qbxt2023国庆刷题 Day6 ~ Day7

Day6

$100 + 30 + 100 + 0, r k 3$ ，考成这样还能 $r k 3$ ，好怪啊
虽然但是 $T 3$ 是在 $o e i s$ 上找的，虽然写了随机数但还是运气好过掉了
$T 2$ 应该是写寄了吧，感觉自己做法并没有什么问题

T1

比较典的题，并查集维护下一个没被删的点即可

复杂度 $O ((n + Q) α (n))$

T2

题目里的同构二字提醒的很明显了，要用树哈希判树同构

题目显然是 $d p$

设 $d p_{u}$ 表示以 $u$ 为根的答案。分析样例可以发现对于数形态相同的子树有以下两种性质：

$d p$ 值相同
对这些子树的根分配的问题等价于可重集问题：找一个长度为 $n$ 的可重集，所有数 $\leq m$ 的可重集方案数。问题是一个插板法，把 $m$ 个板子插到 $n$ 个空格里

因此我们只需要这么做就可了，复杂度 $O (n^{2})$ ，我用 $m a p$ 因此多了 $O (\log n)$

T3

一个 $2 \times 2$ 的矩形只能放一个棋子，我们可以把一个 $2 n \times 2 n$ 的格子中每个 $2 \times 2$ 的格子看成一个点，这样我们就可以把格子看成 $n \times n$

考虑当一个棋子放到了小格子的左上角，则在这个小格子左上角的所有小格子，他们都只能放到左上角。同样的，对于右下角某个小格子放了一个棋子，则在这个小格子右下角所有小格子都只能放到右下角。连接这两个小格子之间的一个阶梯，右上和左下都填成小格子填在右上和左下的方案

考虑暴力的计算这个贡献，我们暴力枚举左上角 $(a, b)$ 和右下角 $(c, d)$ ，用组合数填阶梯

一些细节：当 $a = 0, b = 0$ 是会算到 $a = 0, b > 0$ 的情况，要去重

T4

如果我们有一个数不想要，比如说 $9$ ，我们可以 $\sqrt{\sqrt{9}}$ ，然后再乘起来
如果有一些数不想要，比如 $1, 2, 3, 4, 5$ ，我们可以把他们加在一起后开根

根据~~小学数学知识~~拉格朗日差值，考虑当 $m = 1$ 时，我们可以这么构造，假如 $x_{1} = 2$ ，我们可以让 $f (x) = \sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{\sqrt{(x - 1) (x - 3) (x - 4) . . . (x - 9)}}}}}} \times y_{1}$ 来得到答案

当 $m \neq 1$ 时，我们可以构造多个 $f_{1} (x), f_{2} (x)$ ，然后把他们加起来即可

然后我们没有考虑完，因为 $y_{1}$ 从何而来？我们发现 $y_{1}$ 可以二进制分解，而二进制分解我们只需要多个 $2$ 乘起来。而 $2 = 1 + 1$ ，因此我们可以凑出 $y_{1}$ ，完结

贪心、二分、模拟

$n$ 个线段选最多不相交

右端点排序
但有个神奇的东西，我们把两个相交的线段连边，这个问题就变成了最大独立集，而且图也不是二分图
这个图有一个性质：所有环都是三元环，比如：
```
1 2
1 3
2 4
3 4
```
这个样子是不可能出现的
因此如果给你一个这样的图，我们可以把他转换成原问题。我们没必要把线段构造出来，但对于一个三元环，里面肯定选的一个点是度数最小的
$n$ 个任务，第 $i$ 个结束时间 $d_{i}$ ，完成需要 $t_{i}$ 的时间，如果超出时限产生超出部分的贡献。让贡献最大值最小
1. 按 $t_{i}$ 排序？
```
1 100
10 10
```
1. 按 $d_{i} - t_{i}$ 排序？
```
1 2
10 10
```
1. 二分答案+线段树？
  确实可以，但老师要除排序线性贪心
其实这题只要按照 $d_{i}$ 排序就行了，但看起来完全不符合直觉，因为你排序甚至和 $t_{i}$ 没有关系。我们证明一下：
显然我们的贪心策略一定不存在空隙和逆序对
考虑任意一个没有空隙的策略 $O$ ，都可以通过交换一个逆序对让答案变得不劣
假设 $d_{j} < d_{i}$ ，则先做 $i$ 后做 $j$ 的延迟是： $max (f_{i} - d_{i}, f_{j} - d_{j})$ ，先做 $j$ 后做 $i$ 的延迟是： $max (f_{j} - d_{i}, f_{i} - d_{j})$ 。显然 $f_{i} - d_{j} \leq f_{j} - d_{j}, f_{j} - d_{i} \leq f_{j} - d_{j}$ ，因此交换会更优
bzoj #4391

设 $f_{i}$ 表示前 $i$ 轮大的赢赢得最多，显然贪心选 $> a_{i}$ 的最小的数。设 $g_{i}$ 表示后 $i$ 轮小的赢赢得最多，显然贪心。合并求最大
合并会出现重复选的情况，但因为如果重复，不如交换，因为一个最大一个最小，交换后不劣
AGC018C

~~模拟费用流~~
如果只有两种币，我们可以假设全选 $B$ ，然后我们可以按 $a_{i} - b_{i}$ 排序，然后把一些 $B$ 币换成 $A$ 币，换言之前 $X$ 个选 $A$ ，后 $Y$ 个选 $B$
而有了 $C$ ，我们可以枚举 $A / C$ 和 $B / C$ 的分界点，然后就变成了两个二元问题，直接用上面那个方法做就行
从 $1$ 走到 $n$ ,每次可以向右走一步，或 $p_{i}$ 的概率梭哈到 $n$ ，或 $1 - p_{i}$ 的概率落到 $a_{i}$ ，问最优策略下期望时间
$n \leq 10^{5}, 1 \leq a_{i} \leq i$

通常看到期望题，第一反应是 $d p$
记 $d p_{i}$ 表示 $i \to n$ 期望时间
$d p_{i} = min {1 + d p_{i + 1}, p_{i} + (1 - p_{i}) (1 + d p_{a_{i}})}$
显然 $d p$ 有后效性，而且因为有 $min$ 高斯消元也做不了
我们发现假如 $i$ 是我们最优的梭哈点，我们从 $1$ 一步一步走到 $i$ ，然后梭哈一把，如果失败了，他跳到了 $a_{i}$ ，作为一个有贪心思想的人，我们肯定会走到 $i$ 再梭哈，因为他是我们的最优梭哈点，否则我们不如第一次就在 $a_{i}$ 梭哈
ABC155D

非常典的一道题的魔改，因为有负数
判一下就行了，复杂度 $O (n \log A)$
01背包
$n \leq 40, V, v_{i}, w_{i} \leq 10^{9}$

数据范围想让 $O (2^{\frac{n}{2}})$
$M e e t I n T h e M i d d l e$
AGC006D

tip1：中位数是一个非常抽象的东西，他的难度其实是和求排名不相上下的。而求排名我们要怎么做？二分答案。我们可以二分答案，然后把原问题转化为只有 $01$ 的情况，这个问题就会相对好做一些
我们发现如果我们遇到两个连续的 1 1 ，那他会一直往上走，直到遇到边边角； 0 0 的情况也同理
所以原问题就变成了找到距离对称轴最近的 1 1 和 0 0，不会出现 1 1 和 0 0 距离对称轴距离相等的情况，因为中间的部分必须是 0 1 交替的。所以我们每次取最近的就可以成为答案；如果没有 0 0 和 1 1 ，说明序列一定 $01$ 交替，直接看对称轴左右的数即可
ARC016D

老师曰：期望问题，要么组合计数要么 $d p$

设 $d p_{i, j}$ 当前在 $i, H P = j$ 的期望到 $n$ 点时间

从 $1$ 走到 $n$ ,每次可以向右走一步，或 $p_{i}$ 的概率梭哈到 $n$ ，或 $1 - p_{i}$ 的概率落到 $a_{i}$ ，问最优策略下期望时间
$n \leq 10^{5}, 1 \leq a_{i} \leq i$

这题我们解决时用了贪心来避免了 $d p$ 的后效性，我们能否把结论同时用在这题上呢？实际上是不行的
我们是不是还在讲二分？我们为什么不二分 $d p_{1, H}$ 的值呢，因为答案显然具有单调性，所以我们就判断即可
其实这个思路在之前的 qoj 的某常比赛里见过，见这里
CF1244F

是否还记得我们讲的AGC006D这题？
先考虑一个链会怎么样？会发现对于一个 1 1 ，他会不断往外扩展，因此在他变成一半 $0$ 一半 $1$ 时，操作次数不会超过 $O (n)$
CF117C

方法1：因为是竞赛图，有环一定有三元环，缩点
方法2：考虑一个点 $x$ ，一定能找到两个点 $y, z$ 满足：
```
x -> y
x -> z
y -> z
```
那 $x \to z$ 这条边一定是没有用的，因为如果我们能找到一点 $a$ 使 $x, z, a$ 成为三元环，那 $y \leftrightarrow a$ 中一定有一边，如果 $y \to a$ ，那 $x, y, a$ 成为三元环；否则 $y, z, a$ 成三元环。因此我们可以把边 $x \to z$ 删掉
于是在图中把若干条边忽略掉后，每个点最多一个出边，因此我们只要枚举两个点，再看和他相连的点是否成环即可。复杂度 $O (n^{2})$

Day7

$70 + 0 + 0 + 20 ， r k 36$ ， $T 1$ 寄了， $T 2$ 码量题， $T 3$ 写寄了， $T 4$ 暴力。考的不好， $T 1$ 写了两个小时，时间规划不合理

发现自己的代码功底并没有想象的好，不如说变坏了

T1

$K = 2$ 时把矩阵分成了两部分，那猜测答案把矩阵分成 $K$ 部分

把矩阵开成一个邻接矩阵，那 $A^{K}$ 就是长度为 $K$ 的路径，题目要求没有，那我们把点分成 $K - 1$ 部分，每部分两两连边

让答案最大，答案就是 $\prod \frac{n}{K}$ ，注意微调一下

老师曰：要注意矩阵的图论意义

T3

曾经某个刷题营的某场比赛 $T 1$ 用到了一个性质：点越早到越好，因此求最短路

看数据范围，显然分层图

赛时的我考虑对于一个路径用一个中转点建一个类似前缀和的操作，但会有负环，解决方法是对于中转点记录转移前缀，只向后转移，比较麻烦

今天第一次知道分层图跑最短路可以每一层图分别跑，然后合并 $d p$

我们考虑只建 $t y p e = 0$ 的边，先考虑第一层，从 $1$ 开始跑最短路，跑完后我们考虑用 $d p$ 来跑到下一层。具体的，我们设 $g_{i}$ 表示当前层从可到达点到 $i$ 点的最短路，起初 $g_{i} = F_{k, i}$ ，之后对于每一个魔法道路，更新 $g_{u} = min (g_{u}, g_{v} + w a i t (u, v) + w)$ ，最后 $F_{k + 1, i} = g_{i}$ 作为下一层的已知节点即可。

T4

先观察序列打标，发现有一个规律：毎隔 $4$ 个里只有一个绝对值不和别的一样，还有每隔 $4$ 个变一下符号，还有 $f_{n}$ 和 $f_{n + 1}$ 毎隔 $4$ 个 $gcd (f_{n}, f_{n + 1}) = f_{n}$ ，否则 $gcd (f_{n}, f_{n + 1}) = 1$

如果 $b_{2} \neq 0$ ，那由辗转相除 $a_{2}, b_{2}$ 即可

我们处理 $g = gcd (a_{1} f_{n} + a_{2} f_{n + 1}, f_{n}) = gcd (a_{2} f_{n + 1}, f_{n})$ ，而因为相邻的两个数是互质的，因此 $g = gcd (a_{2}, f_{n}) = gcd (f_{n} \mod a_{2}, a_{2})$ ，因此直接矩阵优化

知道 $g$ 后，我们就可以知道 $gcd (a_{1} f_{n} + a_{2} f_{n + 1}, b_{1} f_{n}) = gcd (a_{2} f_{n + 1}, g b_{1})$ ，因此我们只要看左边这部分在 $\mod g b_{1}$ 的值即可

UOJ #67
1. 不能是割点
2. 度数为 $m - (n - 2)$
没了
CF1151E

经典性质：连通块个数=保留点数-保留边数
对于保留点数是好算的，考虑保留边数，考虑一条边会对哪些答案贡献，直接算即可
树上也可做
P4643

一道非常 $t r i c k$ 的题
有点权有边权，很麻烦，我们考虑把边权去掉
把边权放到点权上，每个点权权值为相邻边权 $\frac{1}{2}$
因为如果两个点在两个集合，一减就没有贡献了，而如果两个点在一个集合，一加就会产生边权的贡献
P6185

看一眼觉得是图论题，但图在哪里？
看到一个二元关系，我们都想给他建一条边对吧？
发现操作有传递性，比如 $x, y$ 为一类操作， $y, z$ 为二类操作，那我们可以发现 $x, z$ 成为了第一类操作；相同的，第一类操作+第一类操作=第二类操作；第二类操作+第二类操作=第二类操作
既然有传递关系，我们就可以把问题建成一个图，然后看联通块之间的关系。具体的，我们对于一个操作，如果是一类操作边为 $1$ ，否则为 $0$ ，则两点距离 $\mod 2$ 就是这两点的操作
于是我们可以二分图染色， $1$ 边染不同颜色， $0$ 边染相同颜色，如果不能染说明出现奇环了，则可以在保证总和奇偶性不变的情况下任意的加减。而如果染成功了，那二分图左右两部分的综合分别是不变的，而且在集合内部无论怎么操作都可以实现
CF827D

先把最小生成树求出来。对于非树边，要想进入最小生成树，他的边权必须比这个环上最大的边小即可；对于树边，考虑所有覆盖他的非树边的权值最小值更小即可。但怎么找呢？我们考虑线段树懒标记的思想，对于一个非树边，他就是让他和树上路径的值取一个 $min$ ，考虑完所有非树边后更新一遍倍增，把 $t a g$ 都 $p u s h$ 下去，然后直接做即可
这题说明倍增也是可以修改的，对于一些不具有可减性，且先修改后询问的操作，可以用倍增
P5590

tip1：这道题是差分约束
设 $d i s_{i}$ 表示 $1 \to i$ 的路径，显然 $1 \to i$ 的所有路径等长，说明 $d i s_{y} = d i s_{x} + w_{i}$ ，但我们不知道边权啊，因此 $1 \leq w_{i} = d i s_{y} - d i s_{x} \leq 9$ ，直接差分约束
P6186

设 $f_{i}$ 表示 $i$ 左边比他大的位置个数，没跑一次冒泡排序就会让 $f_{i} - 1$ ，因此答案为 $\sum max (f_{i} - K, 0)$
AT_acl1_b

题目让求 $2 n | k (k + 1)$ 最小的 $k$ ，发现 $gcd (k, k + 1) = 1$ ，因此 $2 n \to a \times b$ ，我们枚举 $a, b$ ，于是我们让找 $a x = k, b y = k + 1$ ，一减变成 $e x g c d$ ，复杂度 $O (2^{ω (n)} \log n)$
AT_arc074_c

考虑一个朴素的 $d p$ ：设 $d p_{i, j, k, l}$ 表示前 $i$ 个数，最后一个红在 $j$ ，绿在 $k$ ，蓝在 $l$ 的方案数，但我们发现 $a_{i}$ 这个限制没有用。我们可以设 $d p_{i, j, k}$ 表示前 $i$ 个数，和 $a_{i}$ 不同的在 $j$ ，和 $a_{i}, a_{j}$ 都不同的在 $k$ 方案数。复杂度 $O (n^{3})$
CF1442D

朴素 $d p$ ：设 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数组删了 $j$ 个最大答案。 $d p_{i, j} = max {d p_{i - 1, j - k} + s u m_{k}}$ ，复杂度 $O (n m k)$
这题有一个关键结论：如果 $k$ 能正好取完一个数组，那一个数组要么不取，要么全取。因为数组是不降的。我们枚举哪个数组不能全取，剩下的做背包即可。可这相当于有一个数是会被删除的，我们怎么办呢？分治即可，设分治到 $[l, r]$ 时表示刨去这个区间中物品的答案，对于每次去左子树时把右子树加入背包，右子树同理
CF559C

可达某场比赛考了这题。 $d p$ + 容斥即可。总方案数=所有方案数-过一个黑点+过两个黑点-...。把 $n$ 个点按照 $x$ 为第一关键字， $y$ 为第二关键字排序。设 $d p_{i}$ 表示从左上角走到 $i$ 这个黑点，带容斥系数，然后每次从左上角的节点转移过来即可
据说有恰好经过 $k$ 个黑点的加强版问题