传导的方式使得这位犯人在 $T$ 之前造反.(二类犯人)

对于一类犯人,没救了.但是可以通过插入隔板的方式阻断第一类犯人造反后的传导,以减少第二类犯人的造反.接下来需要集中注意力:

性质1:假设对于一个二类犯人 $i$ ,可以通过传导的方式使得其造反的,编号最大的犯人为 $f_i$ .则当 $f_i$ 到 $i$ 之间存在隔板的时候,犯人 $i$ 不会造反.

这个就不需要证明了,应该是比较显然的.所以我们就提取出了若干个区间 $[l_i,r_i]$ .然后需要选择一些点,使得包含这些点的区间尽可能多. 体现在题目中的含义就是:点代表着隔板,一个区间内存在隔板就会减少一个二类犯人的造反.

但是这样也不是很好做,我们猜想区间是否存在一些性质:

性质2:对于两个二类犯人 $i,j$ ,$[f_i,i],[f_j,j]$ 要么包含,要么不相交.

证明:就是证明不会出现 $f_i<f_j<i<j$ 的情况出现.注意到 $f_j$ 可以使得 $j$ 造反,而不可使得 $i$ 造反.而传导到 $j$ 的时间消耗比 $i$ 大,所以此时 $f_i$ 应当是 $f_j$ 才对.与假设不成立.所以不会出现仅相交的情况.

我们获得了这个重要性质,像一下,区间要么不相交,要么包含.容易想到树形结构.我们考虑对于一个区间,让最小的,包含其的区间向他连边,就得到了一个森林.

问题进一步被转化为选出若干个节点,使得他们到根的路径并尽可能的大.这个问题十分经典,长链剖分选前 $d$ 长的长链即可.

时间复杂度为 $O(n\log n)$ .因为找到 $f_i$ 需要时间,方法有很多.可以使用单调栈二分的方式实现.