省选联考2021vp记

卡牌游戏

考虑到将 $a$ 和 $b$ 放在一起排序，最后朝上的数字必然在左端点为最小值，右端点为最大值的区间中。这个区间中至少有 $n-m$ 个是原来的 $a$，且对于每张卡牌必然要有 $a$ 或 $b$ 在区间中。使用双指针即可实现。

矩阵游戏

vp时做 $m=2$ 的部分分时想到：
$b_i-b_{i-1}=a_{i+1,1}+a_{i+1,2}-a_{i-1,1}-a_{i-1,2}$
$b_i+b_{i-2}-b_{i-1}=a_{i+1,1}+a_{i+1,2}+a_{i-2,1}+a_{i-2,2}$
又因为还有 $0\le a_{i,j}\le 10^6$ 的限制条件，想到差分约束，但没有什么实际的做法。

又想到放下限制，产生了一种构造方法，将第一列和第一行设为 $0$，剩下的就可以直接计算。但这种构造会产生大于 $10^6$ 或小于 $0$ 的解，但没有优化方法。

考虑正解，因为上述方法的解是未满足约束的。有一个性质：使某一行或某一列的奇数位 $+x$，偶数位 $-x$ 最后生成的 $b$ 数组不变。

所以最后会产生一个矩阵（$a_{i,j}$ 表示根据上述方法构造出的解，$r_i$ 表示第 $i$ 行的变化量，$c_j$ 表示第 $j$ 列的变化量）

$\begin{bmatrix}a_{1,1}+r_1+c_1,a_{1,2}-r_1+c_2,a_{1,3}+r_3+c_3,\dots\\ a_{2,1}+r_2-c_1,a_{2,2}-r_2-c_2,a_{2,3}+r_2-c_3\dots\\ a_{3,1}+r_3+c_1,a_{3,2}-r_3+c_2,a_{3,3}+r_3+c_3\dots\\ \dots \end{bmatrix}$

但这个矩阵看起来不是很可做考虑将奇数列的变化量取反，偶数行的变化量取反，得到新矩阵

$\begin{bmatrix}a_{1,1}+r_1-c_1,a_{1,2}-r_1+c_2,a_{1,3}+r_3-c_3,\dots\\ a_{2,1}-r_2+c_1,a_{2,2}+r_2-c_2,a_{2,3}-r_2+c_3\dots\\ a_{3,1}+r_3-c_1,a_{3,2}-r_3+c_2,a_{3,3}+r_3-c_3\dots\\ \dots \end{bmatrix}$

得到的矩阵中 $r_i$ 和 $c_j$ 的关系都是满足 $-a_{i,j}\le r_i-c_j\le 10^6-a_{i,j}(i+j\equiv 0 \pmod 2)$ 或 $-a_{i,j}\le c_j-r_i\le 10^6-a_{i,j}(i+j\equiv 0 \pmod 2)$，为只与减法有关的不等式，可以使用差分约束算出解。

图函数

vp时把结论推错了，非常可惜。

一个很重要的结论：若点对 $(u,v)$ 对图 $G$ 有贡献，当且仅当 $u<v$ 且在图 $G$ 上存在由 $u$ 到 $v$ 和由 $v$ 到 $u$ 都只经过编号在 $[u+1,n]$ 的点的路径，考虑如何通过这个计算。显然去计算每个 $f(u,v)$ 的值是非常不现实的，直接考虑点对 $(u,v)$ 对 $h$ 函数的贡献。一个点对的贡献是一段前缀，因此可以倒序加边求差分数组。

现在问题就到了如何求差分数组上了。令 $f_{u,v}$ 表示由 $u$ 到 $v$ 且只经过编号属于 $[u+1,n]$ 的路径中边的编号的最小值最大为多少，可以写出转移式 ：

$$f_{u,v}=\max\limits_{w=u+1}^n(f_{u,v},min(f_{u,w},f_{w,v}))$$

初始若 $(u,v)$ 间有边 $f_{u,v}=i$，$i$ 为边 $(u,v)$ 的编号，$f_{u,u}=m+1$。

这个式子很像 Floyd 的式子，但如果直接写 Floyd，$O(n^3)$ 的复杂度会T。优化一些无用转移，因为 $(u,v)(u<v)$ 产生贡献时只会经过编号 $>u$ 的点，所以当 $u>w&&v>w$ 没必要进行转移。因为CCF数据太水放过去了。

宝石

非常典的树上倍增。

先将所有颜色重新标号。若 $(s,t)$ 答案为 $x$，从 $s$ 到 $t$ 的路径上必然会按顺序出现标号为 $1\sim x$ 的颜色。将路径拆成 $(s,lca)$ 和 $(lca,t)$，$(s,lca)$ 上会按顺序出现编号为 $1\sim y$ 的颜色，$(lca,t)$ 上会按顺序出现编号为 $y+1\sim x$ 的点。$x$ 可以通过二分得到，那么需要计算的就只有 $y$ 的值了。令 $f1_{u,i}$ 表示在 $(u,1)$ 上，深度最深的颜色为 $col[u]+2^i$ 点为哪个点，$f2_{u,i}$ 表示在 $(u,1)$ 上，深度最深的颜色为 $col[u]-2^i$ 点为哪个点，通过倍增可以找到在 $(s,lca)$ 上可以找到的最大的 $y$ 和 $(lca,t)$ 上可以找到的最小的 $y$，记为 $y'$。若 $y'<=y$，则该 $x$ 满足条件。

那么现在就只剩下一个问题了，如何求得在 $(u,1)$ 上的颜色为 $x$ 且深度最深的点。建一棵下标为颜色的主席树，点 $i$ 的线段树表示在 $(i,1)$ 上每个颜色的最深点的位置，每次在父亲的线段树上修改 $col_u$ 的最深点的位置为 $u$。

总复杂度 $O(n^3)$。

支配

根据一些简单的结论：

1. 若 $x$ 支配 $y$，$y$ 支配 $z$，则 $x$ 一定支配 $z$，因为删除 $x$ 后 $y$ 被割开，而 $y$ 一旦不可达 $z$ 也就随之不可达了。
2. 若 $x$ 支配 $a$，$y$ 支配 $a$，则 $x,y$ 之间一定有支配关系,如不然则必定有一种情况，使得删除其中一个点后，$1$ 可从另一个点到达 $a$。
3. 加入一条边后每个点的受支配集要么变小要么不变，因为图会变得更联通。
4. 在点 $D_x(x\not=1)$ 中必然存在一个点 $y$，使得 $D_x=D_y\cup {x}$，因此该点为 $D_x$ 中支配集最大的点，令 $fa_x=y$。
5. 若 $D_x$ 大小变化，当且仅当 $D_{fa_x}$ 大小变化或 $fa_x$ 不在支配 $x$。

根据前四条结论我们可以建出一颗树状结构，每个点 $x$ 和 $fa_x$ 连边，这颗树叫做支配树。令 $delp_{u,v}$ 表示删除 $v$ 后 $1$ 能否到 $u$，可以得知若 $delp_{u,v}=0$，则 $v$ 支配 $u$，这样就用 $O(n^2)$ 的时限求出所有 $D_x$，建出支配树。

那么现在剩下的任务就只剩下判断 $fa_x$ 是否仍然支配 $x$ 了。令 $f_{u,v}$ 表示删去 $fa_v$ 后 $u$ 能否到达 $v$，这个在反图上dfs一边可以求出。对于加的一条边 $(u,v)$，若删去 $fa_x$ 后 $1$ 能到 $u$ 且删去 $fa_x$ 后 $v$ 能到 $x$，则 $D_x$ 大小会发生变化。再根据第五条结论，在支配树上bfs一遍就能求出所有受支配集变化的点。

滚榜

因为题目要求的是排名的总方案数，所以考虑贪心地分配 $b_i$。若 $a_i>a_{i-1}$，令 $b_i=b_{i-1}}，否则令 $b_i=b_{i-1}+a_{i-1}-a_i$，最后如果剩下多的可以全部留个 $b_n$。对贡献变形可得：$\sum b_i=\sum \max(a_i-a_{i-1},0)\times(n-i+1)$

令 $f(S,i,j)$ 表示前 $|S|$ 位为 $S$ 内元素，第 $|S|$ 位为 $i$，已选总贡献为 $j$ 的方案数。

for(int i=1;i<=mx;i++){
        Count[i]=Count[i>>1]+(i&1);
    }
    for(int i=0;i<n;i++){
        int s=n*(a[t]-a[i]+(t<i));
        if(s<=m){
            f[1<<i][i][s]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<mx;i++){
        for(int j=i;j;j-=lowbit(j)){
            for(int sum=0;sum<=m;sum++){
                int p=num[lowbit(j)];
                for(int k=0;k<n;k++){
                    if(!(i&(1<<k))){
                        int s=sum+(n-Count[i])*max(0,(p<k)+a[p]-a[k]);
                        if(s<=m){
                            f[i|(1<<k)][k][s]+=f[i][p][sum];
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=m;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            ans+=f[mx][j][i];
        }
    }