几道数据结构杂题

> 查询 Ynoi 含量中......

根号含量为 0，精神状态良好！

CF1793F / CF765F / P5926 D

区间一维最近点对。$\mathcal{O}(n\log n\log\log n+q\log\log n)$．

首先一个问题就是把有用的点对找出来，使得答案一定出现在这些点对当中。在值域上按照中位数划分做一个分治，看 $[l,mid],[mid,r]$ 之间的贡献，记 $b_i=|a_i-mid|$，然后贡献就是 $b_x+b_y$，如果 $x,y$ 出现在同一边也没有关系因为求的是 $\min$．然后按照原数组的下标排序，考虑一对有用的 $(i,k)$，必须满足 $i<j<k$ 的 $(i,j),(j,k)$ 都不会比其更优，那就是 $b_i+b_k<b_i+b_j,b_j+b_k$，即 $b_k<b_j,b_i<b_j$．

这样话，维护一个递增的单调栈，每次压入一个 $b_k$，与其组成关键点对 $(i,k)$ 的 $i$ 一定是被 $b_k$ 弹出的，以及最后一个未被弹出的那个。这样这么一次划分关键点对个数就是 $\mathcal{O}(len)$ 个，总的个数就是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 个。时间复杂度也是 $\mathcal{O}(n\log n)$．

另一个思考方向是：考虑 $i<j<k$，$b_i+b_j<b_i+b_k$ 那么 $(i,k)$ 无用．也就是 $b_j<b_k,i<j$ 则 $(i,k)$ 无用，那么对于 $k$ 寻找支配点，就直接查一下 $b_i<b_k$ 的 $i$ 中，$k$ 的前驱和后继是啥就行（想一想，为什么这里没考虑 $b_i>b_k$ 的 $i$）。实际上和上面那个找出来的是一样的。

然后就是 $\mathcal{O}((c+q)\log\log n)$ 复杂度的 2-side $\min$，这里 $c$ 是点的个数其为 $\mathcal{O}(n\log n)$．

首先对 $r$ 作扫描线，维护后缀 $\min$ 的单调栈。假如这样插入红点，查询一下红点的下标的前驱，看上面的值是不是大于红点的权值，如果大于就删掉。所以对下标开一棵 vEB 就可以了，然后查询就是查一下 $l$ 在单调栈里的后继上挂的值。

卡空间 01 Trie B

一条边上可以有好多个数，也就是把只有一个儿子的节点给合并到一起。这样每次插入的时候最多只会新建两个节点了。需要位运算实现 $\mathcal{O}(1)$ 查询二进制数的 lcp．

P7476 D

没有 2 操作怎么做/fn 线段树套堆，插入的时候在只插线段树划分出的区间里。查询的时候就是定位到的都查一下（标记永久化）。然后还要维护子树堆顶 max．

删除操作的话就直接把走到的节点需要删的就删掉然后结束递归。当询问区间并非完全包含当前节点代表区间时，还需要把误删的加回来。然后发现“把误删的加回来”最多只有两次，也就是左右两端的时候。所以每次只会增加 $\mathcal{O}(1)$ 个段。

现在加入和删除的段数是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的了，然后考虑向下递归的时候必然是要加入一个段或者删除一个段，所以向下递归的复杂度也是 $\mathcal{O}(n\log n)$，那么总复杂度就是 $\mathcal{O}(n\log^2 n)$．

P4786 D

$1,-1$，使得前缀和都 $\geq 0$，后缀和都 $\geq 0$．暴力怎么做？前搞出前缀和，然后把如果前缀 $\min$ 更新为负数了就贪心改掉，然后再倒过来改。需要把这个过程写成式子的形式：先花费 $-\min\{pre_k\}$，然后考虑 $i$ 后缀删的个数就 $(-\min\{pre_k\})-(-\min_{j<i}\{pre_j\})$ 即 $suf'_i=suf_i+(-\min\{pre_k\})-(-\min_{j<i}\{pre_j\})$，然后再花费 $-\min\{suf'_i\}$．

那么总的花费就是：$-\min\{pre_k\}-\min\{suf'_i\}=-\min\{pre_k\}-\min\{suf_i+(-\min\{pre_k\})-(-\min_{j<i}\{pre_j\})\}$

$=-\min_{j<i}\{suf_i+pre_j\}$．

线段树维护分治信息。

LOJ6507 B

猜到是某种势能均摊了，但是没想明白这个均摊为啥对的。

上棵线段树，记录这个区间有哪些位是已经被 区间或/与 确定好具体值的，那么再对这个区间整体覆盖这一位的时候就能得知答案了，否则继续往下递归。

考虑将每个节点的势能设置为不完全一致的位数。势能每次最多只会增加 $\mathcal{O}(\log)$，然后花费的时间复杂度就是释放了多少势能。

P5069 D

这个题目名很美。

拉了，没看出来。注意到如果操作一个位置，那么它两边的位置就一定不会被操作了，所以就可以将答案加上这个数然后删掉它和它旁边的数。那么考虑每一个峰，答案就是这些峰的值以及中间的奇数和或者偶数和。树状数组维护一下，每次单点修改的时候讨论一下搞出答案的变化量就行。

这位更是重量级的做法是线段树维护分治信息。依然是考虑一个点选了之后它两边就一定不会被选所以可以删掉。然后考虑线段树去合并分治信息，那么就需要记录一下 $ans_{0/1,0/1}$ 表示有没有带左端点，有没有带右端点，的答案是什么。还要记 $l_{0/1,0/1},r_{0/1,0/1}$ 表示这种情况下左/右端点有没有选。

这个的好处是可以支持区间查询，区间加。

P5070 D

按 $r$ 作扫描线，加入一个 $x$ 的时候把 $[x-11,x+11]$ 里所有值最后一次出现的位置给提出来，从右往左扫，处理出答案的变化，那么就变成区间加单点查。

P5576 D

先考虑 $n$ 个串的最长公共子串有啥做法，然后进行一下魔改。

首先就是把它们都查到广义 SAM 里面，然后看子树中有所有串 endpos 的节点的 len 的最大值。

现在是区间询问，那么就是包含颜色 $[l,r]$ 的节点的 len 的最大值。在 parent 树上线段树合并好像不太行，那就 set 维护连续颜色段然后启发式合并。保证 $len$ 从大到小合并，每次合并出一个 $[l,r]$ 之后，考虑它成为那些点的答案，对于每个询问 $[L,R]$ 将 $R$ 挂到 $L$ 上，通过线段树记录区间最小值就能找出能更新的询问，更新完之后再在线段树里把这个询问删掉。这样复杂度就是 polylog 的。

ICPC 2022 Jinan L B

https://codeforces.com/gym/104076/problem/L

看上去很经典，想一想发现不是很会。那就考虑一下特殊情况，发现链的情况就是区间一维最近点对（CF1793F / CF765F / P5926），那还是得从那个题搬做法来。

作扫描线然后每次找前面第一个比之前答案还有小的，最多找 log 轮那个思路不太能套，树上怎么扫描线¿

搬分治的做法，点分治，然后找支配对。支配对数是 $\mathcal{O}(n\log n)$．

以后遇到序列上分治做的题目，就想想能不能搬到树上点分治搞，这样出题还挺好/cf

lxl 说是 codechef 某题 D

多组询问 $\min_{l\leq x<y\leq r}\{a_x\operatorname{xor}a_y\}$．　

支配对的套路。找出数量级比较小的点对使得答案一定会在它们当中取到。

枚举一个 $i$，考虑它作为后面那个 $a_y$，有用的 $a_j$ 有哪些。枚举点对 $(a_j,a_i)$ 的 LCA 的深度是 dep．考虑如果有两个位置 $j,k$ 都合法，那么 $LCA(a_j,a_k)$ 深度一定更深，则 $(j,k)$ 会更优。所以只有编号最大的那个 $j$ 是有用的（当然大前提是 $j<i$）。

换而言之，若此处有 $k<j<i$：如果 $[l,r]$ 只包含 $j,i$，那么就只有挑选出的支配对 $(j,i)$ 有用，如果 $[l,r]$ 包含了 $k,j,i$，在前面一定会有更优的。故而这样只跳出 $\mathcal{O}(n\log V)$ 个支配对，然后问题就变成了 2-side $\min$ 问题了。

CF1446D2 D

全是重量级！$\mathcal{O}(n\sqrt n)$ 拉了，来看看 1log 和线性的做法。

遇到最优化题目或者什么的，先想想全局最优解是什么，能否用它来简化问题（P8511 TEST_68）在这里就发现全局众数一定是答案区间的众数之一。如果一个区间的众数不是全局众数的话，考虑左端点一步步往左扩，右端点一步步往右扩，在最后全局众数会超过之前的众数，那么一定存在某个时刻它们两个相等，从而得到了更长的合法区间。

也就是如果一个区间众数不是全局众数，那么一定存在一个更大的答案，假设众数是 $x$，枚举另一个众数 $y$，将 $x$ 出现位置设成 $1$，$y$ 出现位置设成 $-1$，求个最长的和为 $0$ 的区间。

思路是考虑如果暴力做是 $\mathcal{O}(x+y)$ 的，如果 $x>>y$ 就寄了。但是考虑此时有很多 $x$ 是一定不会用到的。具体而言，如果从这个 $x$ 开始往后跑，前缀和都 $>0$，并且往前跑也都是 $>0$，那么这个 $x$ 一定用不到。想想怎么找出有用的 $1$！

先看往后跑，前缀和都 $>0$．用折线图思考这个东西，发现每次 $-1$ 会让它前面一个 $+1$ 合法．具体而言，对于每个 $-1$ 匹配上它前面最近的还没有被匹配的 $1$．那么只有匹配成功的 $1$ 是有用的。

反过来也一样，可以做同样的事情求个交，当然也可以接着上面那个继续跑。用 set 暴力实现是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的。

咋优化到线性？求交和最后统计都挺简单，问题就是对于每个 $y$，每次和它前面一个没被匹配的 $x$ 匹配，求出所有被匹配的 $x$．由于 $x$ 是固定的，预处理出每个 $y$ 前面第一个 $x$ 和后面第一个 $x$．

只看 $x$ 的话，相当于初始全 $1$ 的序列，每次查询某个位置前面第一个 $1$，然后将 $1$ 置成 $0$．但是 $y$ 后面第一个 $x$ 一定没有被删掉，所以其实是查询一个 $1$ 前面第一个 $1$，那就用链表维护一下就可以了。找完之后记录一下链表咋改变的再回退即可。

复杂度被优化到了线性。

P6105 B or D？

先求个 $\max_{i,j\in S,i+j<C}\{i+j\}$，考虑一下桶，下标之和 $<C$，且 $C$ 是个常数，套路就是反转其中一个，那就令 $a$ 为桶，$b$ 为桶反转之后的结果，再适当右移一位，则相当于询问 $\max_{a_i=b_j=1,i<j}\{i+C-j\}$，动态开点线段树 卡空间 只能 平衡树维护分治信息。我谔谔，不知道能不能过，懒得写。

或者考虑一下会贡献给答案的最优匹配实际上是双向的，如果要 insert $x$，找一下 $y$ 的最优匹配 $z$，如果没有这个 $z$ 或者 $z<x$，那么 $x,y$ 就是一个双向的最优匹配，$x+y$ insert 到堆里面。然后可能会破坏 $y$ 原先的最优匹配，看一下 $z$ 的最优匹配是否是 $y$，如果是的话再把 $z+y$ 给删掉。

erase 也同理。把 insert 倒过来做就行。

CF453E A

没看明白题解区都是些啥。。。混乱。

先上个 set 维护颜色段，初始的那个特殊处理一下。现在问题变成了 $\mathcal{O}(n+m)$ 次询问初始全 $0$，区间 $[l,r]$ 在时间 $k$ 时候的和，差分成 $[1,r]$ 的减去 $[1,l-1]$ 的。

扫描线扫序列维，在时间维上每次就是一个等差数列加和一个区间加。然后询问一个单点的和。对差分数组就是一个区间加 前缀和问题，上线段树就行。时间复杂度 $\mathcal{O}((n+m)\log m)$．

/yiw B

从云浅那里看到的题：区间排序，区间求和。

先上个 set 维护连续段。然后每个连续段开棵值域线段树，线段树分裂 + 线段树合并，这样就能维护出每个连续段的总和。然后现在区间求和就是查询若干个连续段的和，还有一个连续段的后缀，一个连续段的前缀。

在 set 里定位一下连续段，后两个直接在值域线段树里查一下。前面那个连续段的区间和可以不写平衡树，一个连续段的值记在左端点上，用线段树维护之即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$（忘了线段树分裂复杂度了，那就 $n,m$ 统一成 $n$ 算了。）

QOJ5098 D

明明应该是简单题的 ... 为什么想不出来！！

考虑一下不带修怎么做，原来是我的不带修做法做麻烦了。

考虑令 $L_i$ 为右端点为 $i$ 时最靠左的左端点，首先一定有 $L$ 不降。那么询问 $[l,r]$ 时，右端点 $i$ 就分为 $L_i<l$ 和 $L_i\geq i$ 两种，二分一下分界线，前面的是 $sum_i-sum_{l-1}$ 可以直接算，后面是 $sum_i-sum_{L[i]-1}$ 那就是区间最值。

现在带修了，先考虑咋维护 $L$．对于一个 $(pre_j,j)$，相当于将 $\geq j$ 的 $L_i$ 均和 $pre_j+1$ 取个 $\max$，那每次单点修改的时候就是扔掉若干个限制再加进来若干个限制，不能删除，但考虑一下只有插入还是很好做的，那就上一发线段树分治，用线段树维护 $L$，那后缀 $cmax$ 也是线段树上二分一下会把哪段区间整体覆盖掉（$L$ 不降），那么 $sum_i-sum_{L[i]-1}$ 的区间最大值也是很好维护的了。

时间复杂度 $\mathcal{O}((n+q)\log^2 n)$．

P6864 B

怎么场上只有四个过的？？

先考虑没有撤销操作，就是每次外套一对括号或者后加一对括号，考虑合法括号子串数 $s$ 怎么变：

• 外套：$s\gets s+1$；
• 后加：令 $ct$ 为整个串能被划分成多少个 (A) 这样的串拼接起来，然后 $s\gets s+ct+1$．

现在又需要维护一个 $ct$，考虑 $ct$ 怎么变：

• 外套：$ct\gets 1$；
• 后加：$ct\gets ct+1$．

发现转移是线性的，那就写成矩阵的形式就可以了。线段树维护矩阵连乘积，这样也能支持撤销操作（也就是删除一个矩阵）。