闲话 23.3.27

闲话

某人写了 INTERNET YAMERO 上黑板
……我觉得会被跳过
另一个人写了 Brain Power 上黑板
A 老师：这玩意有词？

美式咖啡喝凉的好还是热的好？
你说得对，但是我喝摩卡和拿铁

模拟赛

这模拟赛打的 明天是要模拟如何翻盘？

T1
签到题。考虑直接枚举前面的 BABA...BA 是 $[1, r]$，这样的 $r$ 可以枚举 BA 长度后 check $O(n)$ 段得到。然后就是统计 $[r + 1, n]$ 段和 BA 的 lcp 长度，可以二分得到。
通过哈希实现的总时间复杂度 $O(n\log n)$，注意数组是否越界。

T2
考场降智时刻。
考虑第一问。设 $f(u)$ 表示子树内叶子情况全知道的最小花费，$g(u)$ 表示有且只有一个叶子不知道的最小花费，转移就是 $g(u) = \min_w\{\sum_{v \neq w} f(v) + g(w)\}, \ f(u) = \min\{\sum_v f(v), g(u) + c[u]\}$。叶子初值 $f(u) = c[u], g(u) = 0$。
考虑第三问。设 $fw(u)$ 表示子树内叶子情况全知道的所有情况，$gw(u)$ 表示有且只有一个叶子不知道的所有情况，我们只需要按上面的最小情况转移即可。也就是说，上面加法改成乘法，上面最小值改成把所有最小情况加和即可。叶子初值 $fw(u) = gw(u) = 1$。
考虑第二问。我们按照上面的情况直接再做一遍递归即可。也就是说，我们按照最优方案 dfs，dfs 时记录当前节点子树内还有几个叶子不知道，再记忆化，保证只搜索 $O(n)$ 次。
总时间复杂度 $O(n)$。

T3
设 $f(u, h)$ 表示到 $u$ 点，还剩 $h$ 点生命值时答案的期望。不难写出

$$f(u, h) = \min\left\{H - h + f(1, H), 1 + \frac{1}{deg[u]} \sum_{u\to v} f(v, h - d_v) \right\}$$

我们发现，这是有后效性的，但是所有后效性只取决于 $f(1, H)$ 这一个点的值。考虑如何把这个点的值删去。
引入变元 $x = f(1, H)$，我们设 $f(u, h)(x)$ 为如上的期望对变元的函数。可以证明的是，$\forall i, h, \ \dfrac{\text d}{\text dx} f(u, h)(x) \le 1$。
证明考虑归纳法。
我们首先观察 $f(n, h)(x)$，这些函数总是定值 $0$，因此 $\dfrac{\text d}{\text dx} f(u, h)(x) = 0 \le 1$。
我们已经知道了对 $\forall u\to v, \ f(v, h)(x)$ 全满足这条件，现在需要证明 $f(u, h)(x)$ 也满足这条件。可以简记形态为

$$f(x) = \min\left\{x + c, \frac{1}{k}\sum_{i = 1}^k g_i(x) + c\right\}$$

其中 $\forall g_i(x), \ \dfrac{\text d}{\text dx} g_i(x) \le 1$。它的曲线非光滑，但由于间断点都是第一类的，我们可以只对连续的部分考虑导数，最后讨论间断点。也就是说我们只需要对 $\min$ 的前后两部分分别归纳证明。前一部分是显然的，\dfrac{\text d}{\text dx} (x + c) = 1 \le 1$，而后一部分可以知道

$$\dfrac{\text d}{\text dx} \left(\frac{1}{k}\sum_{i = 1}^k g_i(x) + c\right) = \frac{1}{k}\sum_{i = 1}^k \dfrac{\text d}{\text dx} g_i(x) \le \frac{1}{k} \sum_{i = 1}^k 1= 1$$

由于是取 $\min$ 操作，因此图像连续。由于函数在光滑部分的导数 $\le 1$，并由 $\min$ 操作的性质，任意两个间断点总是由导数大的函数切换至导数小的函数。所以 $f(u, h)(x)$ 的导数小于等于 $\min$ 的两个参数的。
这也就证明了 $f(u, h)(x)$ 也满足这条件。
考虑这是个 dag，点 $u$ 的出边只会指向 $> u$ 的点。因此假设我们已知了 $[l, n]$ 段都符合要求，总存在一个只连向 $[l, n]$ 段的节点使得我们可以拓展符合要求的区间，取 $l - 1$ 即可。
证毕。
所以我们也能知道 $\dfrac{\text d}{\text dx}f(1, H)(x) \le 1$，即 $\dfrac{\text d}{\text dx}(f(1, H)(x) - x) \le 0$。这也就说明了 $f(1, H)(x) - x$ 是有单调性的。我们只需要二分得到 $f(1, H)(x) - x = 0$ 的 $x$，这 $x$ 就是答案。
总时间复杂度 $O(nH\log V)$，其中 $V$ 是答案的值域。

杂题

CF1747E

给定 $n$ 和 $m$，请问能构造满足以下条件的数组对 $(a,b)$ 中，$a$ 长度之和是多少：

1. 数组长度相等且长度大于 $2$，设数组长度都为 $k$。
2. $a_1=b_1=0$，$a_k=n$，$b_k=m$。
3. 每个数组都单调不下降且对于所有 $1<i\le k$ 都满足 $a_i+b_i\ne a_{i-1}+b_{i-1}$。

答案对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n, m\le 5\times 10^6$。

好像有高妙格路计数，不是很懂。

考虑数组单调不降，所以 $a_i+b_i\ge a_{i-1}+b_{i-1}$，等号当且仅当 $a_i = a_{i - 1}, b_i = b_{i - 1}$。所以 3. 条件说的很明白了：两个数组不升的位置不能有重合。
这启发我们枚举不升的位置计数。我们枚举长度是 $k + 1$，$a,b$ 序列升的位置分别为 $i, j$ 个。首先有 $(k + 1)$ 的贡献，并且分配 $n/m$ 的值给 $i/j$ 个升的位置等价于 $n/m$ 个球放在 $i/j$ 个有标号盒子里且不能有空盒子，方案数就是 $\binom{n - 1}{i - 1} / \binom{m - 1}{j - 1}$。最后是分配不升的位置，首先分配 $a$ 序列的方案数是 $\binom{k}{i}$ 个，而 $b$ 序列可以考虑 $k - j$ 个不升的位置必须要和 $i$ 个 $a$ 中升的位置重合，方案数是 $\binom{j}{k - i}$。所以有答案就是

$$\begin{aligned} &\sum_{k\ge 1} \sum_{i} \sum_{j} (k + 1) \binom{n - 1}{i - 1} \binom{m - 1}{j - 1} \binom{k}{i} \binom{i}{k - j} \\ = \ & \sum_{k\ge 1} \sum_{i} (k + 1) \binom{n - 1}{i - 1}\binom{k}{i}\sum_{j} \binom{m - 1}{j - 1} \binom{i}{k - j} \\ = \ & \sum_{k\ge 1} \sum_{i} (k + 1) \binom{n - 1}{i - 1} \binom{k}{i} \binom{m + i - 1}{k - 1} \\ = \ & \sum_{k\ge 1} \sum_{i} (k + 1) \binom{n - 1}{i - 1} \frac{k}{i} \binom{k - 1}{i - 1} \binom{m + i - 1}{k - 1} \\ = \ & \sum_{k\ge 1} \sum_{i} \frac{1}{i} k(k + 1) \binom{n - 1}{i - 1}\binom{m + i - 1}{k - 1} \binom{k - 1}{i - 1} \\ = \ & \sum_{k\ge 1} \sum_{i} \frac{1}{i} k(k + 1) \binom{n - 1}{i - 1}\binom{m + i - 1}{i - 1} \binom{m}{k - i} \\ = \ & \sum_{i\ge 0} \frac{1}{i} \binom{n - 1}{i - 1}\binom{m + i - 1}{i - 1} \sum_{k\ge 1} k(k + 1) \binom{m}{k - i} \\ = \ & \sum_{i\ge 0} \frac{1}{i} \binom{n - 1}{i - 1}\binom{m + i - 1}{i - 1} \sum_{k\ge 0} (k + i)(k + i + 1) \binom{m}{k} \end{aligned}$$

接下来我们要解决的是 $\sum_{k\ge 0} (k + i)(k + i + 1) \dbinom{m}{k}$ 的计算。我们不妨考虑更广泛的情况，即已知一个 $d$ 次多项式 $F(k)$ 的系数，计算 $\sum_{k\ge 0} F(k)\dbinom{m}{k}$。
由于这题 $d$ 较小，我们可以考虑直接计算每个 $\sum_{k\ge 0} k^v\dbinom{m}{k}$。你定睛一看——这不是《载谭 Binomial Sum》吗？所以可以做到 O(k + log n)
由于这题 $d = 2$，我们可以直接考虑计算每个 $v = 0/1/2$。
$v = 0$ 时是经典结论 $2^m$。
$v = 1$ 时可以知道答案就是

$$\frac{\sum_{k\ge 0} k\dbinom{m}{k} + \sum_{k\ge 0} (m - k)\dbinom{m}{k}}{2} = \frac{m}{2} \sum_{k\ge 0} \binom{m}{k} = m2^{m - 1}$$

$v = 2$ 时可以拆成下降幂形式，自然得到。

所以我们可以 $O(n)$ 解决原问题。

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P1117

如果一个字符串可以被拆分为 $\text{AABB}$ 的形式，其中 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 是任意非空字符串，则我们称该字符串的这种拆分是优秀的。现在给出一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，我们需要求出，在它所有子串的所有拆分方式中，优秀拆分的总个数。这里的子串是指字符串中连续的一段。

$1\le n\le 10^5$。

好久之前就想学这个套路了但是一直没写（

假设从 $i$ 点开始的形如 AA 的串数是 $a(i)$，从 $i$ 点结束的形如 AA 的串数是 $b(i)$，则 $\sum_{i = 1}^{n - 1} a(i)\times b(i + 1)$ 就是答案。考虑如何计算这两个值。

考虑枚举长度 $\text{len}$，我们每次统计长度为 $\text{len}$ 的串会对哪些点的 $a, b$ 产生贡献。
我们在 $\text{len}, 2\text{len}, \dots$ 的位置撒关键点，这样每个形如 AA 的串都会经过且仅经过相邻的 2 个点。由于总点数是 $O(n\log n)$ 的，我们可以枚举相邻点算贡献。假设当前的两个点是 $l = k$ 和 $r = k + \text{len}$。

假设我们求出了前缀 $[1, l]$ 和 $[1, r]$ 的最长公共后缀 $S$，以及后缀 $[l + 1, n]$ 和 $[r + 1, n]$ 的最长公共前缀 $T$。
考虑当 $|S| + |T| < \text{len}$ 时不可能有解，我们总能取 $[l + |T|, r - |S|]$ 中一个字符作为两个串中不等的字符的例子。
而当 $|S| + |T| \ge \text{len}$ 时，我们总能从 $l - |S| + 1$ 位置开始向后取一段，这一段内都可以作为 AA 串的起点，直到最右侧达到 $r + |T| - 1$。终点类似。

这样我们就可以对 $a, b$ 做区间加了。由于我们是先加再求，考虑差分维护即可。最长公共前后缀可以采用 SA + st表的方式求解。
总时间复杂度 $O(n\log n)$。

类似题：UVA10829。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pii = pair<int,int>; using vi = vector<int>; using vp = vector<pii>; using ll = long long; 
using ull = unsigned long long; using db = double; using ld = long double; using lll = __int128_t;
template<typename T1, typename T2> T1 max(T1 a, T2 b) { return a > b ? a : b; }
template<typename T1, typename T2> T1 min(T1 a, T2 b) { return a < b ? a : b; }
#define multi int _T_; cin >> _T_; for (int TestNo = 1; TestNo <= _T_; ++ TestNo)
#define timer cerr << 1. * clock() / CLOCKS_PER_SEC << '\n';
#define iot ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define rep(i,s,t) for (register int i = (s), i##_ = (t) + 1; i < i##_; ++ i)
#define pre(i,s,t) for (register int i = (s), i##_ = (t) - 1; i > i##_; -- i)
#define eb emplace_back
#define pb pop_back
const int N = 30000 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
int n, a[N], b[N];
template <typename _Tp = char, const int siz = 127>
struct SA {
	_Tp ch[N];
	int n = -1, sa[N], rk[N], heg[N];
	int a[N], tr[siz + 5], cur[N];
	int sum[N], bse[N << 3], *_t = bse;

	_Tp* begin() { return ch + 1; }
	const _Tp operator [] (const int & p) const { return ch[p]; }
	_Tp & operator [] (const int & p) { return ch[p]; }

	#define _MemAlloc(pool, size, tag) (tag = pool, pool += size)
	#define pushs(x) (sa[cur[a[x]] --] = x)
	#define pushi(x) (sa[cur[a[x]] ++] = x)
	#define inds(lms)  		\
		rep(i,1,n) sa[i] = -1, sum[i] = 0; \
		rep(i,1,n) sum[a[i]] ++; \
		rep(i,1,n) sum[i] += sum[i - 1]; \
		rep(i,1,n) cur[i] = sum[i]; \
		pre(i,m,1) pushs(lms[i]); \
		rep(i,1,n) cur[i] = sum[i - 1] + 1; \
		rep(i,1,n) if (sa[i] > 1 and !tp[sa[i] - 1]) pushi(sa[i] - 1); \
		rep(i,1,n) cur[i] = sum[i]; \
		pre(i,n,1) if (sa[i] > 1 and tp[sa[i] - 1]) pushs(sa[i] - 1);

	inline void SA_IS(int n, int* a) {
		int* tp; _MemAlloc(_t, n + 1, tp); tp[n] = 1;
		int* p; _MemAlloc(_t, n + 2, p);
		pre(i,n-1,1) tp[i] = (a[i] == a[i + 1]) ? tp[i + 1] : (a[i] < a[i + 1]);
		int m = 0, tot = 0;
		rep(i,1,n) rk[i] = (tp[i] and !tp[i - 1]) ? (p[++ m] = i, m) : -1;
		inds(p);
		int* a1; _MemAlloc(_t, m + 1, a1);
		p[m + 1] = n;
		for (int i = 1, x, y; i <= n; ++ i) if ((x = rk[sa[i]]) != -1) {
			if (tot == 0 or p[x + 1] - p[x] != p[y + 1] - p[y]) ++ tot;
			else for (int p1 = p[x], p2 = p[y]; p2 <= p[y + 1]; ++ p1, ++ p2)
				if ((a[p1] << 1 | tp[p1]) != (a[p2] << 1 | tp[p2])) { ++ tot; break; }
			a1[y = x] = tot;
		}
		if (tot == m) rep(i,1,m) sa[a1[i]] = i;
		else SA_IS(m, a1);
		rep(i,1,m) a1[i] = p[sa[i]];
		inds(a1);
	}

	int st[N][20], lgv[N];
	void build() {
		n = strlen(begin());

		memset(tr, 0, sizeof tr);
		rep(i,1,n) tr[ch[i]] = 1;
		rep(i,1,siz + 1) tr[i] += tr[i - 1];
		rep(i,1,n) a[i] = tr[ch[i]] + 1;
		a[n + 1] = 1; _t = bse;
		SA_IS(n + 1, a); 
		rep(i,1,n) sa[i] = sa[i + 1];
		rep(i,1,n) rk[sa[i]] = i;
		
		for (int i = 1, k = 0; i <= n; ++ i) {
			if (rk[i] == 0) continue;
			if (k) -- k;
			while (ch[i + k] == ch[sa[rk[i] - 1] + k]) ++ k;
			heg[rk[i]] = k;
		}

		rep(i,1,n) st[i][0] = heg[i];
		rep(i,2,n) lgv[i] = lgv[i >> 1] + 1;
		rep(i,1,lgv[n]) for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; ++ j) 
			st[j][i] = min(st[j][i - 1], st[j + (1 << i - 1)][i - 1]);
	}

	int lcp(int l, int r) {
		if (l <= 0 or l > n or r <= 0 or r > n) return 0;
		l = rk[l], r = rk[r];
		if(l > r) swap(l, r); l++; 
		int k = lgv[r - l + 1]; 
		return min(st[l][k], st[r - (1 << k) + 1][k]); 
	}
}; SA<> sa[2];

signed main() {
	multi {
		cin >> sa[0].begin();
		sa[0].build(); n = sa[0].n;
		rep(i,1,n) sa[1][i] = sa[0][n - i + 1]; sa[1][n + 1] = 0;
		sa[1].build();
		rep(i,1,n) a[i] = b[i] = 0;
		for (int len = 1; len <= n / 2; ++ len) {
			for (int i = len; i <= n; i += len) {
				int l1 = i, r1 = i + len, l2 = n - (r1 - 1) + 1, r2 = n - (l1 - 1) + 1;
				int lcp = min(len, sa[0].lcp(l1, r1)); 
				int lcs = min(len - 1, sa[1].lcp(l2, r2)); 
				if (lcp + lcs >= len) {
					b[i - lcs] ++, b[i - lcs + (lcp + lcs - len + 1)] --;
					a[r1 + lcp - (lcp + lcs - len + 1)] ++, a[r1 + lcp] --;
				}
			}
		} rep(i,1,n) a[i] += a[i - 1], b[i] += b[i - 1];
		ll ans = 0; 
		rep(i,1,n - 1) ans += 1ll * a[i] * b[i + 1];
		cout << ans << '\n';
	}
}