正睿省选模拟赛

22省选10连测 Day1

赛时得分：20+30+40
订正得分：100+100+100
rk6

A. 【2022省选十连测 Day 1】01串

算法：dp FFT 容斥
相当于每次删掉一个字符，但是这样会重复。
所以我们对于一段0，我们优先删掉他们的最后一个，对于一段1，我们优先删掉他们的第一个。
这样如果在开头补一个0，末尾补一个1，我们一共有这4中操作

• 删掉开头一个 1
• 删掉末尾一个 0
• 删掉一个 01 变成 0
• 删掉一个 01 变成 1
  我们考虑 $(i,i+1)$ 中什么时候被删掉，不难发现，如果 $s_i$ 是 0，那么 $i+1$ 应该比 $i$ 早删掉，这里填上一个 < 号，否则填上一个 > 号
  这个问题就变成了 loj575
  具体的做法是，我们用 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的答案，对于一段连续的小于号，我们只有唯一的选法，在大于的位置，我们考虑容斥。

$$f_i=\sum_{j<i}[s_j==>]\binom{i}{j}(-1)^{cnt_{i-1}-cnt_j}f_j$$

不难发现这个东西可以分治 FFT 优化，复杂度变成了 $\mathcal O(n\log^2n)$
对于 ? 的情况，直接乘上一个组合数就可以了

B. 【2022省选十连测 Day 1】做菜

算法：dp
大毒瘤题
假设我们确定了顾客和 $a$，那么显然是应该按 $b$ 从大到小来做
最后的答案肯定是一个 $b_i$ 加上所有 $b_i$ 比他大的 $a_i$
因此可以按 $b_i$ 从小到大排序，用一个 dp 来解决这个东西
$f_i=\max(f_{i-1},b_i)+a_i$
这样的话，如果我们知道 $a_i$，这个东西同样是可以在 $\mathcal O(n^2)$ 的时间内去求的
$f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},\max(f_{i-1,j-1},b_i)+a_i)$
考虑到某一时刻如果 $f_{i,j}<b_i$，那么后面 $f_{...,j}$ 是不会变化的
对于还有可能变化的部分，我们考虑他的差分 $d_i$
不难发现这个差分一直是单增的，即 $f$ 是凸的
这样每次进行一个关于 $a_i$ 的转移的时候相当于是在差分中插入了一项 $a_i$
同时我们发现 $\Delta=b_i-b_{i-1}$,优先队列中前缀和 $\leq \Delta$ 的项马上就变成 $<b_i$ 的了
所以一次操作相当于先不停的删开头元素直到队列被删空或者 $\Delta$ 被删完，然后再插入一个 $a_i$
做完之后第 $i$ 个被弹出的就是 $f_{...,j}$ 的最终答案
在知道 $a_i$ 的情况下这个做法可以用一个优先队列维护 $\mathcal O(n\log n)$ 解决
考虑对于所有的 $a$ 的情况

我们用 $f[i][j][l][r]$ 表示在最小花费 $l$ 前面的有 $i$ 个，现在优先队列在 $x$ 前面的和为 $j$ （包含 $x$），答案为 $l$，比 $l$ 大的最小的是 $r$
首先我们进行删的操作

• $\Delta\leq j-l,\to f[i][j-\Delta][l][r]$
• $j-l<\Delta<j,\to f[i][j-\Delta][j-\Delta][r]$
• $j\leq \Delta\leq j+r,\to f[i][0][0][j+r-\Delta]$
• $j\leq \Delta \wedge r=\infty,\to f[i][0][0][\infty]$
  这里在 $\Delta>j+r$ 的时候不需要再转移的原因是当 $l$ 被删掉之后我们就不再关心这种情况的答案了
  在后两类的时候还要顺便统计一下答案，后面的可以任选乘上一个 $V$ 的幂即可
  然后我们进行选当前这个 $a_x=p$
• $p\leq r,\to f[i+1][j+p][\max(p,l)][r]$
• $p>l,\to f[i][j][l][\min(p,r)]$
  最后再统计一下答案即可
  总体复杂度是 $\mathcal O(n^3V^4)$，总之就是能过。。。

C. 【2022省选十连测 Day 1】树上路径

算法：dp 随机化
想到了随机化没想到 $k=4$ 就不太懂。。。
$k=3$ 的 $\mathcal O(n^2)$ 非常简单，$f[i][0/1/2]$ 表示 $i$ 现在往上延伸多少的时候的最大价值
然后再一个点一次枚举子树，用 $g[i]$ 表示现在子树中 0 和 1 的个数的差是多少
转移就是 $\mathcal O(n^2)$ 的
对于 $k=4$，就是 0 和 2 的个数的差，和 1 的个数的奇偶性
发现我们最后只关心 $g$ 的 $-1,0,1$ 三个位置的值，所以我们把每个点的出边 random_shuffle 一下，每次用到的最大值就不算太多，所以这个时候取上界是 1000左右就差不多了

22省选第一轮集训 day3

赛事得分：58+25+0
订正得分：100+100+100

A. 模式串匹配

算法：dp bitset
我菜
*可以不用管，接下来的问题就是带通配符字符串匹配
考虑dp，用 $f[i][j]$ 表示 $S$ 第 $i$ 位和 $T$ 第 $j$ 位匹配
如果 $j$ 不是通配符，只能从特定的 $i-1$ 转移过来
如果 $j$ 是通配符，没有转移限制
不难发现可以 bitset 优化
复杂度 $\mathcal O(\dfrac{n|S||T|}{\omega})$

B. 追逐

算法：博弈论 dp 长链剖分
不难发现如果 $da\leq 2db$ 显然能赢，直接输出1
否则需要任意一个连通块的直径都 $\leq 2db$
这样就可以 dp 了，用 $f(u,i)$ 表示 $u$ 子树中离远的点距离为 $i$
每次枚举一个新子树转移

$$f(u,i)=pf^\prime(u,i)\sum_{j=0}^{2db}f(v,j)+(1-p)(\sum_{j=0}^{\min(i-1,2db-i-1)}f^\prime(u,i)f(v,j)+\sum_{j=0}^{\min(i-1,2db-i)}f^\prime(u,j)f(v,i))$$

不难发现因为第二维和深度有关，所以考虑长链剖分，设 $u$ 的深度为 $h_u$
继承重链的时候，相当于是区间乘法和区间求和
考虑转移的时候，这个 $f^\prime(u,j)$ 的转移是非常麻烦的，但是我们注意到，在轻链头的时候直接暴力转移复杂度依然是正确的
所以我们只需要转移最前面 $d_v$ 个和后面 $d_v$ 个，中间我们可以直接区间乘法
这样的话我们就可以利用线段树维护长链剖分解决了，复杂度为 $\mathcal O(n\log n)$

但是进一步我们可以观察到，对于 $i>h_v$ 和 $2db-i>h_v$ 的部分，$h_v<db$，也就是说子树中所有的值全部是合法的
所以中间这部分线段树上乘的一直都是1，所以我们就可以不用管他们了！
所以对于一个连通块维护一个乘法标记，就可以 $\mathcal O(n)$ 解决了

具体的做法是，考虑按照 dfs 序作为 $f$ 数组的下标，这样可以不用值域平移
对于 $f[dfn[u]]$，我们维护 $s[v]$ 表示 $f(v,i)$ 的和
那么有 $f[dfn[u]]=s[son[u]]\times p(u,son[u])\frac{1}{1-p(u,son[u])}$
$tag[u]=tag[son[u]]\times (1-p(u,son[u]))$
最后乘上一个逆元的原因是 $f[dfn[u]]$ 这一位不需要乘上 $(1-p(u,son[u]))$

C. 堆

算法：dp gf
我们每一个叶子分开考虑，对于一个堆的叶子集合 $L$，对答案的贡献是 $2^{|L|-1}\sum_{v\in L}a_v$
所以只需要求 $i$ 作为叶子时所有堆的 $2^{|L|}$ 即可
用 $f(L,R)$ 表示现在有 $L+R$ 个点，编号为 $R$ 的节点是叶子的方案数，$g(n)$ 表示所有大小为 $n$ 的堆的 $2^{|L|}$
考虑一个 $g(L+R)$ 的转移，他可以由 $f(L,R-i+1)$ 在 $R-i+1$ 下面接上一个大小为 $i$ 的任意的一个堆来得到，堆的值只需要满足比 $R$ 小即可任意选择，但是此时 $R-i+1$ 不再是叶子，因此乘上 $\frac{1}{2}$，得到转移

$$g(L+R)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{R}\binom{R-1}{i-1}f(L,R-i+1)g(i)$$

设 $F_L(x)$ 为 $\sum \dfrac{f(L,i+1)x^i}{i!}$（即 $f[L]$ 的EGF的导数），$G(x)$ 为 $g$ 的 EGF
那么上面这个转移方程可以写成

$$F_LG^\prime=G^{(L+1)}$$

又

$$f(L,R)=(R-1)![x^{R-1}]F_L(x)$$

我们想要知道的是

$$\sum f(L,n-L)=[x^n]\dfrac{2}{G^\prime(x)}\sum_{L=0}^{n-1}(n-L-1)!x^{L+1}G^{(L+1)}(x)$$

注意到 $x^{L+1}G^{(L+1)}(x)$ 实际上是 $[x^i]G(x)$ 乘上 $i^{\underline{L+1}}$
因此后面那一坨的 $x^n$ 系数应该是

$$[x^i]G(x)\sum_{L=0}^{n-1}(n-L-1)!i^{\underline{L+1}}$$

拆开下降幂，发现是一个差卷积的形式，直接卷
这样如果知道 $G$ 求出答案是容易的
下面如何求 $g$
注意到 $g$ 有转移方程 $g[n]=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}g[i]g[n-i-1]$
即 $G$ 有

$$G^\prime=\dfrac{1}{2}G^2+\dfrac{3}{2}$$

这是一个微分方程，移项可得

$$\dfrac{2\mathrm d G}{G^2+3}=\mathrm d x$$

两遍同时积分可得

$$\dfrac{2\arctan(G/\sqrt 3)}{\sqrt 3}=x+C$$

也就是

$$G=\sqrt 3\tan(\dfrac{\sqrt 3}{2}+C)$$

带入 $G(0)=1$ 可得 $C=\frac{\pi}{6}$
写成 $\sin / \cos$ 的形式上下同时泰勒展开再多项式求逆即可求的 $G$
虽然有根号，但是泰勒展开之后恰好是没有根号的
$\mathcal O(n\log n)$