「模拟赛」Solution Set

$\text{heart}$

$\text{Solution}$#

可以记 $f(u)$ 为从 $u$ 出发到某个点停止的方案数，$f(u)$ 可以 $\mathcal O(n)$ 转移，显然复杂度为 $\mathcal O(n^2)$.
当前我们要转移 $u$ 子树内，对于 $v\in \text{subtree(u)}$ 我们记 $g_v$ 为 $\min\limits_{p_k>p_j}p_k$，其中 $k$ 在 $u$ 到 $v$ 路径（不包含 $u,v$）上的节点，仅当 $p_u<g_v$ 且 $p_u>p_v$ 时 $v$ 可以对 $u$ 贡献，我们可以用线段树维护 $f(u)$，考虑线段树下标为 $i$ 的位置维护 $p_j=i$ 的 $v_i=g_j$ 和 $s_i=f(j)$，我们可以先用对子树进行线段树合并然后考虑修改和查询

• 对于 $k\in[1,p_i]$ 修改 $v_k\leftarrow \min(v_k,p_i)$.

• 查询 $\sum_{k=1}^{p_i}[v_k>p_i]s_k$.

可以用 $\text{Segment Tree Beats}$ 维护，复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

$\text{「USACO23OPEN」Triples of Cows P}$

$\text{Link}$#

$\text{Solution}$#

发现删点后连边操作是 $\mathcal O(n^2)$ 级别的，考虑建虚点来优化。

具体的，考虑我们将原树上点称为黑点，新建的虚点为白点，我们将边拆为一个点，我们将原树上的边 $(u_i,v_i)$ 变为 $(u_i,n+i),(v_i,n+i)$，由于 $n$ 最后删去，我们可以以 $n$ 为根。我们删点可以直接将所有儿子合并到父亲上，用并查集维护时间复杂度就是 $\mathcal O(n\log n)$ 的而且保证了图仍然是一棵树，原树 $u,v$ 直接相连等价于黑点 $u$ 和黑点 $v$ 同时是某个白点的邻接点，我们用 $\mathcal W$ 表示 白点集合，用 $\mathcal B$ 表示 黑点集合。

考虑如何算贡献，考虑计算五元组 $(a,x,b,y,c)$，其中 $a,b,c\in \mathcal B,x,y\in \mathcal W$，我们可以记录 $f_u,g_u,h_u$ 为 $u$ 的 $1/2/3$ 级儿子数量。

• $x=y$，我们可以在 $x$ 的邻接点中任选 $3$ 个互不相同的点即可，贡献为

$$\sum_{u\in\mathcal W}(f_u-1)f_u(f_u+1)$$

• $x\not= y$，我们可以枚举 $b$ 然后分为两种情况讨论

$\text{Case1:}$ $x$ 为 $b$ 父亲，$y$ 为 $b$ 儿子，贡献为

$$2\sum_{u\in\mathcal W}f_uh_u$$

$\text{Case2:}$ $x,y$ 为 $b$ 互不相同的儿子，贡献为

$$\sum_{u\in\mathcal B}\sum_{x\in\text{son}(u)}f(x)\sum_{y\in\text{son}(u)}f(y)-\sum_{x\in\text{son}(u)}f_x^2=\sum_{u\in\mathcal B}g_u^2-\sum_{u\in\mathcal W}f_u^2$$

发现每次删点时只会改变 $u$ 的 $1/2/3$ 级祖先，每次 $\mathcal O(1)$ 修改，复杂度为并查集的 $\mathcal O(n\log n)$.

$\text{A Dance of Fire and Ice}$

$\text{Solution}$#

$\text{opt}=0$ 的操作只有最后一个有用，所以只需要考虑 $\text{opt}=1$ 的操作是否选择，由于取模为质数可以将模 $p$ 的乘法运算转化为离散对数的模 $p-1$ 的加法运算，问题等价于求下面多项式的非零项个数（其中乘法运算是模 $p-1$ 的循环卷积）

$$(1+\sum_{\text{opt}_i=0}x^{v_i})\prod_{\text{opt}_i=1}(1+x^{v_i})$$

考虑背包 $\text{DP}$ 有 $\mathcal O(np)$ 的复杂度，背包每次会转移过多无效状态，考虑优化。

有效状态为 $a_x=1$ 且 $a_{(x+v_i)\bmod (p-1)}=0$，因为满足 $a_x=1$ 且 $a_{(x+v_i)\bmod (p-1)}=0$ 和满足 $a_x=0$ 且 $a_{(x+v_i)\bmod (p-1)}=1$ 的 $x$ 的数量相同，我们可以每次考虑 $a_x\not=a_{(x+v_i)\bmod (p-1)}$ 的所有 $x$，不难发现这样的转移次数是 $\mathcal O(p)$ 的。考虑每次二分比较 $[l,r]$ 与 $[l+v_i,r+v_i]$ 是否相同，可以得到每次转移的 $x$，比较区间相同可以用树状数组维护 $\text{Hash}$ 比较，总复杂度为 $\mathcal O(p\log^2 p+n)$.

$\text{「CF1086F」Forest Fires}$

$\text{Link}$#

$\text{Solution1}$#

带权不好求考虑转化为 $(t+1)F(t)-\sum_{i=0}^tF(i)$ 其中 $F(x)$ 表示在 $x$ 时刻着火格子数目。

$F(x)$ 相当于所有点在 $x$ 时刻构成的着火矩形的并。

如果所有点的相交情况不变的话则有 $F(x)$ 的二阶差分为常数，设矩形 $i,j$ 相交时间为 $p(i,j)$，所有的 $p(i,j)$ 将 $F(x)$ 分为 $\mathcal O(n^2)$ 段，每段为一个二次多项式，每段前缀和为三次多项式，直接 $\text{Lagrange}$ 插值即可。

时间复杂度瓶颈在于求矩形并，可以扫描线 $\mathcal O(n\log n)$，总时间复杂度为 $\mathcal O(n^3\log n)$，足以通过原题。

$\text{Solution2}$#

搬题人把原题加强到了 $n\le 2000$，考虑更优的做法。$\text{Lagrange}$ 插值做法存在扫描线的瓶颈，考虑其他思路。

矩形交可以转化为矩形并的容斥设 $F(\mathcal S,t)$ 为考虑点集 $\mathcal S$ 中点时刻 $t$ 的矩形交

$$(t+1)F(t)-\sum_{i=0}^tF(i)=(t+1)\sum_{\mathcal S}(-1)^{|\mathcal S|+1}(F(\mathcal S,t)-\sum_{i=0}^tF(\mathcal S,i))$$

我们令 $g(\mathcal S)=F(\mathcal S,t)-\sum_{i=0}^tF(\mathcal S,i)$ 考虑如何快速算出。

对于 $\mathcal S,\mathcal T$ 满足 $\max\limits_{u\in\mathcal S,v\in\mathcal S}|x_u-x_v|=\max\limits_{u\in\mathcal T,v\in\mathcal T}|x_u-x_v|$ 且 $\max\limits_{u\in\mathcal S,v\in\mathcal S}|y_u-y_v|=\max\limits_{u\in\mathcal T,v\in\mathcal T}|y_u-y_v|$ 有 $g(\mathcal S)=g(\mathcal T)$，我们可以发现如果一个有 $a$ 个点确定的矩形中存在不参与确定矩形边界的点集 $\mathcal S$ 如下图所示，则贡献为 $\sum_{k=0}^{|S|}\binom{|S|}{k}(-1)^{k+1}=[|S|=0]$。

所以可以发现当左右边界确定后，唯一可以满足要求的点是 $E,F$ 在 $y$ 坐标的前驱后继

所以可以将点按 $x$ 排序，枚举确定左边界点和右边界点的点，用 $\text{multiset}$ 维护点的前驱后继维护贡献。

如何计算一个矩形的 $g(\mathcal S)$，其等价于考虑以矩形 $4$ 个点为点集的 $g(\mathcal S)$，为一个三次分段函数，$\text{Lagrange}$ 插值即可。

总时间复杂度为 $\mathcal O(n^2\log n)$.

$\text{Walk}$

考虑如何处理平方，可以转换

$$f(S)=\left(\sum_{p\subset S}w(p)\right)^2=\sum_{p\subset S}\sum_{q\subset S}w(p)w(q)$$

我们可以考虑有序路径对 $(p,q)$ 的贡献为 $w(p)w(q)2^{n-|p\cup q|}$.

考虑 $\text{DP}$，设 $f(u,v)$ 为路径 $p$ 终点为 $u$，路径 $q$ 终点为 $v$ 的贡献，我们可以扩展 $u$ 到 $u'$（$v$ 同理），考虑转移式

$$f(u',v)=\dfrac 12f(u,v)\cdot w_{u'}[u'\not\in q]+f(u,v)\cdot w_{u'}[u'\in q]$$

如果我们要将 $u'$ 是否属于路径 $q$ 记录在状态上我们至少用 $O(2^n)$ 的状态描述，但是 $\text{DAG}$ 我们可以钦定合理转移顺序。具体我们每次钦定转移拓扑序较小的点转移即可。复杂度为 $\mathcal O(n^2+m)$.