CF 杂题选做

CF2018D Max Plus Min Plus Size (Difficulty: 2200)#

因为最小值错了会使答案更小，最大值错了会使答案更大，所以可以钦定最小值，这样就能保证答案的正确性。

然后考虑 DP。设 $f_{i,0/1,0/1}$ 表示考虑前 $i$ 个数，第 $i$ 个是否被选择，是否钦定最大值时的最小答案。那么转移是显然的：

$$\begin{gathered} f_{i,0,0}=max(f_{i-1,0,0},f_{i-1,1,0}) \\ {f}_{i,1,0}=f_{i-1,0,0}+1 \\ {f}_{i,0,1}=max(f_{i-1,0,1},f_{i-1,0,1}) \\ {f}_{i,1,1}=max(f_{i-1,0,1}+1,f_{i-1,0,0}+a_i+1) \end{gathered}$$

这样不一定会选中钦定的最小值，但不选中是一定不会更优，所以也不会影响答案的正确性。

每次枚举最小值后暴力 DP 是 $O(n^2)$ 的，考虑优化。

考虑 DDP。对于每个点维护出对应的转移矩阵，每次就只会修改一个位置的矩阵，并查询整体的乘积。可以使用线段树维护。

于是可以优化到 $O(4^{3}n\log n)$。

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CF1970E3 Trails (Hard) (Difficulty: 2200)#

由于限制只能走 $k$ 步，于是考虑矩乘。

维护出每一天的移动矩阵 $A$，其中有 $A_{i,j}=(s_i+l_i)\times (s_j+l_j)-l_i\times l_j$。然后求出 $A^k$ 的第一行的和即为答案。

这样时间复杂度是 $O(n^3\log k)$ 的，可以通过 E2。

然后考虑将矩阵 $A$ 表示为 $B\times C$ 的形式，其中 $B$ 为 $n\times 2$ 的矩阵，$C$ 为 $2\times n$ 的矩阵。因为有 $A^k=(B\times C{)}^k=B\times (C\times B{)}^{k-1}\times C$，且 $C\times B$ 为 $2\times 2$ 的矩阵，所以可以将时间复杂度优化到 $O(2^3\log k+n^2)$。

但还是无法通过。注意到答案只要求第一行，所以最后一次矩阵不必完整操作。转移就可以将时间复杂度优化到 $O(2^3\log k+n)$。

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CF1970G3 Min-Fund Prison (Hard) (Difficulty: 2400)#

由于边双无法被隔开，所以可以先将边双缩点，变成森林。

注意到添加的边数一定为连通块数减一，然后就只需考虑如何划分点。于是问题就转化为：有一个森林，你可以选择一棵树断掉一条边，变成两棵树。现在要把树划分为两个集合 $S,T$，要求 $\left|S\right|+\left|T\right|=n$，并令 ${\left|S\right|}^2+{\left|T\right|}^2$ 最小。

考虑 DP。设 $f_{i,j,0/1}$ 表示前 $i$ 棵树中，有没有进行删边操作后能不能划分出一个大小为 $j$ 的集合。转移是显然的。

注意到这可以用 bitset 优化，于是可以做到 $O(\frac{n^2}{w})$。

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CF1868C Travel Plan (Difficulty: 2400)#

由于 $m$ 很小，于是考虑枚举最大值 $i$ 并计算出对应的方案数 $f(i)$。但 $f(i)$ 也不好直接计算，所以可以计算出最大值 $\le i$ 的方案数 $g(i)$，即所有在路径上的点权均 $\le i$ 的方案数，那么有 $f(i)=g(i)-g(i-1)$。

然后考虑 DP，记枚举的最大值为 $k$。设 $f_i$ 表示大小为 $i$ 的树内的路径填法和， $g_i$ 表示大小为 $i$ 的树内到根的路径填法和。因为一个不在路径上的点有 $m$ 种选法，否则有 $k$ 种选法，则有转移方程：

$$\begin{gathered} g_i=k(m^{ls+rs}+m^{rs}{g}_{ls}+m^{ls}{g}_{rs}) \\ {f}_i=m^{rs+1}{f}_{ls}+m^{ls+1}{f}_{rs}+k{g}_{ls}{g}_{rs}+g_i \end{gathered}$$

然后可以用 map 记忆化。或者因为左右子树至少有一边是 $2$ 的整次幂减一，所以可以只对 $2$ 的整次幂进行记忆化。

时间复杂度为 $O(m\log n)$，若用 map 就还要带上 $O(\log \log n)$。

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CF730J Bottles (Difficulty: 1900)#

别问为什么会做到 1900 的题，问就是 duel 的。

先贪心地把所有瓶子按 $b_i$ 排序。

第一问的答案是好求的，直接扫一遍即可。于是只需考虑第二问。

考虑 DP。设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑前 $i$ 个瓶子，已经使用了 $j$ 个瓶子，已选瓶子的容积之和为 $k$ 的最小操作次数。那么转移有

$$f_{i,j,k}=min(f_{i-1,j,k}+a_i,f_{i-1,j-1,k-b_i})$$

时间复杂度 $O(n^{3}V)$。

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CF1845E Boxes and Balls (Difficulty: 2500)#

首先，因为可以来回移动某个球，所以操作步数可以为 $k-2t$。

考虑设 $f_{i,j,s}$ 表示考虑前 $i$ 个位置，已经放了 $j$ 个球，操作次数为 $s$ 的方案数。显然转移方程为：

$$f_{i,j,s}=f_{i-1,j,s}+f_{i-1,j-1,s+(i-p_j)}$$

其中 $p_j$ 表示第 $j$ 个球的位置。

直接做是 $O(n^{2}k)$ 的，不够优秀。

考虑经典方法：对每个间隙计算贡献。于是记 $w(i)$ 表示现在的方案相较于原方案，前 $i$ 个位置多出来的球数。那么总贡献就为 $\sum |w(i)|$。

于是可以设 $f_{i,j,s}$ 表示考虑前 $i$ 个位置，$w(i)=j,\sum _{j\le i}|w(j)|=s$ 的方案数。转移分讨第 $i+1$ 个位置是否放球，并求出对应的 $w(i+1)$。

由于 $\sum |w(i)|\le k$，且 $w(i)$ 每次最多变化 $1$，所以根据等差数列求和公式有 $w(i)\le \sqrt{k}$，所以时间复杂度是 $O(nk\sqrt{k})$ 的。

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CF1187E Tree Painting (Difficulty: 2100)#

还是 duel 的。

考虑以最初操作的节点为根。

那么第一次操作完就会分成一些子树，并且每个子树的贡献是独立的，可以分开计算。于是可以通过 DP 求出。

然后考虑换根，发现这也是简单的，可以直接维护。

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CF1619G Unusual Minesweeper (Dufficulty: 2000)#

duel 上瘾了。

考虑将爆炸会互相影响的点连边后一起考虑，可以使用并查集实现。而每个连通块自己爆炸的时间就为连通块内点权最小的点。

然后贪心地考虑，每次一定是点燃爆炸时间最晚的连通块。于是可以按爆炸时间排序，然后扫一遍即可。

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CF748F Santa Clauses and a Soccer Championship (Difficulty: 2300)#

Conclusion: 只选树的带权中心一定满足条件。

Proof:

考虑构造性证明。因为树的带权中心的任意子树的权值和均 $\le \frac{k}{2}$。所以可以按 dfn 序考虑每个点，每次将第 $i$ 个点和第 $i+\frac{k}{2}$ 个点配对，因为它们一定不在同一棵子树内。所以该结论是正确的。

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CF1784D Wooden Spoon (Difficulty: 2400)#

先钦定获得安慰奖的选手一定为 $p_n$，最后只需把答案乘 $n$ 即可。

考虑用 $n$ 到根的路径把整棵树切开，并设从左往右第 $i$ 棵子树的获胜者为 $c_i$（$c_n=p_n$），那么 $c_i$ 就一定会输给 $c_{i-1}$。

接下来考虑已知数组 $c$ 如何计算方案数。假设考虑到第 $i$ 棵子树，那么第 $i$ 棵子树就一定会被填满，即填 $2^{n-i}-1$ 个数（减一是因为 $c_i$ 已经确定）。在考虑还有多少个数可供选择，总共有 $2^n$ 个数，其中 $>c_i$ 的数有 $2^n-c_i$ 个，还有 $2^{n-i}$ 要留个后面的子树去填，所以方案数就为 $(2^{n-i})!(\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n-c_i-2^{n-i}}{2^{n-i}-1})$。

既然已知如何计算方案数，那么 DP 是显然的。设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 棵子树，且 $c_i=j$ 的方案数，那么转移方程为：

$$f_{i,j}=\sum _{k<j}{f}_{i-1,k}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{2^n-c_i-2^{n-i}}{2^{n-i}-1})$$

可以用前缀和优化到 $O(n{2}^n)$。

最后 $i$ 获得安慰奖的概率就为 $n\sum _{j<i}{f}_{n,j}$。

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CF1729G Cut Substrings (Difficulty: 2100)#

先用 KMP 预处理出 $t$ 在 $s$ 中的所有出现位置，记为 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$。

然后考虑 DP。设 $f_i$ 表示将前 $p_i+m-1$ 切割开且要删掉 $[p_i,p_i+m-1]$ 的方案数，那么考虑 $f_i$ 能贡献到那些点，记为 $j$。因为 $j$ 不能影响到 $i$，所有有 $p_j\ge p_i+m$。又因为 $j$ 一定要影响到下一个未被影响的 $k$，于是有 $p_j<p_k+m$，其中 $k$ 为第一个满足 $p_k\ge p_i+m$ 的数。

然后直接转移即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

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CF1622E Math Test (Difficulty: 2200)#

根据经典结论，$|a-b|=max(a-b,b-a)$，所以可以 $2^n$ 枚举每个人的 $r_i$ 是与 $a_i$ 的大小关系。

于是就可以确定每个人的 $r_i$ 与 $a_i$ 的正负。先把 $a_i$ 的贡献加上，再考虑 $r_i$ 的贡献。

直接不好做，于是考虑每道题的贡献。先计算出每道题会被计算多少次，记为 $t_i$。那么现在就只需确定一个排列 $p$，使得 $\sum p_i{t}_i$ 最大。

根据排序不等式，可以将 $t$ 排序，$t$ 第 $i$ 小的 $p$ 只就为 $i$。

时间复杂度为 $O(2^{n}m(n+\log m))$。

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CF144E Competition (Difficulty: 2200)#

感觉挺水的，不知道怎么评到 2200 的。

从左往右以此考虑每一个点。那么每个点的目标点都构成了一段区间，每次贪心选择区间内最靠右的未被选择的点即可。可以用 set 维护。

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CF2000G Call During the Journey (Difficulty: 2100)#

为什么我认为这题严格大于上一题？难道是因为我 duel 输了？

考虑倒推。设 $f_i$ 表示走到第 $i$ 个点的最晚时间，转移有两种：

1. 若 $f_i\le t1\vee f_i-w1\ge t2$，即可以乘公交，那么有 $f_i-w1\to f_j$。

2. 否则有两种情况。要么步行，要么等到 $t1$ 再乘公交。那么有 $max(f_i-w2,t1-t1)\to f_j$。

发现这是类最短路问题，可以使用 Dijkstra 优化。

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CF1553E Permutation Shift (Difficulty: 2100)#

先考虑枚举右移的位数 $k$，那么转化为判断一个序列是否能通过不多于 $m$ 次交换得到另一个序列。

这是经典问题。直接从初状态的第 $i$ 位向末状态的第 $i$ 位连边。那么最少操作数为 $n-$ 联通块数。

这样直接做是 $O(n^2)$ 的，考虑优化。

注意到 $m\le \frac{n}{3}$。而一个序列合法的必要条件是相同的位置个数多于 $n-2\times m\ge \frac{n}{3}$，因为最多改变 $2\times m$ 个位置。又因为每个 $a_i$ 只有一个右移位数 $k$ 使得右移后这一位相同，所以最多只有 $3$ 个 $k$ 满足条件。

时间复杂度 $O(n)$。

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CF1582F Korney Korneevich and XOR (Difficulty: 2400)#

最简单的想法是设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，子序列最后一个数为 $j$，异或和为 $k$ 是否可行，转移显然。但这样连状态数都是 $O(n{V}^2)$ 的，没有前途。

考虑设 $f_{i,j}$ 表示子序列最后一个数 $<i$，且异或和为 $j$ 是否可行。每次加入一个 $a_i$ 就枚举一个满足 $f_{a_i,j}=1$ 的 $j$，然后令所有 $f_{k,j\oplus a_i}$ 为 $1$。（其中 $k>a_i$）

考虑优化。发现 $f_{i,j}$ 为 $1$ 对于 $i$ 来讲是一段后缀，可以对于每个 $j$ 维护出 $m{x}_j$ 表示最小的 $i$ 满足 $f_{i,j}=1$。那么每次就只需更新到 $m{x}_{j\oplus a_i}$，并更新它。

再观察到对于一个 $i$ 来说，满足 $f_{i,j}=1$ 的可能会被多次更新到同一个数，且对应的 $j$ 的数目不多。于是可以开个 vector 维护出每个 $i$ 满足 $f_{i,j}=1$ 的 $j$，每次都将 $a_i$ 对应的 vector 清空。

最后分析时间复杂度。转移是的 $m{x}_i$ 是单调递减的，于是总共是 $O(V^2)$ 的。而每个 vector 的大小最多为 $O(V)$，所以枚举也是 $O(V^2)$ 的。

于是最后时间复杂度为 $O(n+V^2)$。

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CF1542D Priority Queue (Difficulty: 2200)#

考虑枚举 $p$，并计算 $a_p$ 会在多少个子序列中计入答案。

考虑 DP，设 $f_{i,j}$ 表示由前 $i$ 个数构成的子序列中，小于 $a_p$ 的有 $j$ 个的方案数。转移需要分讨：

1. 若 $a_i$ 为 -，那么可以从 $f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1}$ 转移过来。

   特别强调：当 $i<p\wedge j=0$ 时，就算选择当前位置也可能不会导致 $j$ 的改变，所以还可以从 $f_{i-1,j}$ 转移过来。

2. 若 $a_i$ 为 + 且 $a_i<a_p$，那么可以从 $f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}$ zu 转移过来。

3. 若 $a_i$ 为 + 且 $a_i>a_p$，那么可以从 $2\times f_{i-1,j}$ 转移过来，因为选不选 $j$ 都不变。

而当 $a_i=a_p$ 时，可以以下标为第二关键字比较，这样就不会记重了。

时间复杂度 $O(n^3)$。

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