训练记录PART4 2018.4.26~6.13
友情提醒：大部分题选自opentrains，以后有训练需要的同学慎重查看。
4.26
CF #476 E
题意：给你N(\(\leq 10^5\))个两两不同字符串，总长\(\leq 10^5\)。对于每一个字符串要保留一个非空前缀，使得得到的字符串依旧两两不同。求最终字符串总长最小可以是多少。
题解：看上去很经典的样子？开始先头脑风暴了一个傻逼贪心：按长度递增排序，每次贪心地把当前串取极短的前缀。果不其然地WA了。
考虑转化模型。如果建出了AC自动机，问题就转化成了：某些点上有关键点；现在可以把一个关键点移动到它的某个空祖先；求最终所有点深度和的最小值。无脑上了一个启发式合并套贪心：如果当前节点为空，直接挑深度最大的那个移动上来。或许有线性做法吧。
CF #475 D
题意：给你一个长度为\(N\)的字符串\(S\)。有\(Q\)个询问，每次给出\((str,k)\)，要寻找一个\(S\)的子串\(S'\)，使得\(str\)在\(S'\)里至少出现了\(k\)次。求\(S'\)的最小可能长度。保证每个询问的\(str\)是不同的。\(N,Q,\sum len_{str} \leq 10^5\)
题解：可以直接SAM草过去。
考虑一下分块。显然，如果一个询问比较长，我们就可以暴力\(O(N)\)扫整个串，这样怎么做都行；最经济的是直接套一个KMP，常数很小。
考虑短串怎么做。有一个经典的做法：每次枚举一种询问串的长度，然后把S中的每一个这样的位置hash，显然hash一样要并在一起。注意，此题保证询问的\(str\)互不相同，所以对于一个询问的这个hash值，我们是可以暴力扫描它所有hash与它相等的位置的。这样直接for一下就可以求出编号差为k的两个点的距离的最小值。
4.27 Petrozavodsk Winter 2018 - Carnegie Mellon U Contest
D
题意：定义一张无限分形图每条边的颜色：①一个点周围的三条边颜色分别是a,b,c。②一个环里必然是两种颜色交替。
现在给你一段由abc构成的串，问从某个起点开始依次走过这些边能否回到它自己。
题解：感觉比较玄学。首先很显然的，每当有两个相邻字符一样时，我们一定能把它们同时消掉；如果有一段连续字符形如"ababc"，我们也一定能将其换成"bab"（走环的另一侧）。画一画发现这两个消除条件是充要的……即如果原路径是闭的，我们通过反复迭代这两个操作，一定能消成空序列。
E
题意：给出一棵\(N(\leq 50000)\)的树。求有多少条简单路径，满足路径上的点标号的集合是连续的。
题解：首先套一个点分。然后从根开始算出到每个点的三元组\((max_i,min_i,len_i)\)。一条路径合法，即存在两个不同子树的点\(i\)和\(j\)，满足\(max(max_i,max_j)-min(min_i,min_j)=len_i+len_j\)。分情况拆掉括号，最后转化的模型是：每一个点都有一个三元组\((x_i,y_i,z_i)\)；每次询问有多少个不在当前子树里的点i，满足，\(z_i=Z\)，且\((x_i,y_i)\)落在某个矩阵里。
容易想到的是，顺次枚举子树，开\(|Z|\)个容器，每个容器里在线地维护二维结构。或者说外层开一个二维结构，每个结构里维护一个哈希表（不能用set否则效率不对）。总效率即是\(O(Nlog^3N)\)的，但这样十分不好写。
能想到的最好写的做法是：首先把不同子树的限制转化成容斥，这样就可以离线了。离线后，按询问和操作的Z排序。对于相同的Z单独跑一下二维结构。这个结构具体可以用树状数组+线段树。线段树动态开点，每次做完一个Z回收一下内存。
G
题意：定义两条直线的距离为：
给出\(N(\leq 10^5)\)条直线。现在要求一条最优的直线\(Ax+By+C=0\)，使得它与给出的每条直线的距离最大值尽量的小。
题解：显然最大和最小的差都在端点处取得。我们直接设最优直线在\(0\)处和在\(T\)处的值分别是\(X\)和\(Y\)，那么它和某条直线距离就是\((X-x_c)^2+(Y-y_c)^2\)。将\((x,y)\)看成平面上的点，这个距离就变成了欧几里得距离。最后求一个最小圆覆盖即可。
H
题意：给出有重量的\(N(\leq 24)\)个物品。现在要将它们划成尽量少的组，使得每组重量\(\leq S(\leq 10^8)\)。问最小组数。
题解：比较厉害的DP含义。设\(f_S\)表示考虑完\(S\)这个集合的物品的最优状态。这个最优状态是由一个二元组\((use,rest)\)表示的，其含义是：已经用了\(use\)个背包，且最近的一个背包还剩下rest的容量（显然这个二元组满足全局偏序关系）。转移时，枚举某种状态接下来放的物品。
I
题意：有\(N(\leq 5000)\)物品，要求选最少个数的物品，恰好装满大小为\(V(\leq 5000)\)的背包。有如下几个独立子问题：（1）中位数（定义为\(\lfloor \frac{num+1}{2} \rfloor\)）最小的解是什么。（2）众数出现次数最小的解是什么。（3）最大值减最小值的差最小的解是什么。
题解：
（1）有一种显然的二分做法：二分一个中位数，划成的两个物品集分别做一遍DP，枚举它们最后的重量分配合成一下即可。
但其实可以\(O(N^2)\)。一开始对物品大小排序，每次枚举其中某个物品是中位数。这样我们就知道了左右要选的物品个数（因为总的选的个数我们之前先做一遍DP可以算出来）。枚举左右两侧物品集的重量分配合一下即可。
（2）从小到大枚举众数出现次数，每次加入一些新物品，并check一下当前解是否等于最优解。
（3）比较容易想到的做法是：暴力枚举区间左端点，右侧一直线性向右移动。用双栈的方法维护这个背包。
其实还有一个做法。设\(f_{i,j}\)表示考虑了前\(i\)个物品，凑成了重量为\(j\)时的最优状态。这里状态也是一个二元组\((num,max_{min})\)，表示已经选了\(num\)个点，且重量最小的点最大是多少。容易证明这也是一个偏序关系。然后我们枚举最大物品是什么，看看它之前的DP数组能否凑到num等于总num的，能的话用现在的物品质量减去上一个状态的\(max_{min}\)更新答案。
4.28 XIII Open Grodno SU Championship
L
题意：给定一个\(N\)个点的凸包。有\(M\)个询问，每次给出一条与凸包严格有交的直线。问直线到凸包各顶点的最小距离。
题解：学到了一种经典姿势：对于一条直线，我们希望把凸包划成两个凸壳，使得每个凸壳上点到直线的距离是单峰的。
先以最下面的点为原点，对凸包的边向量进行极角排序。然后每次拿直线对应的两个向量（方向相反）在有序的边向量里二分，分别找到最靠前的>它们极角的边。那么这两条边的起点即为我们要求的两个划分点。
原题直接三分即可。用这种方法，自然也能求出直线与凸包的交点。
5.5 Petrozavodsk Winter 2013 - Andrew Stankevich Contest 43
G
题意：给出一种电路串联和并联的方式。每次给出两个电路，用他们构成一个新电路。将最后的n号电路放在平面坐标系的整点上，且边不能“转弯”。
5.7 XVIII Open Cup - Grand Prix of Siberia
B
题意：边长为\(N(\leq 100)\)的正方体有\(6*N^2\)个小面，某处有宝藏。初始时，机器人在一个小面上，且有一个朝向。每次可以给它三种指令：向左转90°；向右转90°；前进一格。如果是指令3，会返回它离宝藏的欧几里得距离是是变近了还是变远了还是不变。要在\(100N\)步指令内，让机器人走到最终宝藏的位置。注意机器人和宝藏位置都是任意的，且\(N\)未知。
题解：以宝藏所在平面水平和竖直地画两条线，在立方体上延展成两个“框”；对于不在框上的点，往框的方向上走距离必然会变小。由以上分析我们可知，有且只有两个点，朝四周走离宝藏距离都变大。
继续分析，一个点到宝藏距离的三维坐标差的和最多只有\(3N\)；而每一次缩进距离，坐标差的和至少减1。所以，如果我们从起点开始，每次贪心地往任意一个变近的地方走，一定能在\(O(N)\)步内走到宝藏O或是它的对应点O'。那么如何区别它们呢？
我们只需观察它们之间的路径的返回信息。O->O'的路径比O'->O的路径，变远的次数多\(N\)次。
D
题意：坐标系里有\(N(\leq 500)\)个整点，满足\(0 \leq x_1 \leq x_2 \leq \dots \leq x_n , y_1 \geq y_2 \geq \dots \geq y_n \geq 0\)。现在要在平面上画水平和垂直的线，使得每一个点都和\((0,0)\)连通，且都存在一条到\((0,0)\)的路径，使路径长度等于\(x_i+y_i\)。求所画的线的最小总长度。
题解：好像做麻烦了。首先，最上面（\(x_1\)）和最右边（\(x_n\)）的点必然要连过去。改一下坐标轴的位置，问题就转化为：每一个点必须能“不绕路”地走到X轴或者Y轴，求划线的最小长度。
设\(f_{i,j}\)表示在以点\(i\)确定的\(X\)轴，点\(j\)确定的\(Y\)轴中，\(i+1\)~\(j-1\)这些点的最少建路总长。决策时，枚举最靠下的、向左一直划到Y轴的点\(k\)。那么，问题将被划分为\(f_{i,k}\)和\(f{k+1,j}\)。如果不存在这样的\(k\)，那点\(i+1\)必须要向下画一条竖线，然后由\(f_{i+1,j}\)转移过来。
5.9 Moscow Pre-Finals Workshop 2016 - Kent Nikaido Contest 1
B
题意：给排成一排的\(N(\leq 10^6)\)个球染上\(K(\leq 10^6)\)种颜色。再给出一个常数\(L(\leq N)\)：每一次操作能选择连续的\(L\)个球，将最右边那个放到最左边。定义两种染色方案等价的，如果从某个染色方案开始，进行若干轮操作，可以得到另一种方案。问不等价的方案总数。
题解：当\(N>L\)时，一通分析可以发现，\(N\)是偶数或\(N\)是奇数且至少有种颜色涂了两次时，我们能做到交换任意两个相邻的球，那么方案数即是\(C_{N+K-1}^{K-1}\)。而\(N\)是奇数时，只需再加上每种颜色都是unique的方案数，\(C_K^N\)。
重点讨论\(N=L\)的情况，作为burnside引理的复习。此处存在\(N\)个置换，我们只需求出每一种置换的不动点个数即可。环上位移是个经典问题：假设位移了\(i\)步，一共有\(gcd(i,N)\)个等价类，方案数即为\(K^{gcd(i,N)}\)。我们外层枚举gcd值，可以知道答案为\(ans=\frac{1}{N} \sum \limits_{d|N} {K^d*\phi(\frac{N}{d})}\)。
D
题意：给出一张\(N(\leq 4*10^5)\)个点、\(M\)条边的无向图，编号为\(i\)的边的长度为\(2^i\)。现在要从1出发，走过每一条边至少一次再回到1，求走了最短长度。
题解：一开始想得复杂了。设\(c_i(\geq 1)\)表示第\(i\)条边走的次数，相当于在原图中再加入\(c_i-1\)条这样的边。那么题目要求等价于存在一条欧拉回路，即所有点的度数都需要是偶数。也就是说，对于一个点\(x\)，如果它周围的边的编号为\(e_1,e_2,\dots,e_m\)，那么要求\(c_{e_1} \oplus c_{e_2} \dots \oplus c_{e_m}=0\)。从这里也可以看出，\(c_i\)必然是1或者2。
现在考虑，选择把哪些边多走一次。首先构出一棵原图的最小生成树，可以证明：加的边必然在MST上（如果最优解中有一条不在MST上的边e，那么一定存在一个边的集合$ { e_1,e_2,\dots,e_m }$，使得它们达到了和e一样的效果。那么我们可以不走这条e的边，改走这个边集，答案显然更优）。而且，是否选择MST里的某条边其实已经确定了。因为我们可以从MST的叶子开始，根据叶子的度数奇偶性，来决定那条边是否选择。
5.12 XVII Open Cup - Grand Prix of Japan
5.14 Petrozavodsk Winter 2012 - Andrew Stankevich Contest 41
A
题意：将\(1\)~\(N\)填入一个\(N*N(\leq 1000)\)的幻方，要求每行、每列、每条对角线（出去后在另一侧顺延）没有重复的数字。给出一种方案或指出无解。
题解：感觉挺有趣的。打表发现，\(N \geq 5\)时，如果存在解，那么“每行由上一行循环位移2位”的构造方法一定是合法的。因此采用的做法是：每次先尝试构出一组这样的解，再check一下是否满足要求。
考虑证明这个结论的正确性（当然还是要基于，解是循环位移构造出来的）。假设每次由上一行循环位移\(g\)位：由列限制，\(gcd(g,N)=1\)；由两侧对角线限制，\(gcd(g-1,N)=1 , gcd(g+1,N)=1\)。那么首先，符合要求的\(N\)是奇数。然后，因为连续三个数都要和\(N\)互质，这三个数里必然有一个是\(3\)的倍数。取\(g=2\)时，连续数位\(1,2,3\)，只剩下了对\(N\)是\(3\)的倍数这个约数。即\(2\)必然是要求最宽的\(g\)，结论得证。
B
题意：给出一棵\(2N(\leq 10^5)\)个点的树。现在要用至多\(N+1\)种颜色给每个点染色。每种颜色最多只能用两次，且对于任意两条边，他们两端颜色的无序对必须不等。给出一种染色方案。
题解：观察了一下过的程序，都采用了一种看起来复杂度比较高的贪心算法。我们以一个点为根搞出一个bfs序，依次决策每个点的颜色。到某点时，如果存在某种颜色一次都没用过，就优先使用它；否则在还能染一次的颜色中，暴力找到一种不冲突的颜色染上去。每次染完后，把父亲颜色和它的颜色的pair记录一下，以供后来判断颜色组是否已经被用过。做法看起来很靠谱，对于某种颜色，必然是靠的越远越好，所以优先使用没染过的颜色、采用bfs序都是有一定道理的。但是不会证明，复杂度也存疑。别的代码找不冲突颜色时，甚至是从小到大枚举的……我加了个并查集，这样每次就能\(O(1)\)定位到目前还能染一次的颜色了。
5.18 2017 Multi-University Training Contest 8
5.19 2017 Multi-University Training Contest 9
F
题意：给出\(N(\leq 10^5)\)点的有向图。再给出\(K\)个不相同的点，求它们两两最短距离的最小值。
题解：没想到这里有一个经典套路。
考虑产生最优解的那个点对\((s,t)\)。因为\(s!=t\)，它们二进制表示上某一位必然不同。那么我们每次枚举两个标号不同的二进制位，把关键点分成两组，由一侧往另一侧跑最短路即可。
比赛时脑补了一个只要做一遍\(DIJ\)的做法。把每一个关键点当做起点做最短路，设\(f_i\)表示到第i个点的最短路长度，增设\(g_i\)表示在满足最短路的限制下，可以从哪些起点（关键点）转移过来。\(g_i\)是个集合，但我们只需保留它其中的任意两个元素。当我们从一个点\(x\)开始尝试更新\(y\)时，如果\(y\)是关键点，且\(g_x\)集合里不全是\(y\)，那么我们用\(f_x+len_e\)来更新答案。
我们跑出的每一组解显然都是合法的；考虑最优解\((s,t)\)，它一定会在t之前的那个点被统计到。
I
题意：给出三个数\(L,R,K(\leq 10^{11})\)。求\(L~R\)中最大质因子是\(K\)的数的和。
题解：显然如果\(K^2>R\)，答案只可能是1或者0，那么\(K\)就被限制在一个范围内。
这是洲哥筛里的一个子问题，也是个经典的DP模型。设\(f_{i,j}\)表示如果用前\(i\)个质数去筛1~j，剩下的那些数字的和是多少。转移的话，用\(f_{i-1,j}\)来减掉第\(i\)个质数的贡献。统计第\(i\)个质数的贡献时，我们要保证它们都不是前\(i-1\)个质数的倍数，即\(f_{i-1,\lfloor \frac{j}{prime_i} \rfloor}\)（当然最后要乘上一个\(prime_i\)）。记忆化一下，暴力DP即可。
5.21 Moscow Pre-Finals Workshop 2016 - Japanese School OI Team Selection
5.23 Petrozavodsk Winter 2011 - Moscow IPT Contest
B
题意：有多少个由\([1..N]\)到\([1..N]\)的映射函数\(f\)，满足\(1\)~\(k\)在同一个置换里。输出答案在p（质数）进制下最后一个非0位。$0 < k \leq n < 2^{10000} , p < 10^6 \(
题解：注意，\)m\(个点在同一个置换里的方案数是\)(m-1)!\(。
直接枚举1所在的置换的大小\)i$，所以答案是 \(\sum \limits_{i=k}^n C_{n-k}^{i-k}*(i-1)!*(n-i)!\)，展开后即得\((n-k)!*\sum \limits_{i=k}^n \frac{(i-1)!}{(i-k)!}\)。给求和式里配一个\((k-1)!\)，变成了组合数求和，然后可以直接转化成一个特定的组合数。最后答案是\(\frac{n!}{k}\)。因为\(n\)很大，计算\(n!\)时，我们每次可以把\(n\)按模\(P\)分组，不等于0的组快速求得，等于0的组递归成\(n/P\)的子问题。
D
题意：给出一个长度为\(N(\leq 10^5)\)字符环，要求剪出\(k\)个连续段，使得每一段的字符串都一样。问其最长可能的长度。
题解：破环成链+二分长度后，又是那个经典模型。
对每一个长度为\(k\)的段，求一个hash值，并向最靠近它的不重叠的等hash值的位置连边。由于是环上询问，对于每一个结尾，我们需要知道，它一直往前跳，在长度不超过\(N\)的情况下，最多能跳几个点。这个倍增一下即可。
K
经典的圆与三角形面积交的题。乖乖地去分类讨论了。居然能把圆割成一个多边形再做。
5.30 Petrozavodsk Summer 2016 - Moscow IPT Contest
B
题意：给出\(N(\leq 5*10^5)\)个数和\(Q(\leq 2*10^5)\)次操作。①\(l\)~\(r\)每一个数都 \(and\)上\(v\)。②\(l\)~\(r\)每一个数都 \(or\)上\(v\)。③询问\(l\)~\(r\)上的最小值。
题解：好像是吉利讲过的题？
修改操作的and和or是类似的运算，都是强制把log个子树里某些位统一，只是改成0或者1的问题。
分开考虑每一位。在线段树节点里，维护每个bit位在子树里是否完全相同。那么修改的时候，如果当前操作修改的那些位在子树里本来都一样，改完后必然也一样，我们可以立即停下来，打个标记并快速维护最小值信息；否则暴力递归下去即可。时间复杂度挺显然的，势能分析一下即可。这样应该是\(O(30NlogN )\)的。然后可以用bitset的思想，进行一些位运算的骚操作，复杂度降低成\(O(NlogN)\)。
E
题意：生成\(N(\leq 10000)\)个无限长的随机bit串。求\(\max_{1 \leq i < j \leq n} LCP(S_i,S_j)\)的期望。输出在模域P下的答案。
题解：我们设\(f_L\)表示\(LCP \leq L\) 时的概率，要求不存在相同的长度为\(L+1\)的前缀。得\(f_L=\frac{C_{2^{L+1}}^n*n!}{2^{(L+1)*n}}\)。
最后答案即为：\(\sum_{i=0}^{\infty} i*(f_{i+1}-f_i)\)。
这个级数不能直接求和。因为要保留最后的分数，加到无穷显然是不现实的，只能改变求和顺序。注意到分子里实际上是一个下降幂，根据第一类斯特林数（有符号）的定义，有\(x^{\lfloor n \rfloor}=\sum_{k=0}^n S1_{n,k}*x^k\)。直接套用，并改变求和顺序，即可将无穷级数化为类等比数列。
此题\(N=10000\)，可以直接暴力分治把\(S1_{n,i}\)求出来。数据再大一点可以分治FFT。
6.1 Petrozavodsk Summer 2011 - Moscow SU Unpredictable Contest
F
题意：有\(M\)个箱子，每个箱子里有若干个物品，有参数\(A_i,B_i\)。现在要给每一个物品定一个\(0 \leq \lambda_i \leq 1\)，使得每个箱子里物品 $ \lambda_i $ 的之和\(=1\)，且所有物品 $ \sum_i B_i* \lambda_i \geq P $。问最大的 $ \sum_i A_i* \lambda_i $ 是多少。物品总数 \(\leq 10^5\) 。
题解：YY了一个不是很优美的做法。
先假设只有一个箱子。将物品按\(A_i+B_i\)降序排序，考虑1号物品。如果\(B_1=P\)，显然全都分配给A最优；如果\(B_1>P\)，那么找到最小的\(i\)使得\(B_i<P,A_i>A_1\)，两者匀一匀；如果\(B_1<P\)，那么找到最小的\(i\)使得\(B_i>P\)，两者匀一匀。这个做法正确性显然。
多个箱子也类似。先全局将物品按\(A_i+B_i\)排序，初始时，每个箱子选最大的物品。显然，若此时\(\sum B_i=P\)，我们已经得到答案。若\(\sum B_i>P\)，按顺序扫描排序后的物品，若扫到\(i\)时，满足\(B_i<P,A_i>A_0\)（\(A_0\)是它的组目前选的物品的参数）：首先尝试把比重全都移到\(i\)，如果依旧大于\(P\)，那么将该组全部比重移动到\(i\)，并继续往后扫描；否则，直接按比例分配该组原来的物品和\(i\)，然后结束操作。\(\sum B_i<P\)也类似。
标解的做法优美很多。类似于经典题“合金”，如果把物品表示在坐标系里，能凑出的二元组\((A,B)\)分布在凸壳一侧。而合并两个箱子，相当于是它们凸包的闵可夫斯基和。所以我们只要合成最终的大凸包，再在端点上二分\(P\)即可。显然这样可以拓展到多个\(P\)的询问。
G
题意：给出三维空间里的\(N(\leq 50)\)个点的坐标。现在随机选择一个空间向量\(V\)，把所有点都投影到垂直于这个向量的平面上，计算投影点构成的凸包的面积。求期望值。
题解：我们单独考虑每一个面的贡献。假设我们把它转到三维凸包的最上面并保持水平，并设\(V\)与z正半轴的夹角为\(\phi(0 \leq \phi \leq \pi)\)。显然，我们在底面向上看，必然看不到这个面。而且一般地，若\(\phi > \frac{\pi}{2}\)，这个面就没有贡献。
现在考虑这个面在\(V\)向上时的贡献。观察发现，\(V\)与x正半轴的夹角\(\theta\)是不会影响其贡献的。而当角度为\(\phi\)时，面积\(S'\)会变成原来的\(Scos_{\phi}\)。
注意到，\(\phi\)越小，可能的\(V\)出现的概率就越小，所以积分式里要加上权重。最后它的贡献是：\(S*\frac{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin(\phi)*cos(\phi) d\phi }{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} sin(\phi) d\phi }=\frac{1}{2}S\)（其中S是原来凸包的表面积）。由于另一侧看不到，答案还要额外除以2。（注意这里有一个trick，如果读入只构成了一个面，就不用额外除这个2了）
H
题意：给出一个长度为\(N\)的序列和一个常数\(K\)。问最少删除几个数，使得剩下的序列能被分解成\(K\)个严格递增的子序列。对于原序列的每一个前缀都要询问一遍（\(N,K \leq 10^5;NK \leq 10^7\)）。
题解：2017CTSCD2T2弱化版。
我们称一个数列的\(K-seq\)为：用K条不相交的递增链覆盖的最大长度和。
按照题解的逻辑，首先考虑数列中的相邻的三个数\(b,c,a(a<b<c)\)。考虑交换\(a\)和\(c\)的位置，变成\(b,a,c\)。显然，后者的\(K-seq\)大于等于前者。然后一通分类讨论可以证明，其实它们是完全等价的。进一步拓展，只要每连续的三个数中，最大的数和最小的数是紧靠着的，那么它们都是可以交换的（即交换后答案不变）。
考虑在线地维护。假设之前数列是{1 2 4 6 9}，现在在尾部插入一个5。
我们可以一直套用上述性质进行一系列等价变换，直到不能再变换为止：
1 2 4 6 9 5 ——> 1 2 4 6 5 9 ——> 1 2 6 4 5 9 ——> 1 6 2 4 5 9 ——> 6 1 2 4 5 9
每次这样传递数字后，我们都会得到一个分段递增的数列，元素个数单调不降。
注意到，如果我们只考虑最后一段递增的数列，这个等价于普通二分求LIS维护的数组。
而最后\(K\)段的长度和，即为\(K-seq\)的答案。
如何优化这一过程呢？每次新增一个递增数列，我们都将其排在下面新开的一排，这样就排成一个杨氏矩阵。
直接暴力维护交换即可通过此题，复杂度\(O(NKlogN)\)。
其实，不仅杨氏矩阵前\(K\)行的长度和是\(K-seq\)的答案，它的前\(K\)列也是。只是前\(K\)列的长度和是拆成递减序列的最大长度和。
在CTSC那题中，不仅要维护原序列的杨氏矩阵，还要维护一下原序列*-1的杨氏矩阵（相当于原矩阵的转置）。
这样的话，每个矩阵都只要维护前\(\sqrt N\)行即可，复杂度为\(O(N \sqrt N log N)\)。
6.3 Petrozavodsk Winter 2012 - Tokyo Kroliki Contest
B
题意：给出一张\(N \leq 10^5\)的无向图。保证对于图上四个不同的点\(A,B,C,D\)，如果边\((A,B),(B,C),(C,D)\)存在，那么边\((A,C)\)和边\((B,D)\)至少有一个存在。求这张图的最大点独立集大小和方案数。
题解：首先，在每个连通块内，所有点到一个固定点O的距离不会超过2。
我们不妨称距离为\(x\)的点为“\(D_x\)点”。
性质1：若某个\(D_1\)点\(X\)和\(D_2\)点\(Y\)有边，则\(X\)与所有\(D_1\)点都有边。（考虑\(Y->X->O->?\)这条路径）
性质1推论：将\(D_1\)号点分为A,B两类，其中A类点与\(D_2\)号点有边。那么，A类点构成了一个团。
性质2：一个连通块里，度数最大的点与其它所有点都有边。
性质2证明：①若不存在A类点。O就是符合要求的点，得证。
②若存在A类点，我们只需存在证明，这其中至少存在一个点\(X\)与所有点都有边。显然，\(X\)只可能与某些\(D_2\)没边。反证法，假设\(X\)只与\(D_2\)中的\(P_1,P_2,\dots,P_m\)有边，而存在一个A类点\(Y\)，使得\(Y\)与\(D_2\)中的点\(P_{m+1}\)有边。我们依次考察\(P_i,X,Y,P_{m+1}\)这条路径。一旦\(X\)和\(P_{m+1}\)有边，命题即成立，所以必须是所有的\(P_i\)和\(Y\)有边。这时候，我们发现，\(Y\)和\(P_1,P_2,\dots,P_{m+1}\)都有边！用它替换成\(X\)重复上述过程。
性质3：除非是一个团，否则一个连通块里必然不会选度数最大的点。（选了它后就不能继续选了，但其实答案必然大于1）
根据性质2和3，我们每次只需判断一个连通块是否是团。如果不是团的话，直接将度数最大的点删去，把剩下的连通块答案并起来即可。
H
题意：给出一个长度\(\leq 100\)的串S。现在要删除一个子序列T，使得剩下的字符串是一个回文串。求最小字典序T。
题解：各种贪心应该都有问题；逐位确定也挺难处理的。直接设\(F_{i,j,k}\)表示\(i\)~\(j\)这个区间，删除\(k\)个字符的情况下字典序最小的T。每次讨论区间端点处的情况转移即可。为何要设最后一维呢？因为一个区间不能仅保留最小字典序，如果某个区间的两个合法解是\(a\)和\(ab\)，然后我现在要在后面删除一个\(c\)，那么\(abc\)反而会比\(ac\)更优。
6.6 MIPT Training Camp 2014 - JAG Autumn 2014
C
题意：有\(N\)段连续的路。要花费1s走一段，且有\(p_i\)的概率成功通过；如果失败，会跳到上一个“存档点”。初始时0号点就是存档点，每到一个点的时候都可以花费1s的时间设存档点。问最优情况下，到达点\(N\)的期望时间。\(N \leq 10^5,p_i小数点后两位\)
题解：如果只有0号点是存档点，期望时间可以递推得到，\(f_i=\frac{f_{i-1}+1}{p_i}\)。
设\(g_i\)表示，设\(i\)已经是存档点了，到达点\(N\)的期望（即求\(g_0\)）。转移的话，枚举下一个存档点\(j\)，那么\(g_i=min\{ g_j+f_{i...j} \}\)
直接做是\(N^2\)的。直观地想，存档点不会间隔很久设置的，我们凭借此来优化。
我们一路都不设存档点地过去，在某一段时额外的代价是：\(\frac{f+1}{p}-f\)；而如果在走这一段之前，我强制设一个存档点，则此段代价是\(1+\frac{1}{p}\)。我们想要证明，在很多时刻，后者是优于前者的。那么当\(\frac{f+1}{p}-f > 1+\frac{1}{p}\)时，解得\(f>\frac{1}{1-p}\)。先不考虑\(p=1\)的情况，由于读入只有两位小数，\(f>\frac{1}{1-0.99}=100\)时后者必然更优。而f每递推一次至少+1，所以不设存档点的极长段数不会超过100。
考虑p=1的情况，会发现，如果连续两段都是1，那么中间那个点必然不会是存档点（如果是，向左移动一格必然不劣）。那我们可以把p=1的段“缩在”一起，每次只会决策最靠前的那个点。这样最多访问200段即可（最坏情况是\(p=1\)和\(p \ne 1\)交替出现）。
6.8 Petrozavodsk Winter 2016 - Zhejiang U Contest 1
D
题意：给定长度为\(N(\leq 1000)\)的排列和初始为空的一个双端队列。顺次扫描排列里的每一个数，等概率加在队列的左边或者右边。加完后，统计队列里相邻两个数的逆序对数量T。求\(T^k\)期望。\(K(\leq 50)\)且是一个常数。
题解：直接设\(f_{i,j},g_{i,j}\)表示填了前\(i\)个数，且左/右侧是\(p_i\)，右/左侧是\(p_j\)时，答案的0~K次的值。每次讨论新的数填在哪一侧，组合数转移即可。
直接做效率是\(O(N^2K^2)\)的。考虑用斯特林数来优化这个过程。
最后的答案是\(\sum {x_i}^k\)（\(x_i\)表示某一种最终态）。第二类斯特林数可以将指数转化成下降幂，即\(x^k=\sum \limits_{j=0}^k S_2(k,j)*x^{\lfloor j \rfloor}\)。注意到下降幂又可以转化成组合数，所以\(x^k=\sum \limits_{j=0}^k S_2(k,j)*j!*C_x^j\)。那么我们依然可以开长度为\(K\)的数组，第\(j\)个数表示\(\sum_i C_{x_i}^j\)。这个式子可以类似组合数的递推转移。所以复杂度变成了\(O(N^2K)\)。
E
题意：有\(N\)个点的并查集和\(M\)个操作。每次给出\((s_1,s_2,l)\)，将\(s_1~s_1+l-1\)和\(s_2~s_2+l-1\)对应点一一合并。求最终有几个连通块。\(N,M \leq 2*10^5\)
题解：考虑建出一个ST表（一共有\(NlogN\)个点）。对于每一次操作，将 \(l\) 二进制分解，在ST表对应层上挂上两个起始点。
最后从浅到深访问ST表每一层。对该层上挂的一些点对，暴力用并查集并起来，同时要将这些连通信息“转导”到下一层的时候。有一种实现时，找到同层的每一个联通块，那么把块里的点的左右孩子都分别合并一下。底层做完后即是最终的状态。复杂度\(O(NlogN \alpha N)\)
6.10 Petrozavodsk Winter 2014 - Ukrainian Contest
B
题意：给出第一象限的两段折线，一条严格在另一条上方。一共有\(N(\leq 10^6)\)个点，第\(i\)个点分别是\((i,x_i),(i,y_i) x_i<y_i\)。现在要将一条无限长，宽度为W的长方形光带放在上面（可以斜着放）。要求能找到一条横坐标从1到\(N\)的折线，它同时在光带和给定两个折线的内部。求最小的合法宽度W。
题解：首先有个小结论。存在这条折线，充要于对于每一个1~N的整数横坐标，存在一个纵坐标在它们的内部。
如果光带必须横着放，那么W显然是\(max(x_i)-min(y_i)\)。（注意要和0取max）
进一步推广，如果光带与x正半轴的夹角为\(\alpha(0 \leq \alpha \leq \pi)\)，y坐标会变为\(ycos(\alpha)-xsin(\alpha)\)。可以只考虑\(\alpha \leq \frac{\pi}{2})\)的部分（另一侧翻转正负性再做一遍即可）。对于max或者min的式子，都可以类似求凸包的做法，维护出\(\alpha\)在某段区间里的时候，最优的函数是哪一个。最后把max和min的区间合并，对于每一个小区间里，得到了确切的W的函数，求一个极值即可。（极值可能取在端点或者导数为0的点）
F
题意：有\(N*M\)的网格图。初始时，某些网格的一些边界处已经放置了若干火柴（两个格子的公共边共享火柴），每一处最多放一根。现在要移动尽量少的火柴，使得每一个格子四周至少有一根火柴。
题解：每一个格子四周至少要有一根，可以表示为流量。移动尽量少的火柴，可以表示为费用。
将格子黑白染色建两排点。源点到左侧，汇点到右侧连流量下界为1，费用为0的边。对于两个格子，连流量上界为1的边；如果之前已经有火柴，费用为0，否则费用为1。跑一遍上下界费用流。在满足流量限制的情况下，设费用为\(c\)，而费用为0的没有流的那些边数量是\(m\)（即空闲的没有用过的火柴），则必须要满足\(c \leq w\)才有解，解就是\(c\)。
6.11 Petrozavodsk Summer 2011 - Andrew Stankevich Contest 40
6.13 Petrozavodsk Summer 2016 - Pavel Khaustov Contest 2
I
题意：\(N(\leq 2^{16})\)个人打了9场比赛。每一场比赛给出一个排列表示排名。现在要挑选其中的三场，使得满足三场相对排名都不变的无序对\((x,y)\)的对数尽量少。
题解：是一道很精妙的题。直接做的话，\(C_9^3\)枚举答案，然后就是经典的三维数点，CDQ+树状数组。当然这被卡了。
我们依然去枚举这三场比赛。考虑去算答案的补集。因为正好是3场，所以补集就是一场胜两场负的点对\((x,y)\)数量。既然这样，我们可以再\(C_3^2\)枚举其中的两场，计算一下其中的逆序的数量。这样所有的\((x,y)\)都会被正好算两次。最后取个反就是要求的答案。
