杂题选做2

杂题选做2

P4298 祭祀

答案分为三部分：求出答案，构造反链，求出一个点是否可能出现在最长反链上。

求出答案

首先，最长反链的值和最小可重链覆盖是等价的。

我们熟知的网络流 $24$ 题中有一道最小不可重链覆盖，想必大家都会。考虑可重链覆盖，相当于我们重新认为一条链不一定是连续的，只要前后两点有可以到达的关系即可，这样问题又转化为了不可重链覆盖。

为了达成这一点，我们只需要对原图求传递闭包，然后使用网络流 $24$ 题中的方法求解。

构造反链

为了避免后面出现一些歧义，我们回顾不可重链覆盖的方法：

• 将每一个点拆分为 $x_{in},x_{out}$ 。所有的 $x_{in}$ 看作二分图的左部，$x_{out}$ 看作二分图的右部。
• 假设 $i$ 可以直接或者间接到达 $j$ ，则 $(i_{out},j_{in})$ 之间连一条边。

答案为 $n$ 减去最大匹配。

减去最大匹配的原因可以理解为，一开始每一个节点都是一个独立的链，而一条匹配边相当于对于两条链合并。

为了构造反链，我们需要先构造 最小点覆盖

假设求出了最大匹配，知道了哪些节点被匹配了。接下来从右部点中没有被匹配的那些点出发，开始dfs，但是只允许经过非匹配边到达左部点；如果dfs当前在一个左部点，那么只允许经过匹配边到达右部点。

最终取左部被dfs到的点，右部点没有被dfs到的点，这个就是最小点覆盖集合 $s$。

证明：

• $|s|=m$ 。明确一点，就是 $s$ 中的节点都是被匹配的节点。其实 $|s|=m$ 的原因就是每一条匹配边，都有恰好一个端点存在与 $|s|$ 中。

1. 不会出现某一条匹配边，两端都没有被加入到 $s$ 。这相当于左部没有被dfs到，右部被dfs了。而右部作为匹配点，被dfs到无非是左部经过一条匹配边到达的，而现实是左部没有被dfs到。
2. 不会出现某一条匹配边，两端都被加入到 $s$ 。这相当于左部被dfs到，右部没有被dfs。但是当左部被dfs到的那个时刻，就会沿着匹配边去dfs到右部点，所以这不可能。

• $s$ 中的点可以覆盖到所有的边。假设存在某一条边，两端的节点都不在 $s$ 中，也就是说，左部点没有被dfs到，右部点被dfs到了。分析一下，这种情况下，这条边只能是一条匹配边（不然这个左部点就会被dfs）。既然是一条匹配边，右部点是不可以作为dfs的起点的，仅可以通过相应左部点走匹配边到达，而这个左部点并没有被dfs，所以这种情况不可能出现。

接下来构造 最大独立集 ，其实就是最小点覆盖的补集。

最后构造 最长反链 。对于每一个节点，如果 $x_{i}n,x_{o}ut$ 都在最大独立集中，就加入到最长反链中。

证明：

1. 是合法的反链：如果不合法，就存在两点 $x,y$ ，使得 $y_{in}$ 和 $x_{out}$ 之间有边。两点都被加入到最大独立集，意味着 $x_{out},y_{in}$ 都不在最小点覆盖中。如果 $y_{in},x_{out}$ 之间有边，那么最小点覆盖就不合法了。所以他们之间没有边。

2. 大小正确。令 $A$ 表示最大独立集，$B$ 表示构造出的反链。已经知道的是 $|A|=2n-m$ ，需要证明的是 $|B|=n-m$ 。

• 一个下界：考虑 $A-B$ 意味着什么？$x_{in}$ 或者 $x_{out}$ 有一个不在 $A$ 中的点的个数，肯定不超过 $n$ 个。也就是说 $|A|-|B|\le n$ ，进而 $|B|\ge |A|-n=n-m$ 。

• 一个上界：$|B|$ 再大，不会比 $n-m$ 大。对于每一条匹配边，都会导致某一个 $x_{in}$ 或者 $x_{out}$ 没有出现在最大独立集中。

所以 $|B|=n-m$ 。

求出可能出现在最长反链中的点

暴力枚举某一个点 $x$ 并且加入到最长反链中。那么我们就需要将原图中可以到达 $x$ 或者被 $x$ 到达的点删除，剩下的点构造最大反链，如果大小为 $n-m-1$ ,就说明 $x$ 可能出现在最长反链中。

时间复杂度 $O(n^4)$ 。

CF2048G Kevin and Matrices

不可能出现：

$$\underset{1\le i\le n}{min}\left(\underset{1\le j\le m}{max}{a}_{i,j}\right)<\underset{1\le j\le m}{max}\left(\underset{1\le i\le n}{min}{a}_{i,j}\right).$$

所以题目要求的等价于：

$$\underset{1\le i\le n}{min}\left(\underset{1\le j\le m}{max}{a}_{i,j}\right)=\underset{1\le j\le m}{max}\left(\underset{1\le i\le n}{min}{a}_{i,j}\right).$$

枚举这个权值 $w$ 。这个条件等价于至少某一行全部小于等于 $w$ ,至少某一列全部大于等于 $w$ 。令 $f(x,y)$ 表示至少 $x$ 行全部小于等于 $w$ ，至少 $y$ 列全部大于等于 $w$ ，考虑 $g$ 的计算：

$$g(x,y)=C_n^x{C}_m^y\times v^{(n-x)(m-y)}\times w^{x(m-y)}\times (v-w+1{)}^{y(n-x)}$$

理由简单。

我们只需要容斥求出答案：

$$ans=\sum _{x\ge 1}\sum _{y\ge 1}g(x,y)(-1{)}^{x+y-2}$$

$$=\sum _{x\ge 1}\sum _{y\ge 1}{C}_n^x{C}_m^y\times v^{(n-x)(m-y)}\times w^{x(m-y)}\times (v-w+1{)}^{y(n-x)}\times (-1{)}^{x+y-2}$$

我们现在来求 $y\ge 0$ 的情况，最后减去 $y=0$ 。

$$\sum _{x\ge 1}{C}_n^x(-1{)}^x\sum _{y\ge 0}{C}_m^y\times v^{(n-x)(m-y)}\times w^{x(m-y)}\times (v-w+1{)}^{y(n-x)}\times (-1{)}^y$$

后面部分可以使用二项式定理优化：

$$=\sum _{x\ge 1}{C}_n^x(-1{)}^x(v^{n-x}\times w^x-(v-w+1{)}^{n-x}{)}^m$$

单次求解 $O(n\log m)$ 。枚举每一个可能的权值 $w$ ,时间复杂度为 $O(nv\log m)$ 。

QOJ8428 Partition into Teams

这个问题除了平局之外是具有对称性的，我们肯定是求平局的数量更好求。容易知道平局的数量为：

$$\sum _{i=0}^n{C}_n^{2i}{C}_{2i}^i$$

但是这个组合公式没有明显的优化方案。注意到本题模数 $p\le {10}^6$ 且为质数，启发我们使用卢卡斯定理优化。

进行数位dp ,设 $f_{d,j,k}$ 表示考虑到第 $d$ 位，$j$ 表示 $2i$ 是否有进位，$k$ 表示仅考虑 $p$ 进制的前 $d$ 位，$i$ 是否比 $n$ 大。转移只需要暴力枚举一个 $[0,p)$ 之间的数填入第 $d$ 位即可。

最终答案为 $f_{60,0,0}$ 。时间复杂度 $O(p{\log }_{2}n)$ 。

QOJ7302 Walk of Length 6

题目要求求出非简单的 $6$ 元环数量。我们直接枚举非简单 $6$ 元环的全部形态：

• 长度为2的链：直接枚举 $O(n^2)$ 。
• 长度为3的链：枚举其中的某一条边，两一条边用度数计算 $O(n^2)$ 。
• 长度为4的链：枚举中间那条边，用度数计算另外两条边。使用 bitset 去掉三元环的情况。时间复杂度 $O(\frac{n^3}{w})$ 。
• 简单三元环：枚举其中某一条边，bitset计算可能的第三点的数量 $O(\frac{n^3}{w})$ 。
• 简单四元环：枚举对角线上的两个点，bitset计算可能的另外两点的数量 $O(\frac{n^3}{w})$ 。
• 大小为4的菊花图：枚举菊花图的根，然后用度数算。时间复杂度 $O(n)$ 。
• 简单四元环带小尾巴：枚举某一条对角线，钦定对角线上某个点具有小尾巴。其余方法和四元环一样，时间复杂度 $O(\frac{n^3}{w})$ 。
• 简单四元环+对角线：枚举对角线，其余方法和四元环一样，时间复杂度 $O(\frac{n^3}{w})$ 。
• 两个交集大小为 $1$ 的三元环：先求出交点数量为 $1,2$ 的情况，方法同简单三元环；去掉交点数量为 $2$ 的情况，方法同简单四元环+对角线。时间复杂度 $O(\frac{n^3}{w})$ 。

发现每一种都可以在 $O({\displaystyle \frac{n^3}{w}})$ 的时间复杂度内计算。

QOJ1277 Permutation

写一个爆搜或者凭直觉发现，如果一个排列 $p$ 想要不合法其实非常困难。我们转而考虑那些不存在长度为 $3$ 的等差序列的排列 $p$ 。

考虑一个暴力：设 $f_{i,s}$ 表示填到序列的第 $i$ 个元素，在第 $i$ 个元素之前，$s$ 内的数已经被填入了。那么我们可以枚举第 $i$ 个元素可以填入的值，利用 $s$ 判断是否合法：

• 假设 $a_i=x$ ,如果存在两个元素 $1\le y,z\le n$ ，使得 $y+z=2x$ 且 $y\in s,z\notin s$ ,则说明存在一个等差序列。

现在获得了一个 $O(n^2{2}^n)$ 的做法。

考虑去除掉无用状态，速度有明显提升，但是依然无法通过 $n\le 50$ 的数据。我们考虑限制是从前往后越来越严格，所以我们倒着dp，并且去除无用状态即可通过。

QOJ4283 Power of XOR

首先，问题要求 ${\text{popcount}}^k$ 。因为 $k$ 比较大，考虑求出 $\text{popcount}=i$ 的集合数量。

经过一定的思考，发现本问题并不容易折半，考虑线性基。设线性基的大小为 $m$ 。

如果 $m$ 比较小，那么我们可以直接枚举集合的异或和，这只有 $2^m$ 中可能。我们容易做到 $O(2^m)$ 。

但是如果 $m$ 比较大，该怎么办？我们可以通过“线性基求异或第 $k$ 大”的相同方式构造一组特别的线性基，这不会影响问题的答案。构造方式如下：

for(int i=0;i<=62;i++)
	for(int j=i-1;j>=0;j--)
		if(p[i]>>j&1) p[i]^=p[j];

那么这样的线性基有什么特点呢？有 $m$ 个二进制位，仅可以从线性基中的某一个元素获取。我们可以状压另外 $n-m$ 个二进制位。具体状态如下：设 $f_{i,j}$ 表示在线性基中选取了 $i$ 个元素，$j$ 是仅考虑另外 $n-m$ 位的异或和。实际上，本质不同的 $j$ 只有 $2^{n-m}$ 个，所以这个做法的时间复杂度为 $O(n^2{2}^{n-m})$ 。

两种做法综合一下即可通过本题。

CF1383F Special Edges

根据本题的数据范围，本文认为 $n,m$ 同阶。

动态修改 $k$ 条边的流量，从最大流的角度好像很难做，但是如果从最小割的角度来看，发现只需要枚举 $k$ 条边哪一条割，哪一条不割就可以了。

设 $f_s$ 表示集合 $s$ 内的特殊边割掉，其余的不割，原图的最小割（不考虑 $s$ 内边的代价）。如果有 $f$ 数组，我们的询问可以做到 $O(q{2}^k)$ 。

如果直接暴力枚举删不删一条边，接下来暴力跑网络流，时间复杂度是 $O(2^{k}n\sqrt{nV})$ 的，本题的数据极强无法通过。

这个做法的缺陷在于哪里呢？假设我们求出了 $f_s$ ，并且保留了 $f_s$ 残余网络的状态，我们需要求出 $f_{s\cup x}$ 。对于原网络而言，改变的只有 $x$ 这一条边而已，所以我们只需要退流就可以。时间复杂度被优化到了 $O(2^{k}nV)$ 。

总体时间复杂度 $O(2^{k}nV+n\sqrt{nV}+q{2}^k)$ ，需要卡常。