近期题解（2024.7.26）

CF1070A Find a Number

一个朴素的想法是设 $d{p}_{x,y}$ 表示模 $d$ 为 $x$ 且和为 $y$ 的最小值，那么答案就是 $d{p}_{0,s}$。

自然初始状态为 $d{p}_{0,0}=0$，但是我们发现这个转移关系是带环的，所以说要把这个 dp 换成最短路。

直接从 $(0,0)$ 为源跑一遍 bfs 即可，时间复杂度 $O(sd)$。

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CF1840G1 In Search of Truth (Easy Version)

猜环长这种东西，有个经典的类似 BSGS 的猜法。

考虑设置一个步长 $B$，先一步一步地跳，把环的前 $B$ 个位置给跳上，并标记好是在第几步被跳到的。

随后按照我们设置的步长 $B$ 步一次地跳，因为余数小于除数，所以这么跳完一圈之后一定会落在前 $B$ 个位置上，又因为我们知道前 $B$ 个位置是环上的第几个点，所以我们可以直接算出环长。

取 $B=\sqrt{n}$ 可以得到 $2\sqrt{n}$ 左右的上界询问次数，可以通过 Easy Version。

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CF731E Funny Game

因为二人都选最优的决策，所以说我们的决策是跟未来有关的，考虑倒着 dp，设 $d{p}_i$ 表示 $[i,n]$ 这个后缀内的最大得分。

记 $s_i$ 表示前缀和数组，容易发现考虑 $[i,n]$ 这个后缀时 $s_{i-1}$ 的贡献是一定要被算上的，所以我们就有转移 $d{p}_i=\underset{j>i}{max}\{-d{p}_j+su{m}_{j-1}\}$，显然维护个后缀 $max$ 就能快速转移，时间复杂度 $O(n)$。

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CF1826E Walk the Runway

视每个物品拥有 $m$ 个属性的话，那么选择两个物品的限制其实是一种 $m$ 维偏序。显然地，如果 $a,b$ 能同时选且 $b,c$ 能同时选，那么 $a,b,c$ 也是能一块选走的。

所以如果我们能够处理出任意两个物品之间能否都选，那么我们按照任意一维排序后从前往后 dp 就能统计出答案了（因为要满足限制任意一维一定是递增的），所以就去思考怎么处理这个东西。

多维偏序本身就有经典的 bitset 解法，这里我们也可以试下。先把 $m$ 维全都分开考虑，把所有物品按照当前考虑的这一维属性排序，然后每个物品在单独这一维下能选的物品就是它前面的物品，那我们直接把 $m$ 维可选的物品取个并即可，可以使用 bitset 维护。

细节：排序后要对每个相同的段考虑。

时间复杂度 $O(nm\log n+\frac{n^{2}m}{w}+n^2)$，分别是排序、bitset 和 dp 的复杂度。

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CF1638E Colorful Operations

这不是板子题/xk。

考虑颜色段均摊，先上一个 set 用来维护连续段，思考如何维护加法操作。

不妨采用标记的方式，令 $ta{g}_x$ 表示颜色 $x$ 应该额外加上的值，对于 Add 操作直接在 $tag$ 数组上修改。对于区间覆盖操作时，假设有一段区间 $[l,r]$ 要从颜色 $x$ 覆盖成 $y$，那直接为 $[l,r]$ 这段区间加上 $ta{g}_x-ta{g}_y$，减去 $ta{g}_y$ 是因为之前给颜色 $y$ 的加法这段区间不应该算上。输出时直接加上对应位置的 $tag$ 即可。

上面的操作只需要一个树状数组来维护，根据经典结论总时间复杂度为 $O(q\log n)$。

简要说下正确性：容易发现每一次区间染色操作至多会使整个序列的连续段个数加 $1$，同时我们可能会删除一些连续段，但是每个连续段至多只会被删除一次，每次加入/删除连续段的复杂度是 set 的 $\log$，所以总复杂度为 $O(q\log n)$。

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CF1697E Coloring

考虑对于每个点求出来到其它点的最短距离，然后再向达到最短距离的点连一条单向边。

我们取出所有的极大的双向联通子图，如果这个子图是完全图那么其所有点要么同色要么互不相同，否则全都互不相同。

对于可以染成同色的点集我们称之为同色点集，那我们先对所有同色点集做一个背包，设 $d{p}_i$ 表示使用 $i$ 种颜色的方案数，每个同色点集可以贡献的颜色数为 $1$ 或点集大小。

答案即为 $\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!d{p}_i$，也就是选出来 $i$ 种颜色再考虑染色顺序。

时间复杂度 $O(n^2)$。

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