OI题目模型记录

不定时更新（遇到一道好题就会更新）

转换法

有一些题的操作难以实现，这时可以考虑转换法。

1. P7735 [NOI2021] 轻重边

本题的修改操作较难，故让它第$i$次修改只是把两点路径上的点染成$i$颜色。

可以发现，若一条边两点颜色相同，则该边为重边，否则为轻边。

那么询问就变成路径上有几个不同颜色段，用树链剖分+线段树即可，$O(n\log^2n)$。

2. CF1334G Substring Search

$s_i$与$t_j$匹配需要$s_i=t_j$或$s_i=p(t_j)$

转化为$(s_i-t_j)(s_i-p(t_j))=0$,即$s_i^2-s_it_j-s_ip(t_j)+t_jp(t_j)=0$

整个字符串匹配成功可以转化为$\sum\limits_{i=1}^{|S|}(s_i^2-s_it_{j+i-1}-s_ip(t_{j+i-1})+t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2=0$

$\sum\limits_{i=1}^{|S|}(s_i^2-s_i(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))+t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2\\=\sum\limits_{i=1}^{|S|}s_i^4-2(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))s_i^3+((t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))^2+2(t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))s_i^2-2(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))t_{j+i-1}p(t_{j+i-1})s_i+(t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2$

将s翻转后即可转化为卷积形式，用NTT可以达到$O(n\log n)$

3. P3204 [HNOI2010]公交线路

可以转换为：

1. 在长度为$n$的序列里填数，可以填$[1,k]$内的数
2. 前$k$个满足第$i$个填的是$i$
3. 最后$k$个为$[1,k]$的排列
4. 每个长度为$p$的区间内要包含$[1,k]$中的所有数

$f_{i,S}$表示前$i-1$个车站已经填完，$S$为$[i,i+P-1]$是否填过的状态 时的方案数

$f_{i,S}+=f_{i-1,S'} (\lfloor\dfrac{S'}2\rfloor\subseteq S,S'\&1=1,\operatorname{popcount}(S)=\operatorname{popcount}(S')=k)$

为了保证每个都填，$S'\&1$必须为$1$，即第$i-1$位一定要填

为了保证满足限制$4$，我们强制转移时$[i-1,i+P-2]$和$[i,i+P-1]$都满足$[1,k]$各填了一个，所以$\operatorname{popcount}(S)=\operatorname{popcount}(S')=k$

转移的含义：让$S$中新填的数和第$i-1$位填的数一样。

初始状态为$f_{1,2^k-1}$，答案状态为$f_{n-k+1,2^k-1}$

可以发现状态数为$C_{p-1}^{k-1}\leq C_{9}^5=126$，可以使用矩阵快速幂优化，时间复杂度$O((C_{p-1}^{k-1})^3\log n)$

4. 某题

非空正整数数列$\{a_m\}$满足$\forall k,a_k\geq2$，$h(n)$表示满足$\prod\limits_{k=1}^ma_m=n$的序列个数，求$\sum\limits_{k=2}^nk\times h(k),2\leq n\leq 3.5\times10^7$

$h(i)$很难算，所以考虑转换答案：

$k\times h(k)$就是乘积为$k$的序列的乘积之和，所以答案就是乘积在$[2,n]$范围内的序列的乘积之和。

设$f_{i}$表示乘积在$[2,i]$的序列的乘积之和，则有转移方程：

$f_{i}=1+\sum\limits_{d=2}^id\times f_{\lfloor\frac{i}{d}\rfloor}$（算上空序列）

答案为$f_n-1$

因为$\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor=\lfloor\dfrac{n}{ab}\rfloor$，所以所有要算的状态都可以表示为$\lfloor\dfrac{n}{x}\rfloor$的形式

用整除分块优化可以达到时间复杂度$O(n^{0.75})$，空间复杂度$O(\sqrt n)$

5. [ARC110E] Shorten ABC

将 $ABC$ 分别替换为 $123$，可以发现一次操作后整个序列的异或和是不变的。

然后由原串 $S$ 得到的新串 $T$ 有个性质：$T$ 的每个字符都对应 $S$ 串的一段区间。

一个区间可以操作成一个字符，要满足下列两个条件之一：

1. 长度为一
2. 异或和不为零且包含的字符不全部相同

为了防止算重，每次只选长度最短的区间计算即可。

设 $f_{i}$ 表示 $[1,i]$ 能得到的序列总数，$g_{i,j}$ 表示 $i$ 为左端点，对应字符为 $j$ 的最短区间的长度。

$g_{i,j}=\begin{cases}1\qquad\qquad\qquad j=a_i\\g_{i+1,j\oplus a_i}+1\quad j\neq a_i\end{cases}$

$f_{i}\rightarrow f_{i+g_{i+1,j}}$

建图优化

当图的边数过多时，用各种方法减少边的数量。

1. P6378 [PA2010] Riddle

明显的2-SAT问题，但是每个大小为$w$的部分要建$w^2$条边，于是用前缀和建图。

原本第$i$个点有：是/非关键点两种（记为$a_{i,1}$和$a_{i,0}$），都要维护一个前缀（记为$s_{i,1}$和$s_{i,0}$），再按2-SAT建边。

之后就能把边的个数降为线性。

2. P6822 [PA2012]Tax

较大值条件难以处理，考虑重新建图。

可以把点看做边，边看做点。但是边又变成$n^2$级别。

之后把原图中的同一点的出边（单向）按边权排序，并且前缀和建图。

排序后第$i$条原单向边为$u_i$权值为$w_i$，其反边为$v_i$

则$u_i\rightarrow u_{i+1}$，边权为$w_{i+1}-w_{i}$

$u_i\rightarrow u_{i+1}$，边权为$0$

$v_i\rightarrow u_i$，边权为$w_i$

这样就实现了较大值并且少了边，之后新开源点和汇点处理起始就可以跑最短路了。

3. P3783 [SDOI2017]天才黑客
   

题意：

一条有向路径的长度为这条路径上每个边的边权之和+按照路径的顺序将这些边上的字符串排成一列，相邻两个串的lcp长度之和。求有向图中1号点到其他点的最短路。

和P6822 [PA2012]Tax 很像的一道题，由于lcp长度长度难以处理，所以把点看做边，边看做点。

例如$e_i:a\xrightarrow{w_i,s_i} b,e_j:b\xrightarrow{w_j,s_j} c$

就连成：$a_i\xrightarrow{w_i}b_i\xrightarrow {lcp(s_i,s_j)}a_j\xrightarrow {w_j}b_j$

可以发现中间的边是$O(m^2)$的，考虑前缀和优化。

在字典树上有：(用$F[l,r]$表示$\min\limits_{k=dfn[l]}^{dfn[r]}dep[k]$)

$lcp(s_i,s_j)=dep[lca(s_i,s_j)]=F[s_i,s_j]$

假设要连出边的点的集合为$b_{1,2,\cdots,k_1}$，要连入点的集合为$a_{1,2,\cdots,k_2}$（都按字典树的$dfn$排序了）

那么我们只要$b_i\xrightarrow{0}b_{i+1},c_{i}\xrightarrow{0}c_{i+1}$，$b_i\xrightarrow{lcp(b_i,c_{h_i})}c_{h_i},b_{g_i}\xrightarrow{lcp(g_i,c_{i})}c_{i}$就能实现让$b_i\xrightarrow{lcp(b_i,c_j)}c_j(j\geq h_i)$了。

其中$h_i$指最小的$j$使得$dfn[c_j]\geq dfn[b_i]$,$g_i$指最大的$j$使得$dfn[b_j]\leq dfn[c_i]$

原理是这样的：$F[b_i,c_j](j\geq h_i)=\min\{\min\limits_{k=i}^{b_{g_h}}F[b_k,c_{h_k}],\min\limits_{k=h_i}^{j}F[b_{g_k},c_k]\}$（这些区间都包含在$[b_i,c_j]$内）

这样只向$dfn$更大的连了边，所以要把$e_i$拆成四个点$a_{i,0/1},b_{i,0/1}$并连四条边$:a_{i,j}\xrightarrow{w_i,s_i} b_{i,k} (j,k\in\{0,1\})$，之后对于$b_{i,0}$连$a_{i,0}$的连$dfn$更大的，对于$b_{i,1}$连$a_{i,1}$的连$dfn$更小的就行了。

新图点的个数和边的个数都是差不多$4n$，时间复杂度为$O(n\log n)$。

4. P5471 [NOI2019] 弹跳

$h=1$就是典型的线段树建图，所以可以想到线段树套线段树优化建图。

但是本题的点非常少，所以我们考虑用线段树套平衡树(set)来减少空间。

众所周知，dijkstra算法有一个优秀的性质：每个点只会被标记一次，并且权值非负。

在有多个矩形覆盖一个点的时候，我们肯定是用dis最小的矩形来覆盖。

所以我们可以把每个弹跳装置也看做一个点，跑dijkstra的时候就可以保证每个点都是被最优的矩形所覆盖，所以覆盖过一次的节点可以删去。

时间复杂度$O(n\log^2n+(n+m)\log(n+m))$，空间复杂度$O(n\log n)$。

5. P7712 [Ynoi2077] hlcpq

将水平线段的 $l,r$ 都加上 $n$，加边限制变成：$x,y$ 有连边当且仅当 $l_x\leq y\leq r_x,l_y\leq x\leq r_y$。

考虑 tarjan 算法的过程，递归到 $u$ 时，枚举边 $(u,v)$，若 $v$ 没遍历过则需要递归，否则更新 $low[u]\leftarrow dfn[v]$

递归的部分可以 $O(n)$ 枚举，更新则是需要求最小值。

所以用主席树维护未访问过的点个数、访问过的点的 $dfn$ 最小值。

修改点为已访问，只需要改对应的叶节点。在找未访问点时，要么找到有效点，要么更新个数为 $0$，是均摊 $O(n\log n)$ 的。

矩阵乘法

将一些操作转化成矩阵乘法后，可以利用结合律将其优化至$O(\log n)$的计算复杂度

1. P1939 【模板】矩阵加速（数列）

$\begin{bmatrix} f_i\\f_{i-1}\\f_{i-2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{i-1}\\f_{i-2}\\f_{i-3}\end{bmatrix}$

2. P3263 [JLOI2015]有意义的字符串

$\dfrac{b-\sqrt{d}}{2},\dfrac{b+\sqrt{d}}{2}$为$x^2-bx+\dfrac{b^2-d}{4}=0$的两根。

柿子可以化为$x^n=bx^{n-1}+\dfrac{d-b^2}{4}x^{n-2}$，而且$\dfrac{d-b^2}{4}$还是整数。

设$f_i=(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^i+(\dfrac{b+\sqrt{d}}{2})^i$，则有$f_i=bf_{i-1}+\dfrac{d-b^2}{4}f_{i-2}$

$\begin{bmatrix} f_i\\f_{i-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b&\frac{d-b^2}{4}\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{i-1}\\f_{i-2}\end{bmatrix}$

当$n$为偶时，$0<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<1$

当$n$为奇时，$-1<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<0$

最后输出时判断奇偶即可

3. P3193 [HNOI2008]GT考试

$f[i][j]+=f[i-1][k]$（匹配到第$k$位后加一个字符能匹配到第$j$位，$0\leq j,k<m$）

构造矩阵$A$（只有$A_{0,0}=1$），矩阵$B$，对于每个满足上述条件的$(j,k)$，让$B_{i,j}=1$，其余为$0$

之后计算$A\times B^n$就行。

差不多的一题：见转换法T3:P3204 [HNOI2010]公交线路

4. P6772 [NOI2020] 美食家

$f[t+w][u][v]=\max \{f[t][u][p]+G[p][v]\}(p\xrightarrow{w,G[p][v]} v)$

由于$w\leq5$，把边可以拆成$5$条长度为$1$的边，之后变成

$f[t+1][u][v]=\max \{f[t][u][p]+G[p][v]\}(p\rightarrow v)$

定义广义矩阵乘法$C=A*B$（可以证明有结合律）：

$C_{i,j}=\max\limits_{k}\{A_{i,k}+B_{k,j}\}$

令原图邻接矩阵为$G$，则$f[t]=f[0]* G^t$

用$A$来维护$ans[1]$

然后只要把美食节按时间排序，之后就对于每个$1\leq i\leq k$：

$A\leftarrow A* G^{t_i-t_{i-1}},A[x_i]\leftarrow A[x_i]+y_i$

就可以维护每个美食节。

预处理$G$的$2^z$次幂（$z$为整数），由于点的个数为$5n$，时间复杂度为$O(k(5n)^2\log T+(5n)^3\log T)$

5. P6569 [NOI Online #3 提高组] 魔法值
   

发现$a_i$很大，$n,q$很小，就可以发现矩阵乘法的时间复杂度应该是对的。

定义矩阵异或（我自己这么叫）为：

$(A\oplus B)_{i,j}=\operatorname{xor}_k A_{i,k}\times B_{k,j}$

看看有没有结合律吧：

$A\oplus B\oplus C$

$=\operatorname{xor}_{k} (A\oplus B)_{i,k}\times C_{k,j}$

$=\operatorname{xor}_{k} (\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times B_{d,k})\times C_{k,j}$

乍眼一看就知道没有结合律，但是本题中$B,C$为$01$矩阵，还可以进行进一步化简：

上述柿子中$A_{i,d}$一共异或了$\sum_{k} B_{d,k}\times C_{k,j}$次，所以上述式子可以化为

$\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times ((\sum_{k} B_{d,k}\times C_{k,j})\&1)$

$=\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times (\operatorname{xor}_{k} B_{d,k}\times C_{k,j})$

也就是说，当$B,C$为$01$矩阵时是有结合律的。

预处理邻接矩阵的$2^z$次幂（$z$为整数），计算答案时只计算第一列。

此时答案为第一行第一列的数，时间复杂度$O((n+q)n^2\log a_i)$

6. P3328 [SDOI2015]音质检测

加一矩阵：$\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&a&b\\1&0&0\\1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}$

减一矩阵：$a\not=0$时，$\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\\frac{1}{a}&-\frac{1}{a}&-\frac{b}{a}\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}$

$a=0$时，$\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&1&-b\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}$

设$V(i)=\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}$，那么第$i$项的值就是$V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)[0][0]$

由于是矩阵$[0][0]$位置的值，我们算$(V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)^T)[0][0]$也不影响答案，而且有：

$(G\times V(A_{i-1}+1))((G\times V(A_{i-1}+1))^T)=G\times V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)^T\times G^T$，这样我们线段树部分就不会被乘法顺序影响了。

用线段树维护区间矩阵和，支持在前或后乘一个新矩阵即可，时间复杂度$O(n\log n)$

7. P7739 [NOI2021] 密码箱

看到它求值的部分是算多次$a+\dfrac{1}{b}$，于是考虑把它换成矩阵运算使得它能$O(\log n)$修改。

用$\begin{bmatrix} b\\a\end{bmatrix}$表示$\dfrac{a}{b}$，那么计算$a+\dfrac{1}{\frac{b}{c}}$就可以变成

$\begin{bmatrix} b\\ab+c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0&1\\1&a\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} c\\b\end{bmatrix}$

答案就可以表示成$\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_0\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_1\\\end{bmatrix}\cdots\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k\\\end{bmatrix}$

然后发现$W$操作就是使$\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k\\\end{bmatrix}$变成$\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k+1\\\end{bmatrix}$

可以变成多乘一个$\begin{bmatrix} 1&1\\0&1\\\end{bmatrix}$

然后可以发现$E$操作就是多乘一个$\begin{bmatrix} 0&-1\\1&2\\\end{bmatrix}$

用平衡树维护修改达到$O(n\log n)$即可