2024 年二月做题记录
CF338E
不妨设 \(b_i\le b_{i+1}\)
则一个子序列 \(z_1,z_2,\cdots,z_{len}\) 能够匹配的充要条件是
\(\forall i, cnt_{h-b_i}\ge n - i + 1\)，其中 \(cnt_i\) 表示 \(\ge i\) 的数的个数。
离散化一下，然后维护个 \(c_i=cnt_i-Z\)，区间加全局 \(\min\) 即可。
CF1437G
建立 AC 自动机，需要实现修改边权和查询点到根边权最大值。
可以树剖，也可以标记永久化（每个节点维护一个 multiset）。
\(2\log\)。
P4917
对于一对 \((a, b)\)，贡献为 \(\frac{\operatorname{lcm}^2(a,b)}{ab}\)。
\(\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^m\frac{ab}{\gcd(a,b)}\)
只需要求出
\(\prod_{a=1}^n\prod_{b=1}^m\frac{1}{\gcd(a,b)}\) 即可。
\(\prod_{T=1}^{\min(n,m)}(\frac{1}{T})^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=T]}\)
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\) 的结论是
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\)
\(\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d|\gcd(i,j)]\)
\(\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\)
整除分块即可。
P5300
按位考虑，即求一个大矩形内全 \(0/1\) 矩阵的个数。
这是可以单调栈做到 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。
P5492
设 \(f_{i,S}\) 意义为当前排列长度为 \(i\)，其中选的点以及它们的邻域的集合为 \(S\)。
设 \(g_S\) 为当前文所述的集合为 \(S\) 时最大独立集的大小。
转移分两种。\(S\) 外新选一个点和 \(S\) 内选。
在 \(S\) 外选一个点时转移当且仅当 \(g_S+1=g_T\)。
\(\mathcal{O}(n^22^n)\)。
似乎可以通过丢掉 \(i\) 来做到更好的复杂度。指 \(\frac{1}{n}\)。
已实现，为 \(\mathcal{O}(n2^n)\) 解法。
CF1904E
sol.1
考虑当 \(x\) 固定的情况下咋样。
把 \(dep\) 拍到 \(dfn\) 上，然后每次合并最多 \(k+1\) 个区间即可。
然后换根 dp，用线段树维护 \(dep\)。
sol.2
考虑 \(\max(dis(x,i))\) 的 \(i\) 一定在子连通块上直径的某个端点。
线段树维护直径。
P10060
如 \(f_i\) 为颜色，则它们应当在树上形成若干不相交连通块。
显然，一个连通块只能对应一个 \(a_i\)。
设 dp 状态 \(dp_{i,j}\) 表示连通块 \(i\)，距离 \(i\) 最顶端的点的连通块核心为 \(j\) 的方案数。
然后随便做做就行了。
CF1207F
同 P3396。
CF1548C
读了题解。
\(\binom{3i}{j}\) 可以理解成 \([x^j](1+x)^{3i}\)
于是答案为 \([x^j]\sum_{i=0}^{n}(1+x)^{3i}\)
记 \(S(n)=\sum_{i=0}^n a^{3i}\)
则 \(a^3S(n)-S(n)=a^{3(n+1)}-1\)。
\(S(n)=\dfrac{a^{3n+3}-1}{a^3-1}=\dfrac{(1+x)^{3n+3}-1}{x^3+3x^2+3x}\)
跑一个叫啥，大除法的东西。
P6189
若 \(a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_m=n\)，则 \(>\sqrt{n}\) 的数最多有 \(\sqrt{n}\) 个。
根号分治。
-
\(\le \sqrt{n}\)
直接跑完全背包 -
\(> \sqrt{n}\)
设 \(f_{i, j}\) 表示用了 \(i\) 个物品，\(\sum a\) 为 \(j\) 的方案数，前缀和优化转移。
\([x^n]\prod_{i>\sqrt{n}}(1+x^{i}+x^{2i}+\cdots)\)
rnm我被打爆了，看题解了。
最后求卷积结果的单点，暴力做就行了。
CF741E
通过 \(\mathcal{O}(n\log n)-\mathcal{O}(1)\) 后缀数组 + ST 表可以处理出任意两个后缀的 LCP，进而可以 \(\mathcal{O}(1)\) 比较两个子串的 Hash 值。
在 \(S\) 中插入 \(T\)，拆开来就是 \(S\) 的前缀 \(+ T + S\) 的后缀。
把 \(S\) 和 \(T\) 拼在一起预处理，就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 比较 \(s_i\) 和 \(s_j\) 的大小。
题目转化为 \(\min v_i(l\le i\le r, i\equiv a\pmod b)\)。
根号分治，对于 \(>B\) 的 \(b\) 转化个 \(\frac{n}{b}\) 个 RMQ 问题。
\(\le b\) 的部分开桶做一个预处理也做完了。
\(\sout{n\sqrt{n}}\)。
突然想到预处理 ST 表要加个 \(\log\)，于是是 \(n\sqrt{n\log n}\)。
CF1284E
被 LHQ 打爆了。
对于一个点，把其他点对它极角排序，然后双指针维护区间。
容斥一下，\(n^2\log n\)。
已实现。意外的简洁啊。
XSY2024GDOI 21B
降智。
扫描线维护队列，然后转化成插入/删除，求前缀区间 \(\max\)。
使用线段树维护即可。
降智？降智！
已实现。
CF1717F
首先对于每一个 \((u,v)\) 令 \(a_u\gets a_u + 1,a_v\gets a_v+1\)，然后选一个 \(-2\)。
建模 \(S-S'(m)\)，对于每一个 \((u,v)\) 连边 \(S'-p(1),p-u(1),p-v(1)\)。
然后对于每一个 \(i\)，若 \(s_i=1\) 则连边 \(i-T(z)\)，否则 \(i-tmp(1)\)。
\(tmp-T(m-tot)\)。
跑最大流。
P7603
减半警报器。
P7606
结论 \(1\)：在平面上随机游走 \(n\) 步，中间过程的绝对值在 \(k\sqrt{n}\) 内的概率为 \(4ne^{-k^2/6}\)。
在二维平面上直接乘个 \(n\)，不是游走 \(n\) 步而是确定共 \(n/2\) 个 \(+1\) 和 \(n/2\) 个 \(-1\) 再乘个 \(n\)。
由于 \(k\) 在指数上其实没多大影响。\(k\) 大概在 \(\mathcal{O}(\sqrt{\log n/ eps})\) 左右。
这个界很松，实际上取 \(k=2\) 没什么问题的。
P.S. 这是我的第 500 紫。
XSY2024GDOI 22B
参考题解。模型挺好的。
顺带一提，连边 \(S-x-T\) 含 \(+\inf\) 原因是钦定只能割一条。不加也能过我不是很理解。
已实现。
ABC218H
记 \(f(R)\) 为点亮 \(R\) 盏红灯的最优解。
很难发现 \(f\) 是凸函数，除非你去讨论区看到 wqs 三个字。
然后就 wqs 二分即可。
CF1430F
greedy 把我打爆了。
假如你在某一个时刻选择了换弹夹，则这之后的策略和这之前就没关系了。
考虑过程大概是，子弹越来越少，然后换弹夹。
这个换弹夹的时间是越往后越好。
越往后剩的越少，浪费的也就越少。
提前换和后面换的差别最多是 \(a\) 所以不优。
CF1530F
我们可以枚举 \(\{行，列，对角线\}\) 的子集，然后容斥出答案。
这样复杂度是 \(2^{44}\)，我猜过不去吧。
考虑仅枚举行和对角线。看看列怎么处理。
\(\sum\limits_{T\subset 行，对角线}\sum\limits_{S\subset 列} f(T \cap S)\times (-1)^{|T|+|S|+1}\)
这个东西，首先把 \(T\) 中强制需要亮的东西乘起来。
之后每一列都有一个选择的代价 \(v_i\)，它们互不相同干涉。
这个就可以直接 \(\mathcal{O}(n)\) dp 了。
复杂度 \(\mathcal{O}(2^{n+2}n)\)。
P9047
设 \(f_{u,0,1,2,3}\) 表示 \(u\) 下面挂了 \(0/1/2/3\) 个点，和那些 \(4-不相交链\) 的边权的总和。
转移：
- \(f_{u,0}\) 为 \(f_{v,3}\)，\(f_{v,2}+f_{v,0}, f_{v,1}+f_{v,1}\)，\(f_{v,0}\) 的组合。
- \(f_{u,1}=\sum{f_{v,0}}+\max(w)\)
- \(f_{u,2}=\sum{f_{v,0}}+\max(w+f_{v,1}-f_{v,0})\)
- \(f_{u,3}=\sum{f_{v,0}}+\max(w+f_{v,2}-f_{v,0})\)
除了 \(f_{u,0}\) 都可以做到 \(\mathcal{O}(1)\)。
以上转移 \(f_{u,1},f_{u,2},f_{u,3}\) 都是假的，应该参照 \(f_{u,0}\) 进行转移。
打乱儿子后，\(f_{u,0}\) 可以看做在二维平面上随机游走，那套用 P7606 的结论，扔个 \(\sqrt{n}\) 进来即可。
CF850F
设当前局面的势能函数 \(\Phi(X)=\sum f(a_i)\)。
则我们希望 \(E(\Phi(X_{i})-\Phi(X_{i-1}))=1\)。
算了 \(\LaTeX\) 太烦了手写了
先这样在那样
然后得到 \(\sum_{i=1}^n a_i^2(f(a_i-1)+f(a_i+1)-2f(a_i))=sum\)
不妨假定 \(a_i(f(a_i-1)+f(a_i+1)-2f(a_i))=1\)
令 \(g(x)=f(x)-f(x-1), g(0)=f(0)=0\)
则有 \(\frac{sum-a_i}{sum-1}(g(a_i+1)-g(a_i))=1\)
则 \(g(x+1)-g(x)=\frac{sum-1}{sum-1+x}\)。
CF1349D
同样是把公式写在纸上了。
经过一番阿巴阿巴的操作，得到 \(\sum sum\times g(a_i+1)-a_i((n - 1)g(a_i)+g(a_i+1))=sum(n-1)\)
直接拿这个推 \(f,g\) 就做完了。
然后搞完了。
XSY2024GDOI 26B
先考虑如何判定一个序列 \(a\) 是好的。
设 \(f(i,0)\) 表示对于前缀 \([1, i]\)，钦定 \(a_i\) 不选，最大独立及 \(\times 2-\sum a_i\) 的值。
类似，定义 \(f(i,1)\) 表示钦定 \(a_i\) 必选。
则有递推式
\(\begin{cases}f(i,0)=\max(f(i - 1, 0), f(i - 1, 1))-a_i\\f(i,1)=f(i - 1, 0)+a_i\end{cases}\)
根据题目要求，我们应该有 \(f(n,0) \le 0, f(n, 1) \le 0\)。
观察到 \(f(i,0)+f(i,1)\ge f(i-1,0)+f(i-1,1)\)，又因为 \(f(0,0)+f(0,1)=0\)，
所以
对于所有 \(i\)，都有 \(f(i,0)+f(i,1)=0\)。
注意到 \(a_i>0\)，于是一定有 \(f(i,1)\ge 0\)。
设 \(s=f(i,1)\)，则判断条件为阿巴阿巴。
XSY2024GDOI 27C
见 https://www.luogu.com.cn/blog/366338/cong-lin-mao-xian-adventure
P4590
本质上属于状压 dp 中的一种。
考虑如何求最长公共子序列？
\(f(i, j) = \max(f(i - 1, j), f(i - 1, j - 1) + 1, f(i, j - 1))\)
只和 \(f(i - 1, *)\) 有关。
考虑状态压缩，由于 \(f(i,a)-f(i,a-1)\le 1\)，可以考虑状压差分后的 \(01\) 数组。
复杂度 \(\mathcal{O}(2^K\operatorname{poly}(n,k))\)
