杂题乱做笔记

P2587 [ZJOI2008]泡泡堂

提交记录

简单小清新题。但是甚至先写了一发假的贪心

对于最大值，把 $a$ 排序，把所有 $b$ 丢进一个 multiset 。

首先最大化 $2$ 贡献的次数，从小到大对于每个 $a$ ，在 $b$ 中找一个他能打败的最强的打败即可。

然后最大化 $1$ 贡献的次数，再用一个 map 存一下每个数出现的次数直接匹配就好了。

最小值直接 swap(a,b),writeln(2*n-solve()); 即可。

复杂度 $O(n\log n)$。

CF1474E What Is It? *2500

提交记录

一开始猜了个 $(n-1)^2+(n-2)^2+(n-3)^2+...$ 发现不对，然后又猜了个 $(n-1)^2+2\times(n-2)^2+2\times(n-4)^2+...$ 又错了。看了一眼 CF 上的数据，发现很有规律，然后就会了。

首先思考答案的上界，那么显然是让每个位置向离其最远的位置交换，那么对于 $1 \sim \lfloor \dfrac n2 \rfloor$ 向 $n$ 连显然最优，对于 $\lfloor \dfrac n2 \rfloor +1 \sim n$ ，向 $1$ 连显然最优，所以答案上界为 $(n-1)^2+2\times(n-2)^2+2\times(n-3)^2+...$。

所以 $\{\lfloor \dfrac n2 \rfloor +1 \sim n-1\}$ 依次与 $1$ 交换（其实这样本质上形成了一个置换环），$\{1 \sim \lfloor \dfrac n2 \rfloor\}$ 依次与 $n$ 交换即可。

构造显然是可以做到的，即对于一个初始的 identity permutation，倒着把操作做一遍就好了。

复杂度 $O(n)$。

总结： 构造题思考理论上界，这样就为构造找到了方向与证明。

CF1455F String and Operations *2800

提交记录

容易发现原本在第 $i$ 个位置上的字符只能在 $i-1$ 或 $i$ 上，那么设 $f_{i,0/1}$ 表示第 $i$ 次操作后第 $i+1$ 个字符是否在 $i+1$ 的位置上，然后直接转移即可。具体转移有些细节，见代码。

复杂度 $O(n)$。

总结： 可以思考一下发现不可能将 $0/1$ 那一维压掉，因为当前的局部最优不一定满足全局最优。所以这个 dp 的本质便是通过多设状态来使得所有策略都被考虑到，当某些转移不合法或最优解不能被考虑到时可以考虑这种做法。

CF1381C Mastermind *2500

提交记录

首先发现值域是 $n+1$ ，很自然地发现有一个数没有出现过，这样就解决了 $n-y$ 个没出现过的数的问题。

那 $x$ 个数目前不好确定，不妨先考虑如何让这之外的 $n-x$ 个数对应位置上全部不相同，由此得到策略之后再考虑那 $x$ 个。

我们现在想让同样的数在不同的位置上，想到一种策略：先将 $a$ 按出现个数从小到大排序（求出答案之后映射回去即可），然后在 $b$ 中将出现次数最多的放在最前面，然后其他数按照在 $a$ 中的顺序一次填即可。

例如序列 $a=[ 1,1,2,3,2,2,4,4,4]$，将 $a$ 重排后得到 $[3,1,1,2,2,2,4,4,4]$，所以 $b=[4,4,4,3,1,1,2,2,2]$ ，容易发现这种策略下只有出现次数最多的数可能有交，那么这就确定了 $x$ 的策略：让剩下的 $n-x$ 个数中出现次数最多的数出现次数最少（使得出现次数最多的数尽量无交）。

具体来说，维护一个按出现次数排序的大根堆，对于前 $x$ 个数，每次取出堆顶即可。

但是即使这样，记剩下的 $n-x$ 个数中出现次数最多的数有 $k$ 个，那么可能出现 $n-x-k<k$ 的情况，那么这样子就可以利用 $n-y$ 个没有出现过的数来隔开这些数，如果最优情况下仍隔不开，那么无解。

复杂度 $O(n \log n)$，瓶颈在于排序。

CF1601D Difficult Mountain *2700

提交记录

发现不是很好找到一种贪心顺序，那么考虑 dp，也就是说需要确定一个顺序。

发现当 $a_i \leq s_j$ 且 $s_i \leq a_j$，$i$ 必定在 $j$ 的前面选择更优。然而这种偏序不能直接排序，那么将其加强到其的一个必要条件：$a_is_i \leq a_js_j$ ，用这个排序即可。

排完序之后直接线段树优化 dp 即可，复杂度 $O(n\log n)$。

事实上有直接按 $\max\{a_i,s_i\}$ 排序然后直接贪心的高妙做法，待填。

CF1452F Divide Powers *2900

提交记录

可以发现有 2 种性价比不同的操作：

• $2^i \to 2\times2^{i-1}$ ，做 $t$ 次收益为 $t$ 。
• $2^y \to 2^{y-x} \times 2^{x}$，做 $2^{y-x}-1$ 次收益为 $2^{y-x}$ 。

那么从小到大枚举 $y \ (y >x)$ ，在 $k\geq 2^{y-x}$ 的情况下（每次操作 $k \gets k-2^{y-x}$）显然每次能做第二种就做第二种，直到 $k < 2^{y-x}$ 。

接下来的决策有：将一个 $2^{y}$ 拆成一些 $2^x$ ，但不全拆完（比如 $x=1,y=3,8 \to 4+2+2$），以及用第一种操作。

但是我们并不知道“不全拆完”到底怎么拆，所以考虑枚举。枚举一个 $x<z\leq y$ ，同时维护一个 $cnt$ 表示将 $k \leq x$ 的全部拆掉能拆多少次，然后在不超过 $k$ 的情况下每次把一个 $2^z \to 2^{z-1}+2^{z-x}\times2^x$，更新答案即可，复杂度 $O(qn)$。

P6943 [ICPC2018 WF]Conquer The World

提交记录

一种显然错误的贪心是，枚举每个点作为 $lca$，然后直接贪心地匹配子树内的点对。

考虑反悔，对于两个点 $x,y$ ，他们在 $lca=a$ 处匹配的代价是 $dep_x+dep_y-2dep_a$ ，如果 $x$ 在之后的 $lca=b$ 与 $z$ 匹配更优，此时的代价是 $dep_x+dep_z-2dep_b$，那么两次的差值是 $dep_z-2dep_b-(dep_y-2dep_a)$。那么初始时将每个点的需求点 $dep$ 存入一个小根堆，供给点 $dep$ 存入另一个小根堆，然后 $dfs$ 的时候可并堆合并即可，合并之后将 $2dep_a-dep_x,2dep_a-dep_y$ 分别存回对应的堆即可。

注意到需要满足所有需求点的条件，那么给每个需求点的代价 $w \gets w-\inf$ 即可，复杂度 $O(n \log n)$。

BZOJ2264 Free Goodies

提交记录

假定 Jan 先手。

首先按 $a$ 为第一关键字从大到小，$b$ 为第二关键字从小到大排序，那么 Petra 每次取的一定是没取过的最左边的。

之后就是经典结论：对于任意前 $i$ 个元素，Jan 最多取 $\lceil \dfrac i2 \rceil$ 个，设 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 个 Jan 取了 $j$ 个的最大价值，$g_{i,j}$ 表示这种策略下 Petra 的最大价值，直接转移即可。对于 Petra 先手，让他拿走第一个，然后转化成 Jan 先手继续做即可。

复杂度 $O(n^2)$ 。

Bonus： $n\leq 1 \times 10^6$。

把 Jan 取的看作 $-1$，Petra 取的看作 $+1$。初始全为 $+1$ ，那么每次操作相当于把一个 $+1$ 变成 $-1$ 且要求没有 $< -1$的地方，使用线段树维护每个位置的前缀和，每次二分找出最靠右的 $\leq1$ （若没有则为 $0$）的位置 $p$ ，在 $[p+1,n]$ 中查找最优解，在这之后区间 $-2$ 即可，复杂度 $O(n \log n)$。

P3620 [APIO/CTSC2007] 数据备份

提交记录

问题显然可以转化成在一个长度为 $n-1$ 的差分数组里，选出 $k$ 个不相邻的数的最小代价。

考虑模拟费用流。

建图，相当于两个间隔之间最多可以贡献一个点的代价，那么源点向每个奇数间隔连容量为 $1$，费用为 $0$ 的边，每个奇数间隔向相邻的间隔连容量为 $1$ ，费用为其代价 $a_i$ 的边，每个偶数间隔再向汇点连容量为 $1$ ，费用为 $0$ 的边即可，这样流一条边就相当于填了这两个间隔中间的那一个点。

流量为 $k$ ，跑最小费用最大流即可（其中间隔 $1$ 指的是点 $1$ 前面的间隔，间隔 $7$ 指的是点 $6$ 后面的间隔）。

考虑一次增广，比如长成这个样子（经过了一些前向边和一些反向边）：

那么相当于把 $2,4$ 变成了 $1,3,5$ 。

直观一点地，那么每次操作就是把 [ 不选 ... 不选 ] [不选，选，不选，选，不选] [ 不选 ... 不选 ] 合并成 $1$ 个两端依然都是不选的区间。

所以考虑维护一个堆，每个元素代表其的区间翻转所需的代价，同时维护一个链表用来查前驱后继。

每次从堆里面取出一个点的时候，把他的前驱后继都删掉，设前驱代价为 $x$ ，后继代价为 $y$ ，当前代价为 $z$ ，那么让答案加上 $z$ 并且往堆里插入一个 $x+y-z$ 即可。

复杂度 $O(n \log n)$ 。

P4609 [FJOI2016]建筑师

提交记录

发现把相邻两个最值之间的数归给前一个，这样分成了若干个集合，且要求最大的数排在最前面，而这与轮换数等价。

所以相当于把 $1 \sim n-1$ 这些数分成若干个轮换，再把轮换放在 $n$ 的两边。

所以答案是 $\displaystyle {n-1 \brack a+b-2}{a+b-2 \choose a-1}$。

P5419 [CTSC2016]单调上升序列

提交记录

出题人把做法写题面里，谢谢出题人！！1

出题人在题面里告诉了我们结论：考虑初始如果在每个点上放一个棋子，对于一个图，从小到大枚举每条边，然后交换这两个棋子，最后会发现每个棋子都走出了一个上升路径，并且一共有 $n(n-1)$ 条边，且有 $n$ 条路径，于是答案下界为 $n-1$。

考虑构造，相当于把 $\dfrac{n(n-1)}{2}$ 分成 $n-1$ 组匹配，然后一组一组地给边从小到大标号，容易发现这样子只能从前面的匹配走到后面的匹配，那么最长的路径不会超过 $n-1$。

这样就转化成了一个对称拉丁方：首先做一个 $n-1$ 的拉丁方出来：令 $a_{i,j}=(i+j)\bmod (n-1)$。

然后让所有的 $a_{i,i}=0$，把原来的 $a_{i,i}$ 移到 $a_{n,i}$ 与 $a_{i,n}$ 即可。

CF1493E Enormous XOR *2600

提交记录

考虑怎么快速计算 $\oplus_{i=x}^y i$，发现一个性质：当 $i$ 为偶数时 $i \oplus (i+1)=1$，这样可以通过左右端点的奇偶性以及区间长度模 $4$ 的值得到异或的结果。

首先若 $l,r$ 首位不同那么答案显然是 $111\cdots111(2^{n} \oplus 2^{n}-1)$。

如果首位相同，那么答案至少是 $r$。

然后你发现 $[x,y]$ 的异或和只可能有 $6$ 种结果：$x,x \oplus 1,y,y \oplus 1,x\oplus y,x\oplus y \oplus 1$，前两种肯定不优，后两种最高位抵消了，所以也不优，所以现在只关心能不能取到 $y \oplus 1$。

简单分析可以得到当且仅当区间长度 $\geq 3$ 并且 $2 \mid r$ 的时候答案是 $r+1$，否则是 $r$。

CF1463F Max Correct Set *3100

提交记录

结论：答案一定是以 $x+y$ 为周期的。

证明：令 $p=x+y,n=kp+r$。

将 $[1,n]$ 划分为 $2k+1$ 个区间，其中奇数的长度为 $r$ ，偶数的长度为 $p-r$，设第 $i$ 个区间里选了 $v_i$ 个。

然后设 $b_i$ 为对于最优解，把第 $i$ 个区间复制到与他同奇偶的所有区间上答案增加了多少。

即若最优解答案为 $x$，其中奇数个区间的和为 $y$，偶数个区间的和为 $z$。

那么 $y=\sum\limits_{j=0}^{k}v_{2j+1},z=\sum\limits_{j=1}^{k}v_{2j}$，$b_i=(k+1)v_i-y,2 \not\mid i$，$b_i=kv_i-z,2 \mid i$。

那么有 $\sum\limits_{j=0}^{k}b_{2j+1}=(k+1)\sum\limits_{j=0}^{k} v_{2j+1}-(k+1)y=0$，同理可得 $\sum\limits_{j=1}^{k}b_{2j}=0,\sum\limits_{i=0}^{2k+1} b_i=0$。

若把任意一个 $b_i,b_{i+1}$ 复制给整个区间都不优，即 $b_i+b_{i+1} <0$，由 $\sum b_i=0$ 可知对所有 $2 \not \mid i,b_i>0$。

这与 $\sum\limits_{j=0}^{k}b_{2j+1}=0$ 矛盾，所以答案呈周期性。

所以只需 dp 出 $[1,x+y]$ 的最优解即可，直接状压，只需保留最高的 $\max(x,y)$ 位即可，复杂度 $O((x+y)2^{\max(x,y)})$。

CF1372E Omkar and Last Floor *2900

提交记录

首先 $y=x^2$ 是凸的，并且 $(x+y)^2 > x^2+y^2$，所以尽量把 $1$ 放在一起一定是最优的。

然后有一个显然的贪心：选一列放尽量多的数，然后往两边递归下去。

这显然是一个区间 dp 的形式，直接做就好了。

具体地，设 $f_{i,j}$ 为只考虑被 $[i,j]$ 完全包含的区间的最大答案。

转移：$f_{i,j}=\max\limits_{k=i}^j \{ f_{i,k-1}+f_{k+1,j}+t^2\}$，其中 $t$ 是被区间 $[i,j]$ 完全包含的中包含 $k$ 的区间个数。

复杂度 $O(n^3)$。

P7914 [CSP-S 2021] 括号序列

提交记录

去年没做出来，我考场上大概在睡觉。

一脸区间 dp，然后设 $f_{i,j}$ 为 $[i,j]$ 的所有方案数，按照题目说的转移就好了。

然后发现第二个样例寄了，怎么会是呢？

你就发现 $ASBSC$ 这种串会算两次，$ABC$ 这种串也会算两次，还有 $ASBC$ 之类的。

所以再设一个数组 $g_{i,j}$ 表示 $i,j$ 是一对匹配的括号的时候的方案数，然后 $AB,ASB$ 的转移强制令左半边区间从 $g$ 转移而来即可，由于题目条件的优秀性质（除了这两类其他最外面都要包一对括号），这样做就是对的。其中 $ASB$ 的转移可以加一个前缀和优化。

复杂度 $O(n^3)$。

P7915 [CSP-S 2021] 回文

提交记录

和上一题加起来花了 $2h$ 左右想+写+调，结果去年花了 $3h+$ 这两题一共拿了 $47pts$，我去年大概真的在睡觉。希望今年赛场上状态正常一些。

首先发现只要知道了第一个取啥，就知道了最后一个取啥，这样这个序列就被劈成了两边。

例如 $4,1,2,4,5,3,1,2,3,5$ ，如果第一个取左边的，那么会劈成 $[1,2]$ 和 $[5,3,1,2,3]$ 两半。

然后思考一下有什么策略，一种想法是每次贪心地取左边的，然后判合法性，但是发现合法性不太好判。

然后想到能不能把这个回文串两边同时往中间做，发现是可以的！每次相当于在左边的开头或者右边的结尾取一个放在序列的开头，在左边的结尾或者右边的开头取一个放在序列的结尾，且要求这两个数相同，直接贪心做就完事了。

复杂度 $O(n)$。

UVA11181 条件概率 Probability|Given

提交记录

算是板子题吧，学习一下条件概率。

定义 $P(A)$ 为事件 $A$ 发生的概率， $P(AB)$ 为事件 $A,B$ 同时发生的概率，$P(A \mid B)$ 为在 $B$ 发生的条件下 $A$ 发生的概率。

那么显然有 $P(AB)=P(A)P(B\mid A)$，所以可以定义条件概率为 $P(B \mid A)=\dfrac {P(AB)}{P(A)}$，感觉一般肯定是用条件概率算 $P(AB)$ ，但是也存在 $P(AB)$ 好算的情况，用它来反推条件概率。

这道题设时间 $A_i$ 表示第 $i$ 个人去买了东西，$B$ 表示有 $r$ 个人买了东西，那么就是要求所有的 $\dfrac{P(AB)}{P(B)}$，上面相当于钦定第 $i$ 个人买了，然后剩下 $n-1$ 个人里面有 $r-1$ 个人买了，可以跟下面一样求出来，直接 dp，复杂度 $O(n^2r)$。

CF123E Maze

提交记录

记 $u$ 作为起点的概率为 $q_u$ ，作为终点的概率为 $p_u$。

题目给的代码可以看作一个从某个点开始，以它为根 dfs 到终点的步数，这启发我们直接考虑以每个点为根，到达所有可能终点的期望步数之和。

首先可以观察出几个性质：

假设当前的根为 $x$，终点是 $y$，那么从 $x$ 开始走，考虑其中的一步。

• 如果这一步进入了与 $y$ 所在子树不同的一个子树，一定会把这个子树内的所有点遍历完才出来。假设进入了一个以 $z$ 为根的子树，大小为 $sz_z$，那么这个子树内的边数就是 $sz_z-1$，所需步数即为 $2(sz_z-1)+2=2sz_z$。
• 如果走进了了 $y$ 所在的子树，那么就不会再出来。

对于一个点，记 $y$ 所在的子树的根为 $u$。

由上面的性质可以知道，对于一个点，如果一个它的一个儿子 $v \not=u$ 在 $u$ 之前被访问，那么答案就会加上 $sz_v$。而 $v$ 在 $u$ 之前被访问的概率相当于给这个点的儿子随机一个排列，其中 $v$ 在 $u$ 之前的概率。考虑对于每种 $v$ 在 $u$ 之前的排列，swap(u,v) 之后就会得到一个 $u$ 在 $v$ 之前的排列，所以概率是 $\dfrac 12$。

接下来设 $S$ 为 $(x,fa_y)$ 这条路径上的点分叉出去的点集的并，那么 $x$ 走到 $y$ 的期望就是 $\sum\limits_{u \in S} \dfrac{2sz_u}{2}$，对答案的贡献就是 $q_xp_y\sum\limits_{u \in S}sz_u$。

接下来就考虑对于每个根 $x$ 求出 $p_y\sum\limits_{u \in S}sz_u$，先考虑以 $1$ 为根。

设 $f_u$ 表示以 $u$ 为起点，到达 $u$ 子树的的所有可能终点的期望步数之和，设 $s=\sum\limits_{v \in son_u} sz_v=sz_u-1$，$t_u=\sum\limits_{v\in Subtree_u} p_u$。

那么转移就是 $f_u=\sum\limits_{v \in son_u} (s-sz_v+1)t_v+f_v$。

换根也非常容易，首先对于每个点的 $\sum t_v$ 可以提前维护出来，这样子 $s$ 的变化导致的答案增量也很容易算出，具体的转移可以见代码。

复杂度 $O(n)$。

CF1081E Missing Numbers *1900

提交记录

大水题，考虑把 $a_{2k-1}$ 和 $a_{2k}$ 分成一组，那么现在相当于这一组的开头大于上一组的结尾，且要求这一组的差分为完全平方数。

所以直接暴力分解当前数，为了让后面的选择更多，贪心地取 $a_{2k}$ 最小的那一组即可，复杂度 $O(n\sqrt n)$。

P8496 [NOI2022] 众数

提交记录

联想到 CF 的那道 Choosing Ads，所以可以考虑摩尔投票。

要支持删除，所以对每个队列维护一个权值线段树，然后叶子节点记录出现次数，合并的时候直接摩尔投票就好了。

操作 $1,2$，可以用一个链表配合线段树修改，操作 $4$ 直接线段树合并+链表合并即可。

操作 $3$ 直接查询这几个队列的根节点，摩尔投票合并，然后再在这几个线段树上查询出现次数之和来 check 即可。

复杂度 $O(n \log n)$。

P4684 [IOI2008] $sa \sim ka \sim na \sim$

提交记录

容易得到一个关键性质：同种颜色中的长度较大鱼的可能决策一定包含那些小于它的鱼，所以统计答案的时候可以只考虑每种颜色的最长鱼。

一种想法是，将颜色按最长鱼的长度排序，然后对于每条最长鱼限制其只能选取前面的鱼。这样会算漏一种情况：当前的鱼可以吃掉后面的一些鱼。

思考这种情况为什么不会被后面的考虑到，显然是因为这条鱼在当前颜色的鱼中选择的鱼更多，所以可以考虑补上这种决策。

称只考虑之前的鱼的决策为 $A$ 类决策，考虑吃掉后面的鱼的决策为 $B$ 类决策，要求不重不漏。

考虑调整当前决策使得不与后面冲突（而不是后面考虑前面有哪些算过的）那么如果要得到当前可行的 $B$ 类决策，自然要求其不与后面所有的 $A,B$ 类决策重合。

也就是说对于在当前颜色能吃掉的鱼的个数 $>$ 当前最长鱼能吃掉当前颜色的鱼的个数的那些后面的颜色，显然不能选，其他能选的可以任意选。由于单调性，这样的颜色形成的是一个区间，这样就很好维护了。具体地，将所有鱼按长度排序，依次考虑所有的最长鱼，把可行的新决策加入即可（因为单调性）。

由于区间乘积任意模数下不支持求逆，所以维护一棵线段树来查乘积，就做完了。

可以作进一步的思考：为什么不使用 ”后面考虑前面有哪些算过的“ 的这种计算方法呢？事实上，这道题的单调性在这种算法上体现为每个位置的决策数量都减少，而不是最终做法中的可决策位置的减少，这显然是很难做到一个位置一个位置修改的。所以可以归纳出一个东西：对于当前决策避免与后面决策算重的方法，会使得可行的位置更少；对于后面避免与前面位置算重的方法，每个位置上可行的数量会变少。

CF1139D Steps to One *2300

提交记录

• Method 1：牛逼的题解区的做法

  首先有一个经典结论：$E(x)=\sum\limits_{i \geq 1} P(x\ge i)=1+\sum\limits_{i\geq 1}P(x>i)$。

  所以设 $x$ 为最终序列长度，那么：

  $P(x>i) =P(\gcd\limits_{j=1}^i a_j >1) = 1- P(\gcd\limits_{j=1}^i a_j =1) = 1-\dfrac{\sum\limits_{a_j \leq m} [\gcd\limits_{j=1}^i a_j=1]}{m^i} = 1-\dfrac{\sum\limits_{d=1}^m \mu(d)\lfloor \dfrac{m}{d}\rfloor ^i}{m^i}。$

  所以 $E(x)-1=\displaystyle\sum\limits_{i\geq 1}1-\dfrac{\sum\limits_{d=1}^m \mu(d)\lfloor \dfrac{m}{d}\rfloor ^i}{m^i}=-\sum\limits_{i\geq 2}\dfrac{\sum\limits_{d=1}^m \mu(d)\lfloor \dfrac{m}{d}\rfloor ^i}{m^i}=-\sum\limits_{d=1}^m \mu(d)\sum\limits_{i \geq 2} \dfrac{ \lfloor \dfrac{m}{d} \rfloor^i}{m^i}$。

  最后项可以等比数列求和，做到 $O(n)$。

  事实上显然可以杜教筛到 $O(n^{\frac 23})$。

• Method 2：自然的 dp

  设 $f_i$ 表示当前 $\gcd$ 为 $i$，还期望需要多少步结束，由于 $\gcd$ 的单调性，转移顺序是显然的。

  有 $f_i = 1+ \dfrac 1m \displaystyle\sum\limits_{\gcd(i,j)=k} f_k=1+\dfrac 1m\sum\limits_{k \mid i}f_k\sum\limits_{d \mid \frac ik}\mu(d)\lfloor \dfrac{\dfrac mk}{d}\rfloor$，暴力计算即可。

  有 $\sum\limits_{i \leq m} \dfrac mi \sum\limits_{j \leq \frac mi} \dfrac{\dfrac mi}{j} = \sum\limits_{i \leq m} \dfrac mi \ln \dfrac mi < \sum\limits_{i \leq m} \dfrac mi \ln m = m\ln^2 m$，所以复杂度上界是 $O(m \ln^2m)$。