杂题选做3

QOJ2618

三个节点还是不好做，考虑仅有两个节点 $x_{1}, x_{2}$ 该怎么做？

我们可以使用动态规划法来解决这个问题：设 $f_{i, j}$ 表示还有 $j$ 秒，此刻 $x_{1} - x_{2} = i$ 的概率，转移可以枚举当前会发生的每一种状态：

f_{n, m} = \frac{1}{3} f_{n, m - 1} + \frac{1}{3} (\frac{p}{100} f_{n + 1, m - 1} + \frac{100 - p}{100} f_{n - 1, m - 1}) + \frac{1}{3} (\frac{p}{100} f_{n - 1, m - 1} + \frac{100 - p}{100} f_{n + 1, m - 1})

整合一下：

f_{n, m} = \frac{1}{3} (f_{n, m - 1} + f_{n - 1, m - 1} + f_{n + 1, m - 1})

居然和 $p$ 没关系，确实没关系。

但是这样直接做是 $O (n k)$ 的，怎么办呢？发现这个转移明显是很多个多项式卷积得来的，分治fft优化一下既可以做到 $O (n \log n)$ 。

现在有三个点 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ ，该怎么办呢？发现这三个点之间的距离就是 $x_{1}, x_{2}$ 的距离加上 $x_{1}, x_{3}$ 的距离加上 $x_{2}, x_{3}$ 的距离然后除二即可。所以解决了两个点就可以解决三个点。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

QOJ2605

逆天构造题。

合法点集的要求有点像选出二分图的左部和右部点，我们先对原图构造一张至少有 $n k$ 条边的二分图：

按照编号从小到大进行二分图染色。对于节点 $u$ ,仅考虑 $v < u$ 且 $(u, v)$ 有边的节点 $v$ 构成的集合 $s$ 。如果 $s$ 中的点在二分图的左部更多，则将 $u$ 放入二分图的右部；反之放入左部。

容易发现这样的构造，二分图的边数不会小于 $\frac{m}{2}$ ,也就是 $n k$ 。

接下来我们找到度数小于等于 $k$ 的点，删除，一直循环直到所有节点度数都大于 $k$ ，此时就是一组解。一个比较平凡的实现就是使用set维护所有节点的度数，然后每一次取出度数最小点进行修改一类，时间复杂度为 $O ((n + m) \log n)$ ;但是注意到，如果一个节点 $u$ 的删除导致某些节点度数小于等于 $k$ 了，那一定是与 $u$ 直接相邻的节点，所以使用一个队列维护即可，时间复杂度为 $O (n + m)$ 。

但是有没有一种可能，我们上面的流程把图删空了呢？其实是不可能的，假设当前还有 $n$ 个点和至少 $n k$ 条边，因为我们只会删除度数小于等于 $k$ 的点，所以进入 $n - 1$ 个点的时候，也有至少 $(n - 1) k$ 条边。我们归纳的证明，上述流程结束之前的任何时刻，假设目前有 $n$ 个节点，就一定有至少 $n k$ 条边。因为一定存在某一个时刻 $n k > \frac{n (n - 1)}{2}$ ，所以不会被删空。

QOJ1243

画图发现不会存在两个点 $p, q$ ,两点均不是矩形的四个角。所以至多只有一个节点 $p$ 不是矩形的四个角。我们枚举 $p$ ，剩下的点只会出现在左对角/右对角中。分类讨论每一个矩形对 $p$ ，左对角，右对角的覆盖情况：

仅覆盖 $p$ ，可以放入左对角和右对角。
覆盖 $p$ ，左对角，可以放入右对角。
覆盖 $p$ ，右对角，可以放入左对角。
仅覆盖左对角，可以放入 $p$ 或者右对角。
仅覆盖右对角，可以放入 $p$ 或者左对角。
$p$ ，左对角和右对角都没有覆盖，可以放入 $p$ 或者左对角或者右对角。

我们可以枚举上述 $24$ 种情况进行计算。左右对角也分（左下角和右上角，左上角和右下角），所以一共 $48$ 种情况。时间复杂度 $O (X Y + n)$ 。

QOJ7254

肯定考虑dp，关键在于如何去重。我们设 $f_{i, j}$ 表示考虑 $a$ 序列长度为 $i$ 的前缀和 $b$ 序列长度为 $j$ 的前缀合并，可以得到多少种完全不同的序列。

一个最为基本的转移就是 $f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1}$ 。

这样算重复的原因就是，可能存在 $a [1 \dots i]$ 和 $b [1 \dots j]$ 的一个长度为 $k$ 的公共后缀。假设取完了 $a [1 \dots i - k]$ 和 $b [1 \dots j - k]$ ，这样的后缀会使得答案算多因为可以让 $a$ 和 $b$ 的操作交换。

得到一个转移：

f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1} - \sum_{1 \leq k \leq lcs (i, j)} f_{i - k, j - k}

但是这样依然不对。假设取出了两个完全相同的,长度为 $p$ 的后缀，也可能在转移过程中到达某一个状态 $f_{i - q, j - q}$ ,其中 $q < p$ 但是也是 $a [1 \dots i], b [1 \dots j]$ 的公共后缀。我们可以直接使用卡特兰数避免这种情况（折线图不允许触碰 $x = y$ ）。

得到转移：

f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1} - \sum_{1 \leq k \leq lcs (i, j)} f_{i - k, j - k} \times H (k - 1)

最后分析一下时间复杂度，是 $O (n^{3})$ 吗？不对，因为排列的限制，所以对于一个前缀 $a [1 \dots i]$ ,仅有一个前缀 $b [1 \dots j]$ 满足 $lcs (i, j) \neq 0$ ，所以时间复杂度应该是 $O (n^{2})$ 。

QOJ7308

打表发现： $f_{1} = 1, f_{2} = 2, f_{3} = 6, f_{4} = 16$ 。

对于 $n > 4, f_{n} = 2 f_{n - 1} + f_{n - 3} + 2$ ，使用矩阵优化。时间复杂度 $O (T \log n)$ 。

QOJ1087

首先，这种二进制问题是优先考虑拆位的。我们看看这个问题在每一个二进制位的体现：

你需要给每一个位置赋予一个 $01$ 权值，要求某些区间的权值全部是 $1$ ；某些区间的位置中至少存在一个 $0$ 。

先不考虑删除第 $i$ 的限制的影响，对原问题求出是否有解。我们将“要求区间内部全是 $1$ ” 的限制优先考虑，先对 $l_{i}, r_{i}$ 做区间覆盖，获得数组 $a$ 。然后检录 “要求区间内部至少存在一个 $0$ ” 的限制的合法性。

现在讨论删除某一个限制的影响，根据删除的限制的种类分讨：

删除的是“要求区间中间至少存在一个 $0$ ”的限制，那么对于 $a$ 不会有任何改变。如果本身不合法的区间只有这一个，那么删除之后整个局面就会变得合法起来。
删除的是“要求区间中间全部都是 $1$ ”的限制，那么会导致某一些 $a_{i}$ 从 $1$ 变成 $0$ ，哪些位置会从 $1$ 变成 $0$ ？就是被覆盖了恰好一次的位置，我们可以对于每一个限制，求出被 $[l_{i}, r_{i}]$ 覆盖，且仅被 $[l_{i}, r_{i}]$ 覆盖的下标集合 $s$ 。

具体而言，先求出每一个位置的覆盖次数，然后寻找 $[l_{i}, r_{i}]$ 内仅被覆盖一次的位置，可以使用并查集之类的算法找到。

接下来，将 $s$ 排序后得到数组 $b$ 。认为 $b_{0} = 0, b_{| s | + 1} = n + 1$ 。如果存在某一个不合法的区间 $[l, r]$ ，满足 $\forall i \in [0, | s |], b_{i} < l \leq r < b_{i + 1}$ ，那么就说明这个区间内部依然全部是 $1$ 。