10 月做题记录

CF1879F *2800 \(\color{blue}\bigstar\)

一个点的答案是 \(h_i\times \left \lceil \dfrac{a_i}{x} \right \rceil\)。

一开始的想法是直接整除分块，然后分成 \(\sqrt{n}\) 个区间，扫描线一遍就可以 \(O(Tn\sqrt{a_i})\)。

但是没有保证 \(\sum n\)，所以考虑一下 $\log $ 做法。

去想一下调和级数，枚举 \(x\)，那么上取整相同的一定是一个区间，区间里面找最大值就可以了。

使用 st 表，复杂度 \(O(Tn\log n)\)。

CF1879E *2400 \(\color{blue}\bigstar\)

首先设 \(c_i\) 表示 \(i\) 连向父亲的颜色，那么显然 \(c_i\ne c_x\)，\(x\) 是 \(i\) 的儿子。

因此想到深度相同的染一个颜色。

但这样会有一个问题，就是度数为 \(2\) 的点，无法分辨哪个是父亲。

考虑三种颜色，然后形成一个环，这样取两种颜色就可以钦定一个是父亲了。

CF1870F *2900 \(\color{green}\bigstar\)

长度相同，字典序单调。

分析一下，发现满足条件的是一个区间，可以二分，没了。

求字典序也是按长度分类求。

CF1866L *2400 \(\color{green}\bigstar\)

枚举 \(k\)，然后每 \(N\) 个一段，总共有 \(M\) 段，每一段有一个后缀的盒子可以拿到，直接暴力就是 \(O(m^2)\) 的。

CF1284E *2500 \(\color{green}\bigstar\)

枚举 \(p\)，找四个点，满足不存在相邻两个角大小超过 \(180\)。

容斥，减去全部在一半的方案。

卡精度，司马了。

const lb Pi=acos(-1.0l);

CF1497D *2500 \(\color{Gold}\bigstar\)

md，不会做。

空间很小，不能暴力 dp。

此时一个高妙做法是，把所有转移 \((i,j)\) 按 \(2^i-2^j\) 排序。

然后从小到大转移即可。

和图上单调上升路径比较像。

CF1487G *2700 \(\color{blue}\bigstar\)

最多三个不合法，去容斥。

容斥不用管具体是那两个字母，只需要关注选了多少个，因此直接暴力 dp，复杂度 \(O(n^3)\)。

CF1019D *2700 \(\color{Gold}\bigstar\)

枚举一条边，然后把其他点按理这个点距离排序，就可以二分。

然后发现把边极角排序，这样每次会改变两个点的相对顺序。

CF917C *2900 \(\color{green}\bigstar\)

状压，设 \(f_{i,S}\) 表示 \(i\)，前面 \(k\) 个位置是否有人状态为 \(S\)，每次让 \(S\) 第一位的人向前走即可。

有特殊点的位置暴力 dp。

代码有点难写。

CF1500E *3300 \(\color{blue}\bigstar\)

容易发现枚举集合大小 \(x\)，相当于最小 \(x\) 个数和最大 \(x\) 个数构成一个区间，然后求并。

分析一下，发现 \(x\) 有一个前缀是区间两两不交，后缀是区间两两不交，中间的可以合并成一个大区间，并且 \(|S|/2\) 这个点一定在中间大区间里。

那么左右二分即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

代码比较难写，还被卡常。

CF1103C *2700 \(\color{green}\bigstar\)

套路地跑个 dfs 树。

如果深度大于 \(n/k\) 就结束。

否则说明叶子数量至少为 \(k\)。

考虑对于每个叶子去找一个环，那么除了树边之外还有两条非树边 \((x,y),(x,z)\)。

那么就有三种选非树边形成环的方案，证明一下发现必然有一个满足条件。

CF1103D *3100 \(\color{blue}\bigstar\)

有趣题。

首先观察到 \(\gcd\) 的质因数很小，最多只有 \(M=11\) 个。

可以状压，考虑对于每个数，看它去把 \(S\) 这个集合的质因子扔掉是否合法。

怎么找这个集合呢，就直接把无关质因数去掉，会发现剩下的数肯定没多少，直接存结果就行。

然后相当于选一堆集合的并是全集。

但是每个数只能选一个区间，比较阴间，而且复杂度爆炸。

考虑有代价，并且最多选 \(M\) 个集合，因此对于每个 \(S\)，只需要处理出前 \(M\) 小的代价的区间即可。

然后暴力，dp 的时候只要枚举子集。这样复杂度是 \(O(3^MM^2)\)。

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看了一个有趣的技巧：对底栈。

有 \(n\) 种物品，求一个最小的区间满足里面的东西 0/1 背包后 \(f_m\ge v\)。

注意到这个东西加入容易，但是不支持删除。

显然这个区间满足双指针，但是左端点弹出难以维护。

考虑开两个栈，加入直接加入在右边的栈里，然后维护栈前缀的 dp 值，如果要弹出了，先把左边的栈顶不断弹出直到左边空了，然后把右边栈的元素全部放到左边栈里面去。

这样每个元素最多放两次，然后合并左右复杂度也是对的，总复杂度 \(O(nm)\)。

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CF1416E *3200 \(\color{blue}\bigstar\)

垃圾题，平衡树暴力维护 dp。

CF1886F \(\color{blue}\bigstar\)

题解

CF1120F *3100 \(\color{green}\bigstar\)

？？？

如果开始存信了，信箱一直都会被使用，相当于每个连续段第一个的贡献会去掉。

从后往前枚举第一个存信的位置，然后每个点贡献加起来就行。

CF1120E *2600 \(\color{blue}\bigstar\)

爆搜题。

CF1129E *3100 \(\color{blue}\bigstar\)

D 做太久了，本来这题能过的。

先考虑可以问出什么基本信息，发现一头为 \(1\)，中间放 \(x\)，另一头放剩下所有，这样可以问出 \(x\) 的子树大小。

然后考虑从根出发，确定儿子，注意到中间放 \(x\)，然后两端是 \((1,y)\) 可以判断 \(y\) 是不是 \(x\) 子树内的点。

二分一下，子树大小最大的 \(y\) 一定就是 \(x\) 的儿子。

然后把 \(y\) 去掉，递归 \(y\) 即可。

询问次数 \(O(n\log n)\)。

CF1129D *2900 \(\color{blue}\bigstar\)

套路题。

直接 dp，然后相当于要维护一个区间加减，查询 \(\le k\) 的位置的 dp 值之和。

大力分块即可。

abc311_h *3605 \(\color{red}\bigstar\)

牛逼题，最新科技。

lg 题解各种复杂度的分析漏洞百出，最好还是读官方题解。

就是带约束的树上背包，那么肯定不能合并做，因为合并复杂度 \(O(m)\)。

然后想到了约束背包经典题目，古典做法就是把 dfs 序跑出来，然后在 dfs 序上 dp，一个点如果不选了那么它的子树就都不会选了，直接跳到下一个地方，否则就向子树跳一个，这样的话只需要支持背包加入一个物品，那么复杂度就是 \(O(nm)\)。

如果跑出任意一个连通块，需要加一个点分治，但是子树内答案就很难做（好像不可做）。

然后有了一个最新科技，感觉完全吊打 dfs 序上 dp。

dfs 序上 dp 的本质是，类似建一个自动机，每个点连向第一个儿子或者子树外的第一个点，然后自动机上的一条路径就代表了一个树上包含根的连通块，然后在这个上面 dp。

但是这个东西和子树内信息非常割裂，而且只能维护树上连通块，遇到树上非联通块的约束条件就萎了，就是 dp 到一个点，父亲的信息是未知的。

此时一个很牛的考虑是，把 dfs 到 \(i\) 的背包信息传到儿子里面去 dp，然后再传出来。

function dfs(c, dp)//贺的
  Dp[0] <- dp
  Dp[1] <- dp
  for d in {children of c} do
    Dp[0] <- dfs(d, Dp[0])[0]
    Dp[1] <- dfs(d, Dp[1])[1]
  end for
  for i = 0 to X - W[c] do
    chmax(Dp[C[c]][i + W[c]], Dp[C[c] ^ 1][i] + B[c])
  end for
  return Dp

由于外部点怎么选对我其实是没有影响的，只需要把外面的 dp 数组搬过来直接做，约束条件可以在传回父亲的时候进行限制即可。

然后每次传回父亲的时候再将这个点加入。

注意到这个 dp 复杂度是 \(O(m2^n)\)，很不牛。

注意到复杂度劣主要是因为每个子树都分成 0/1 两种情况分别 dp，注意到如果只有一个儿子，那么可以把儿子的 dp 状态值直接继承上来，因为没有其他儿子的约束。

首此启发，考虑一个类似 dsu on tree 的东西，先递归重儿子，把信息直接继承。

function dfs(c, dp)
  if c is not leaf then
    h = (heavy child of c)
    Dp <- dfs(h, dp)
    for d in {children of c} / {h} do
      Dp[0] <- dfs(d, Dp[0])[0]
      Dp[1] <- dfs(d, Dp[1])[1]
    end for
  else 
    Dp[0] <- dp
    Dp[1] <- dp
  end if
  for i = 0 to X - W[c] do
    chmax(Dp[C[c]][i + W[c]], Dp[C[c] ^ 1][i] + B[c])
  end for
  return Dp

分析一下复杂度。

\[f(n)=\sum_{\sum a_i=n-1} f(a_1)+2\sum_{j=2} f_{a_j}+O(m)\\ a_1=\max a_i \]

如果儿子有 \(k\) 个，那么最大值一定是 \(a_1=a_2=...=a_k\)。

\[f(n)=f(n/k)(2k-1)+O(m)\\ =n^{\log_k 2k-1}m \]

显然 \(k=2\) 最优，复杂度为 \(O(n^{\log_2 3}m)=O(n^{1.59}m)\)。

但是注意到现在得到的这个 dp 还是只能求出整棵树的答案，不能求出每个子树的答案，因为每次递归都是把外面的信息传进去。

求一个点的信息，只要传一个空的状态进去就行了，但是复杂度乘个 \(n\)。

这个也可以 dsu，把空信息传到重子树里面，然后整个传回来，然后扔到轻子树里面去 dp。

复杂度类似的分析一下，发现和求单次是一样的。

P6326 \(\color{green}\bigstar\)

就是上面的典题了，可以点分治，但是不如把每个子树的答案求出来求最大值，复杂度 \(O(nm\log n)\)，比点分治好写，常数还小。

loj2523 \(\color{green}\bigstar\)

\(\gcd\) 满足即可，因此简单反演一下。

loj2719 \(\color{green}\bigstar\)

每次把一个最小的扔到最前面，可以发现相当于一个数 \(x\) 如果在操作它之前到达了 \(x\) 这个位置的右边，那么肯定到达不了下界。

分析一下这个条件，相当于一个数前面有比他大的，后面有比他小的就寄，所以最长下降子序列不超过二。

那么无限制 dp，考虑暴力是记录前面下降子序列长度为 \(1\) 的，最大是多少，长度为 \(2\) 的，最大为多少。

然后发现长度为 \(1\) 就是前面的最大值，长度为 \(2\) 的必须是没取过的最小值，不然不合法。

因此可以得到一个 \(O(n^2)\) dp，设一个最大值。

\[f_{i,j}=f_{i+1,j}+f_{i,j+1} \]

画一个网格图，然后 \(j<i\) 都是似掉的状态。

可以发现是一个卡特兰数一样的东西，因此可以 \(O(1)\) 爆出点值。

然后字典序的问题，直接找到第一个大的位置就行。

复杂度 \(O(n)\)。