CF1098

Codeforces Round #530 (Div. 1)

A

因为 \(a_x \geqslant 0 \and \forall y \in son_x,s_x \leqslant s_y\)，所以对于深度为偶数的点 \(x\)，当 \(s_x=\min\limits_{y \in son_x}\{ s_y \}\) 时最优。

B

所有的合法情况要么是每行只有两种字符，要么是每列只有两种字符，枚举左上角 \(2 \times 2\) 矩形的情况，贪心选取即可。

C

发现分叉越多，即越接近菊花图的树，子树大小之和越小。那么可以先用完全 \(k\) 叉树二分出满足条件的最小的 \(k\)，然后用一条链来构造给定的子树大小之和即可。构造时，将一个深度为 \(d_1\) 的叶子节点向上提到深度为 \(d_2\) 时，子树大小之和会减少 \(d_1-d_2\)。

D

先考虑怎样安排会使危险次数最多。将鱼按体重排序，每次肯定是选两个体重最小的鱼攻击最优。

称排序后满足 \(a_i > 2\sum\limits_{j<i} a_j\) 的鱼为肥鱼，设肥鱼个数为 \(cnt\)，将所有鱼按体重大小划分到若干组，每组内鱼的体重范围分别为 \(\left[2^0,2^1\right),\left[2^1,2^2\right),\dots,\left[2^{29},2^{30}\right)\)，发现每组最多有一条肥鱼且肥鱼肯定为该组的最小值，同一组的两条鱼攻击一定会产生危险次数，不同组时其中两条鱼体重较大的为肥鱼时一定不会产生危险次数，而肥鱼的每次攻击都不会发生在同一组内，因此每条肥鱼都不会对答案有贡献，得答案为 \(n-cnt\)。

用 \(multiset\) 或者可删堆维护每组的信息即可。

E

先通过 \(ST\) 表求出 \(b\) 数组，因为 \(b\) 数组过大，所以只记录每个值的出现次数。二分中位数 \(v\)，统计 \(\leqslant v\) 的个数时可以用双指针，但是现在将 \(b\) 数组的连续段压到了一起，双指针时会遇到这样一个问题：当前区间最小值为 \(a\)，出现 \(A\) 次，最大值为 \(b\)，出现 \(B\) 次，区间 \((a,b)\) 内的元素和为 \(s\)，得其贡献为 \(\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^{B}\left[ia+jb+sum\leqslant v \right]\)，设 \(k=v-sum\)，得：

\[\large\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\left[ia+jb\leqslant k \right] \\ =&\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\left[j \leqslant \frac{k-ia}{b} \right] \\ =&\sum_{i=1}^{A}\min\left( \max\left( \left\lfloor\frac{k-ia}{b}\right\rfloor,0 \right),B \right) \\ =&\sum_{i=1}^{A} \max\left( \left\lfloor\frac{k-ia}{b}\right\rfloor,0 \right)-\sum_{i=1}^{A}\max\left( \left\lfloor\frac{k-ia-Bb}{b}\right\rfloor,0 \right) \\ \end{aligned} \]

设 \(f(n,a,b,c)=\sum\limits_{i=0}^n\max\left( \left\lfloor\frac{ai+b}{c}\right\rfloor,0 \right)\)，这个式子很像类欧几里得算法的式子，但这里不保证 \(a,b\geqslant 0\)，分类讨论得：

若 \(a<0\)，则 \(f(n,a,b,c)=f(n,-a,b+na,c)\)。保证 \(a \geqslant 0\) 后，若 \(b<0\)，设 \(d=\left\lceil\frac{-b}{a}\right\rceil\)，得 \(i < d\) 时都有 \(\left\lfloor\frac{ai+b}{c}\right\rfloor<0\)，则 \(f(n,a,b,c)=f(n-d,a,b+da,c)\)。

\(a,b\geqslant 0\) 后就可以去掉 \(\max\)，然后用类欧几里得算法求解即可。

F

设 \(lcp(i,j)\) 为 \(i\) 位置的后缀和 \(j\) 位置的后缀的 \(lcp\)，询问 \([l,r]\) 即为：

\[\large\begin{aligned} \sum_{i=l}^r \min\{ lcp(l,i),r-i+1 \}=\sum_{i=1}^{r-l+1}\sum_{j=l}^{r-i+1}[lcp(l,j) \geqslant i ] \end{aligned} \]

考虑用后缀树来解决，设 \(p_i\) 为 \(i\) 位置的后缀对应的节点，因为两个后缀的 \(lcp\) 等于其对应节点在后缀树上 \(lca\) 的深度，考虑在 \(p_l\) 的祖先统计答案，得：

\[\large\begin{aligned} &\sum_{dep_{anc}\leqslant r-l+1}\sum_{i=l}^{r-dep_{anc}+1}[p_i \in anc] \\ =&\sum_{dep_{anc}\leqslant r-l+1}\sum_{i=1}^{r-dep_{anc}+1}[p_i \in anc]-\sum_{dep_{anc}\leqslant r-l+1}\sum_{i=1}^{l-1}[p_i \in anc] \end{aligned} \]

这里的 \(p_i \in anc\) 意思为 \(p_i\) 在 \(anc\) 的子树内，当 \(p_i\) 也在 \(p_l\) 祖先的子树内时，其才会产生贡献。

发现 \(anc\) 出现的集合为 \(p_l\) 到根节点深度不超过 \(r-l+1\) 的一条链上，称该链为 \(anc\) 链。发现一个节点 \(x\) 的贡献为其到根节点的链与 \(anc\) 链交的长度。

考虑树链剖分，把询问 \([l,r]\) 挂到 \(anc\) 链的所有重链上，因为重链不一定全在 \(anc\) 链上，所以每条重链还要上记录 \(anc\) 链和重链交的长度 \(L\)。每个节点也挂到其到根的所有重链上，同样也在每条重链上记录重链交的长度 \(len\)。

先考虑第二个式子，考虑每一条中链的链顶，得：

\[\large \sum_{top}\sum_{i=1}^{l-1}\min\{ L,len \}[p_i \in top] \]

将 \((i,len)\) 看作平面上的线段，\(len\) 为线段长度，每个询问都是求在 \(L\) 和 \(l-1\) 限制下的线段长度和，点按 \(i\) 排序，询问按 \(l-1\) 排序后，线段树扫描线即可。

再考虑第一个式子，

未完待续

链接1 链接2 链接3

（这题代码在有了）