7月记录

合集 - 做题记录(8)

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6.7月记录2024-07-04

7.8月记录2024-08-018.9月记录2024-09-03

收起

还是写做题记录吧，板刷的题也在。

近期计划：

104.NOI2024集训（第七场）A 划分可爱捏(div)

容易抽象成二分图左右部点数 $\min$ 的和。

$k=1$ 就是会修改一条边，容易发现当这条边不是孤立的边时，加边操作总能做到不变（加边时可能变大的），于是考虑删边即可，需要删割边，找出来，然后一一判断。

$k=2$ 时不仅要维护删边，还有加边，删边可以删掉割边和非割边，一一判断，然后加边就是和左右差最大的联通块（两个极端）连边判断。

code 很shi

105.ABC258H

容易发现系数为斐波那契数列。

于是 dp 的时候容斥一下，和可以一起矩阵。

106.ABC280G

经过证明，题目给出的坐标系中点 $(x,y)$ 到 $(0,0)$ 的距离为 $\max(|x|,|y|,|x-y|)$。

枚举 $x,y$ 的最小值，即钦定前两维的范围，考虑双指针扫 $x-y$。

用 $(x,y)-(x+1,y)-(x,y+1)+(x+1,y+1)$ 容斥即可。

107.最大值可爱捏(max)

我们希望对于每个 $1\le m\le k$ 计算最大值 $\le m$ 的方案数，依此可以容易计算答案。

只需要求 $[x^k]S_m^n(x)$ 其中 $S_m(x)=\sum\limits_{i\le m}\dfrac{x^i}{i!}$。

如果使用 fft 等方式计算，可以得到 $O(k^2\log k)$ 的复杂度，预计得分 $30-60$​。

$S_m(x)$ 为 $e^x$ 展开式的截断，考虑 $(S_m(x))'=S_m(x)-\dfrac{x^m}{m!}$，则 $(S_m^n)'=nS_m^{n-1}(S_m-\dfrac{x^m}{m!})=nS_m^n-nS_m^{n-1}\dfrac{x^m}{m!}$，则固定 $m$，可以在 $O(nk)$ 的时间内递推出所有 $S_m^i,0\le i\le n$，总复杂度 $O(nk^2)$，预计得分 $15$。

发现 $S_m^n$ 需要求到第 $k$ 项，而 $S_m^{n-1}$ 只需要求到第 $k-m-1$ 项，并且 $mn\le k$ 的情况无贡献，则对于每个 $m$，时间复杂度变为 $\frac{k^2}{m}$，总复杂度 $k^2(\log k-\log (\frac{k}{n}))=O(k^2\log n)$，预计得分 $60$。

若知道了各个 $S_m^i$，那么 $[x^k]S_{m+1}^n$ 也是容易计算的。考虑定期重构，设阈值 $B$，先预处理出所有 $B\mid m,1\le i\le n$ 的 $S_m^i$，这里的复杂度为 $O(\dfrac{nk^2}{B})$。

对于任意 $m=Bl+r$，展开 $S_m^n=(S_{Bl}+(S_m-S_{Bl}))^n=\sum\limits_{i}\binom{n}{i}S_{Bl}^{n-i}(S_m-S_{Bl})^i$，后者有 $ir$ 项，并且可以类似上文做法递推出所有值，而前者均已经算过，这部分复杂度为 $O(kn^2B)$，平衡得到 $O(n^{1.5}k^{1.5})$。

进一步的，同上文分析，对于 $S_{Bl}^{n-i}$，只需计算 $k-(Bl+1)i$ 项，而由于 $S_m-S_{Bl}$ 最低项也为 $Bl+1$，这样的数量足够支持后面的计算，则计算单个 $m$ 的复杂度为 $O(d(\frac{k}{m})^2)$，其中 $d$ 是与上一次重构的距离，在 $m$ 处重构的复杂度为 $O(\frac{k^2}{m})$。

设在 $m$ 处重构的概率为 $p$，可以认为 $d=\frac{1}{p}$，则可以认为在单个 $m$ 的复杂度为 $O(p^{-1}(\frac{k}{m})^2+p\frac{k^2}{m})$，取 $p=m^{-0.5}$ 得到 $O(k^2m^{-1.5})$，对 $m$ 从 $\frac{k}{n}$ 到 $k$ 求和可得 $O(k^2(\frac{k}{n})^{-0.5})=O(k^{1.5}n^{0.5})$，可以通过本题。

实现上，在范围内的每一个完全平方数的位置重构即可得到相同的复杂度。

108.word(word)

考虑计算出每个点为开头可以往后删空的最长段 $f_i$，计算过程类似单调栈。

再计算后缀的最小字典序串，每次相当于在 $[i,f_i]$ 里取最小值在前面加上一个字符作为当前的串，可以类比不断加儿子，再来个单调栈模拟比较过程，比较时用树上哈希就好了。

109.partition(partition)

容易有 dp，$f_{i,x,y}$。

当 $x>y$ 时，用后缀最长上升下降子序列很好计算。

当 $x<y$ 时，每次状态只有 $\mathcal O(n^2)$ 个，每次只会进行 $\mathcal O(1)$ 次单点修改，当一个状态变成 $x>y$ 时更新答案。

一个 $x>y$ 的状态在交叉点处处理最优，故后面无需考虑这个状态。

倒序处理即可。

110-125 周航锐 hehezhou、罗恺、叶李溪、黄洛天、许庭强题目选讲

126. 序列(sequence)

有解条件是区间和为 $k$ 的倍数，将前缀和去摸 $k$ 的等价类划分出来，两两合法。

发现 $f(l,r)=\sum_{i=l}^{r} min((s_i-s_{l-1})\bmod k, k - (s_i-s_{l-1})\bmod k)$，因为考虑第一个数，不管他往上还是往下，第二个数取模后的值固定。

发现等价类中划分较长的区间可以由中间的区间答案加和求得，于是只需要求 $\mathcal O(n)$ 个区间的答案。

扫描线，讨论一下 $\min$ 即可。

127. 笔(交互题)(pen)

可以采取某些代价删除所有 $\le i$ 的笔，让代价最小。

每次记录每个笔已被操作次数，从最大的开始（尽量用达阈值，保证最小的两个已操作数尽量小即可），找到当前最小的数就停止。

用最小的两个数计算概率，超过阈值就停止。

128. 炉石(game)

考虑将已存活的限制删除，任意操作点，当血量不为零时记为有效。

枚举最后一个有效的操作。

记生成函数 $F(x,y)$ 为操作 $x$ 次，有效次数为 $y$ 的概率。

设 $t=\frac{1}{n+m}x$，则没成函数是 $\sum_{i=0}^{a_i-1}\frac{t^iy^i}{i!}$，死了的生成函数是 $y^{a_i}(e^t -\sum_{i=0}^{a_i-1}\frac{t^i}{i!})$。

求出 $[y^{d-1}]F$ 的多项式 $G$，求出 $\sum_i [x^i]i! G$，即 $G$ 转成普通生成函数的系数和。

怎么转呢？

$$\frac{x^a}{a!}e^{bx}=\sum_{i}\frac{b^ix^{i+a}}{i!a!} \to \sum_{i}b^ix^{i+a}\binom{i+a}{i}=\frac{x^a}{(1-bx)^{a+1}}$$

$$(\frac{1}{1-x})^{n+1}=\sum_{i}x^i\binom{i+n}{i}$$

乘完之后每次跑除法可加速。

129.match(match)

考虑 hall 定理的扩展。

判断是否左部点可以全部匹配：

但是最大匹配为 $n-\max(|S|-|n(S)|)$，此时要选若干不相交的 $n(S)$，$\sum S-n(S)$ 的最大值。

考虑记 $f_i$ 表示考虑了 $[1,i]$ 时的答案，则 $f_i \leftarrow f_{j-1}+w(j,i)$，$w(j,i)$ 表示被 $[j,i]$ 完全包含的区间的权值的和，扫描线容易维护。

考虑所有区间都可修改，则 $w(i,j)$ 可以更新 $ans_i \sim ans_j$，直接做要用前缀加历史前缀 $\max$ 的 $\max$ 线段树（我不会）。

考虑分治，先扫左端点 $i\in[l,mid]$，维护出所有 $w(i,j),j\in[mid+1,r]$，求出最大值，更新 $ans_i\sim ans_{mid}$，右端点同理。

存在区间不可修改，就维护前缀后缀的 $f$，在分治的时候考虑一下即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

130-147.周航锐 hehezhou、罗恺、叶李溪、黄洛天、许庭强题目选讲

148.CF1983

D

这个复杂的操作可以转化为任意次交换相邻项。

每次交换相邻项逆序对数奇偶变化，逆序对数同奇同偶时合法。

F

二分答案，每次滑动窗口即可。

G

枚举位数，等价于问长为 $2^k$ 的区间的 $1$ 个数，再加长为 $2^k$ 的区间的 $0$ 个数，如此类推，可以倍增维护。

E

很奇妙。

考虑普通球的排列，A 选 $t=\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 个，选出的普通球的和的期望值为：

$$\frac{\sum a_i \cdot \binom{n-1}{t-1}\cdot t! \cdot (n-t)!}{n!}=\frac{t}{n}\cdot \sum a_i$$

将特殊球看成板子，插入普通球的空之中，因为首尾都可以放板子，所以一共有 $n−k+1$ 个空，然后每个空放的板子属于 A 或者 B 是确定的，算出 A 的空所占比例，再乘上特殊球权值之和即可算出特殊球贡献期望，与上面是类似的，相当于每个点有 $\frac{a}{b}$ 的概率贡献给 A，则 $E(A)=\frac{a}{b}\sum a_i$。

149.灯塔(lighthouse)

考虑最大值，发现要在左右提升一个成为最大值。

考虑笛卡尔树，维护要提升一个成为最大值后，发现要维护提升两个的答案。

继续归纳，发现最优解提升数量不超过两个，因为只需满足最大值的限制即可。

于是记录左右提升 $0/1/2$ 个的答案，dp 即可。

150.安德鲁(交互题)(andrew)

hot！

找到 $x,y,z$ 后，花费 $3n$ 判断。

随机一个数，找出邻域 $S,S'$，一个能到，一个不能到，分别表示 $x$ 和 $y,z$ 的可能。

取 $u\in S, v\in S'$，若 $u,v$ 有边，则删 $v$，否则删 $u$。

不管选没选到 $x,y,z$，最后都会剩下 $x$ 或 $z$。

151.汉堡王(burger)

原神！

非常抽象的题。

对每个汉堡，维护数组 $a_i$ 表示第 $i$ 次攻击能打掉多少层。

则答案就是将 $a$ 归并，使得前缀和的和最大。

在坐标轴上考虑点集 $\bigg\{\left(i,\sum_{j\leq i} a_j\right)\bigg\}_{i=0}^m=\left\{\left(i,\left\lfloor\frac{d\cdot i}{hp}\right\rfloor\right)\right\}_{i=0}^m$，找到上凸壳，按照分界点分组。

则最优解中一组中的数一定连续，因为最优解中的斜率一定单减，将相同斜率的点放在一起更优，于是也进一步可以得出最优解一定是这些上凸壳的边按照斜率排序。

一个关键结论是：上凸壳的段数是 $\log$ 级别的。

点集相当于 $y=\frac{d}{hp}x,y=0,x=m$ 的半平面交中的格点的上凸壳，上凸壳上第零个点事 $(0,0)$，那么第一个点就是 $\frac{y}{x}$ 最大且 $x$ 最大的 $(x,y)$，则 $2x>m$ 一定满足，因为若不满足，则 $(2x,2y)$ 的斜率也最大，且在平面内，所以更优，然后找第二个点，相当于一个将原点设为第一个点的子问题，所以结论成立。

涉及到找分母不超过 $m$ 且分数值不超过 $\frac{d}{hp}$ 的最大分数，考虑有理数二分 SBT，是 $\log$ 的，倍增跳再二分跳，参考文献。

最后计算相邻两个分界点的答案，可以类欧（不会），也可以用皮克定理。

152.GUILIN23C Master of Both IV

【需要复习、学习线性基】

153.LGV引理

行列式求值：

• 交换行/列，值取反；

• 交换一行与一列，不变；

• 将一整行/列乘 $k$，则答案乘 $k$；

• 

• 将一整行（列）的元素乘 $k$ 加到另一行（列）上，答案不变。

• 某两行（列）对应成比例，答案为 $0$。

高斯消元消成上三角形式，求对角线的乘积即可。

LGV 引理小记

即要求当 $p\ne (1,2,3,\cdots,n)$ 时，路径一定存在交。

154.P7736 [NOI2021] 路径交点

路径不交的情况在网格图上不是很能体现，可以理解为排列逆序对奇偶性等于交点奇偶性。

LGV 引理能处理网格图不交路径，只是当且仅当存在逆序对时有交，做容斥后得到的式子相同。

对于此题，求出行列式即可。

155.P9041 [PA2021] Fiolki 2

又是线性基。

考虑对每一条边随机赋一个边权，有解的可以近似等价于行列式的值不为零。

156.晨昏线(bal)

http://192.168.102.138/JudgeOnline/upload/attachment/file/20240709/20240709045455_32331.pdf

根本不会写。

$k\le 20$ 比较容易，考虑 $k>20$，每 $k$ 个分成一段。

有结论：

即序满足 $\forall i\in[k, n] s_i-s_{i-k} < \frac{k}{2}$。

枚举第一列的所有元素。

考虑轮廓线 dp，$f_{i,j,S}$ 表示当前在第 $i$ 行第 $j$ 列，$(i-1,j),(i-2,j),\cdots ,(1,j),(i,j - 1),(i+1,j-1),\cdots ,(n,j-1)$ 的值放在 $S$ 中的方案数。

$\mathcal O(n(\frac{k}{2})^{\frac{2n}{k}})$，50pts。

考虑建立网格图，要么不变要么加一。

将第 $2\sim 5$ 行的图像向左平移到第一行的区间中。

然后第 $i$ 行的图像向下平移 $\frac{i}{k/2}$，则第 $i+1$ 行在第 $i$ 行下。

要求是 $5$ 条路径，求不相交路径数量，考虑 LGV 引理。

有一些 $p\ne (1,2,\cdots,n)$ 的情况也会相交，将一些点删掉即可。

$\mathcal O((\frac{n}{k})^{3} (\frac{k}{2})^{\frac{n}{k}})$。

157.自同构(iso)

题目的条件等价于交换一些编号后与原图是否同构。

考虑到原图的连边情况等于补图的连边情况。

则求无自同构的边数最小值。

显然要求为每一个联通块满足条件且两两不同构。

一个发现是，对于 $n\ge 6$ 总有大小为 $n$ 的树满足条件，构造如下：

一个非树的联通块对答案贡献大于 $-1$，将他替换成贡献为 $-1$ 的树更优。

显然最优解是一个森林，在联通块数量大小最大时最优。

如果我们可以求出大小为 $n$ 的不同构树的方案数 $f_n$，则从小到大添加进方案里，然后最后多出来的点放在最大的树里即可。

在判断树同构的时候，我们可以以重心为根做一遍树哈希（如果有两个就都做一遍），然后比较哈希值判断两棵树是否同构。

无根数判断同构，考虑重心。

跑出 $n\le 250$ 时的答案就够用了。

其实就是无标号无根树的方案数，要学习 https://www.luogu.com.cn/problem/P5900 的多项式。

158.套路 Exchange Argument

[AGC023F] 01 on Tree

先选 $0$ 一定更优，于是对于 $a_u=0$，当其父亲被选后，立即选他，于是将他与父亲合并，计算贡献。

维护一个优先队列，每次取出权值最小的块，对答案显然更优，将他与父亲块合并。

考虑如何比较设 01 个数为 $a0,a1,b0,b1$，则当 $a1b0<a0b1$ 时先选前者，移项之后很好得出。

P4437 [HNOI/AHOI2018] 排列

发现就是一个树，就做完了。

合并书籍(A)

对于链的情况，我们要维护出前缀后缀段的情况。

发现对于前缀平均值要递减，我们可以拿个栈维护，加入最后一个数，若平均值大于前面就合并，变化数 $O(n)$。

平衡树或者离线线段树可以处理。

159.UOJ Round #27 A. 景点观光

我们只需在虚树上，找到能满足的最大的 $k$ 即可。

相当于我们要确定段的划分，使得长度为奇数的段最少。

设 $f_{u,0/1,0/1}$ 表示 $u$ 子树内一个关键点的排列，开始的深度奇偶性和结尾的深度奇偶性，对于关键点，开头结尾都是 $a_x$ 就好了。

做一个类似树上背包即可。

还有一种方法是设 $f_{u,0/1,0/1}$ 表示在 $u$/$u$ 的儿子，结尾在 $u$ / $u$ 的儿子，不过讨论很麻烦。

160.CF1987

打成了shi。

C

发现后第 $i$ 个点被操作成 $0$ 的次数 $\ge$ 后第 $i+1$ 个点的次数。

设 $g_i$ 表示后缀操作次数，则：

• 若 $h_i\le h_{i+1}$，$g_i\leftarrow g_{i+1}+1$。

• 否则若 $h_i>h_{i+1}$ 且 $h_i>g_{i+1}+1$ 说明 $h_i$ 在过程中一直下降不会出现相等的情况，则 $g_i\leftarrow h_i$。

• 否则 $g_i\leftarrow g_{i+1}+1$。

D

A 的操作是从小到大取，每种数只取一个，B 可以选择一些数（种类），将他取完，要求他取的过程中 A 不能取到。

考虑 dp B 取的种类，分别为 $1\le i_1<i_2<\cdots <i_k\le n$，要求满足 $\forall p\in[1,k],\sum_{j=1}^{p}c_{i_j}+p-1<i_p$，画画图就行了，于是有 $\forall p\in[1,k],\sum_{j=1}^{p}c_{i_{j}}<i_p-p+1$。

记 $f_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 种数，已取的数和为 $j$，满足条件时 $k$ 的最大值。

---

另外一种方法是考虑贡献延迟计算。

对于每种数，B 可以放弃他获得一个空闲回合，或者拿下他使用 $c_i$ 个空闲回合。

记 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 种数，已累计 $j$ 个空闲回合，已取的数的最大数量。

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好像有个反悔贪心做法。

每次拿个堆维护已经取了的数的数量集合，并记录当前空闲回合。

对于当前种类，贪心，若空闲回合能取就取。

若不能取，答案就是加一，但是我们可以将之前取了的最大数量扔掉，取当前的，那么答案不变，但是空闲回合增大，更优。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

E

贪心，每次相当于找子树内最近的可以操作的点，代价为两点距离。

记题目转化为：

每个点有权值 $b_i$，每次可以选择一条边 $(fa_u,u)$，$b_{fa_u}\leftarrow b_{fa_u}+1$，$b_u\leftarrow b_u-1$，使得所有 $b_i\ge 0$ 的最小操作数。

直接跑费用流可以做到 $\mathcal O(n^2)$。

考虑贪心，从下往上考虑，每次选择子树内最浅的 $b_u>0$ 的点，这样一定更优，（你可能会说这样上面的点就得跑更远的点了）。

感性理解，考虑最优解中对 $1$ 的儿子的操作分配，对儿子 $v$，相当于一个子问题，即 $1$ 要取的数，相当于 $v$ 再多取一些数，则仍然取最浅的点更优。

应该可以线段树合并和二分做到更快。

————————————

还有一种 nb 方法。

考虑原题，记 $f_{u,k}$ 表示将点 $u$ 操作 $k$ 次后，子树合法的最小次数，则合并相当于 $(\min,+)$。

做一遍闵可夫斯基和即可。

可能应该可以做到 $\mathcal O(n\log^2n)$ 或者平衡树 $\mathcal O(n\log n)$。

F

很妙！！！！

操作序列形如括号序列，可以考虑区间 dp。

我们在对 $a_i$ 操作时，需满足左侧操作数恰好为 $\frac{i-a_i}{2}$。

设 $f_{l,r,x}$ 表示 $[1,l-1]$ 进行了 $x$ 次，$[l,r]$ 最多可以进行几次。

转移枚举划分点，或者在操作区间最左最右就能做到 $\mathcal O(n^4)$。

考虑优化，设 $f_{l,r}$ 表示将区间 $[l,r]$ 删空至少需要左边多少次数。

如果我们求出了 $f$，设 $g_{i}$ 表示前缀最多操作次数，则 $g_i$ 单增，转移枚举最后删空的一段 $[l,r]$，找到最大的 $g_i$ 满足 $g_i\ge f_{l,r},i<l$ 即可，哈哈，发现是 $g_{l-1}$。

考虑怎么求 $f$，之所以这么设状态是因为我们考虑 $[l,m],[m+1,r]$ 这两个相邻的区间，右边的对左边没有任何影响；而右边的区间可以视左边操作的情况适时进行操作，因为我们只要知道操作次数的下界即可。

转移考虑枚举与 $l$ 匹配的点 $i$，则可以得出 $l$ 左侧操作次数的下界，加上 $f_{l+1,i-1}$，就可得出删空 $[i+1,r]$ 需要左侧的下界，判断是否可以删即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n^3)$。

G1

考虑笛卡尔树上的一个问题，设当前区间为 $[l,r]$，最大值位置为 $p$，若区间内的点不向外连边。

那么一定构成一棵以 $p$ 为根节点的树，设 $[l,p-1]$ 不向外连边的最长链的长度为 $x$，右区间为 $y$。

那么左区间和右区间都向 $p$ 连边，有一条 $x+y+1$ 的链更新，这样就处理了不同子树的情况。

当区间往外连边时，有：

• 只向左或右连边，$[l,p-1]$ 连向 $l-1$，$[p+1,r]$ 连向 $p$ 再连向 $l-1$，长度为 $x+y+2$。
• $[l,p-1]$ 向 $l-1$ 连边，$[p+1,r]$ 向 $p$ 连边再向 $r+1$ 连边，那么长度为 $x+y+f(l-1,r+1)$，其中 $f(l,r)$ 表示 $i,j$ 最终连在一起的最大点数。

考虑求 $f(i,j)$，则 $a_i,a_j\ge \max_{k=i+1}^{j-1}a_k$。

$i,j$ 一定满足 $R_i=j$ 或 $L_j=i$，则：

• 若 $a_i<a_j$ 且 $L_i\ne 0$，则 $i$ 向 $L_i$ 连边，答案为 $1+f(L_i,j)$。
• 若 $a_i>a_j$ 且 $R_j\ne 0$，则 $j$ 向 $R_j$ 连边，答案为 $1+f(i,R_j)$。
• $i,j$ 连边，答案为 $2$。

记忆化 $\mathcal O(n)$ 求解。

值得好好思考的问题！！

还有G2。。

161.loj6243. 关灯问题

对只需要第一行的变量，可以得出第二行的变量，于是拿一行进行高斯消元即可，$\mathcal O(\frac{n^3}{w})$。

162.CF671C

hot！！！

考虑所有因子，找出他的倍数位置，共 $\mathcal O(n\ln n)$ 个。

找出前两个和后两个位置，可以得出 $\mathcal O(1)$ 个关于 $l,r$ 的矩阵，满足 $(l,r)$ 在矩阵内则这个因数有贡献，取最大值即可。

最后询问一个上三角的和。

这个东西不是很好维护，再找找性质。

答案 $i$ 从大往小考虑，就是一个覆盖，对于 $f(l,*)$，答案是单减的，我们可以维护一个 $t_l$ 表示以 $l$ 为左端点时，$f$ 值 $<i$ 的最小编号，那么 $t_l$ 随着 $i$ 下降而单增。

并且对于每个 $i$，我知道 $\sum t_l$，我就能知道答案。

于是考虑 $i+1\to i$，找到倍数下表 $x_1,x_2,\cdots x_k$，那么：

• $k=1$ 不会更新；
• 若 $l\in (x1,x_k),r \in [l,x_k)$，则取 $x_1,x_k$ 最优，令 $t_l\leftarrow x_k$。
• 若 $l\in (x_2,x_k],r\in [l,n]$，则取 $x_1,x_2$ 最优，令 $t_l\leftarrow n+1$。
• 若 $l\in[1,x_{k-1}),r\in [l,x_{k-1})$，则取 $x_{k-1},x_k$ 最优，令 $t_l\leftarrow x_{k-1}$。

每次区间取 $\max$，查询全局和，机司机线段树即可。

也可以观察到 $i\le f_{l,r}\le f_{l+1,r}$，那么 $t_l\le t_{l+1}$，更新的是一段前缀，二分即可。

163.bishojo

！！！！！！！！

哈哈，打表观察到先交替取 A，然后有一个人取了 B，然后交替取完 A，最后交替取完 B，然后一直调搜索调不出来。

妈的。

因为 $c+d$ 的值是固定的，所以 $c-d$ 尽量大就是 $c$ 尽量大，否则是 $d$ 尽量大。则二者的目标变成让自己的数尽量大。

于是有一个显然的 $O(n\times m)$ 的 dp，定义 $f_{i,j}$ 表示序列 $A$ 取到 $i$，序列 $B$ 取到 $j$ 的最大值。转移是平凡的，枚举操作者取哪个即可。

考虑优化。注意到 $n\bmod 2=0$ 且 $m\bmod 2=0$ 时先手会取两个序列所有奇数位置上的数。令这样取出来 $c$ 为 $w$，证明是容易的：

• 证明 $ans\le w$：后手只需要每次取先手上一步取的那个序列即可做到 $ans \le w$。
• 证明 $ans\ge w$：先手先取序列 $A$ 再取 $B$，在先手取 $A$ 时若后手取序列 $B$ 则先手可以跟着取 $B$。因为 $B$ 递增，所以此时 $ans\ge w$。

对于 $n\bmod 2=1$ 且 $m\bmod 2=0$ 时，同样可以得出先手只会取序列 $A$。此时会变成上一种情况。所以仅需证明先手取 $B$ 时 $ans$ 不会变大：根据数学归纳法，当 $m=0$ 时显然成立。当 $m>0$ 先手取 $B$ 时，此时后手继续取序列 $B$，而 $B$ 递增，先手取到了比原本应当取到的位置更劣的位置，此时又变成了一个 $n\bmod 2=1,m\bmod 2=0$ 的子问题，于是 $ans$ 不会变大。

所以最终做法是简单的，直接对于 $m\bmod 2$ 判断一下即可。若为 $0$，则可以直接计算，若不为 $0$，则枚举在什么时候 $m-1$（即有人取到了第一个 $B$），$m-1$ 后的答案显然可以直接计算，记录后缀和优化一下即可，注意这是博弈论，要在决策树上逆拓扑序考虑。

即使想不到这个结论，打表也能够有机会发现并做出来。

时间复杂度 $O(n+m)$。

164.P10220 [省选联考 2024] 迷宫守卫

真是神泵。

可以考虑设 $f_{u,j}$ 表示子树 $u$ 的第一位为 $j$ 的最小代价。

求出来，找到最大的 $j$，然后找到 $1\to j$ 的链，剖分为几个子问题，从下往上处理。

设左右儿子为 $lc,rc$，设 $g_{u,j}$ 表示子树 $u$ 的第一位 $\ge j$ 的最小代价。

如果当前 $j$ 在当前点 $u$ 的右子树，那么 $u$ 无需点亮，扣掉左子树将要花费的钱，递归右子树即可。

如果 $j$ 在左子树，如果 $f_{rs,j}<w_u$ 同上面一样处理。

否则，$w_u<f_{rs,j}$，我们可以点亮 $u$，处理左子树，但是这样右子树的钱可能不是很多（尽量多可以取到更优的值）。

所以先拿 $w_u$ 往下跑，得到花费钱数 $g$，这个时候对于右子树，你可以有 $K-g-w_u$ 的钱数，如果你不用 $w_u$，转而用 $f_{rs,j}$，那么就是看作将 $w_u$ 的钱扔到右子树，如果这样左子树也能取到最优的话（即有 $g$ 的钱花），答案更优，那么条件是 $f_{rs,j}+g\le k$。

165.CF1648D Serious Business

设 $dp_i$ 表示走到 $(2,i)$ 的最小花费。

对于一个包含 $x$ 的区间 $[l,r]$，分类讨论是从 $[l,x]$ 下来，还是在 $l$ 之前下来。

$$dp_x\leftarrow dp_{l-1}+S2(l,x)-cost\\ dp_x\leftarrow \max_{j=l}^{x} S1(1,j)+S2(j,x)-cost$$

前者扫描线线段树维护，后者分治维护。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

166.P10538 [APIO2024] 星际列车

hot！！

设 $f_i$ 表示最后使用了第 $i$ 个航线的最小答案，则有：

$$f_i\leftarrow \min_{b_j\le a_i, y_j=x_i} f_{j}+g(b_j + 1, a_i - 1) \cdot t_{x_i} + c_i$$

其中 $g(l, r)$ 表示区间 $[l,r]$ 完全包含的区间个数，可以主席树维护。

观察到对于 $y_j=x_i$ 的转移，$g(b_j+1,a_i-1)$ 满足四边形不等式，具有决策单调性，如果维护 $j$ 的集合（按照 $b_j$ 排序）以及 $i$ 的集合（按照 $a_i$ 排序）。

那么 $i1<i2$，$i1$ 的决策点小于等于 $i2$ 的决策点，我们可以在 $j$ 的集合维护一个单调队列 $(j,l,r)$ 表示 $j$ 对应的被决策点是区间 $[l,r]$。

加入一个决策点 $nj$ 时，取出队尾 $(j,l,r)$，若 $nj$ 在 $l$ 点的答案优于 $j$ 在 $l$ 点的答案，那么删掉队尾，并将 $[l,r]$ 给到 $ng$。

当无法删除时，在队尾二分，将队尾切开。

查询时，在队头判断，一直弹出直到找到队头对应的区间。

具体实现时，按照 $a_i$ 从小到大转移，但是一个 $f_i$ 已经转移完时，如果我们直接将他插入 $j$ 的集合，不好做，因为集合需按照 $b_j$ 排序，二分插入也不好做，我们先将他存下来，当我们当前转移的点可能需要他时再加入，即 $b_j\le a_i$，这样可以保证插入 $b_j$ 时一定是单调队列中最大的。

167.P4654 [CEOI2017] Mousetrap

老鼠一开始可能会往下钻，但是钻进去后无法再出来，也可以往上走，然后钻到其他支路里，（因为我们不能堵上他到根的路径）。

设 $f_u$ 表示在 $u$ 点钻到 $u$ 的子节点，再被我们送回来，我们需要操作几次。

则每次老鼠的最优策略是走入 $f_v$ 最大的 $v$，于是我们的策略就是堵上这个 $v$，那么老鼠只能走次大值，于是 $f_u \leftarrow f_{v2}+du(u)-2$。

可以处理处当老鼠决定时的操作数，设老鼠从 $x$ 往下走，走到儿子 $y$，那么 $cost=f_y+sum_x$，$sum$ 为到跟需要堵上的支路数量。

但是老鼠的决策取决于我们在他向上走时，我们的操作，不好处理。

考虑二分答案 $k$，这下我们就有个虚拟的操作数，模拟老鼠往上跳的过程，每次堵上 $cost$ 大于当前剩下操作数的边，模拟即可。

168.P10674 【MX-S1-T3】电动力学

考虑固定 $T$，计算 $S$。

则 $S$ 在 $T$ 的虚树上。

在圆方树上跑一个虚树 dp 即可。

记 $f_u$ 表示以 $u$ 为根的答案，$g_u$ 表示以 $u$ 子树节点为根，算上那个点到根的权值的方案数和，辅助转移。

还有一种做法。

按照子树内有多少个儿子子树选了 $T$，需不需要封顶分类，挺难写的。

同理也要维护一个儿子集合数组辅助转移。

169.P10717 【MX-X1-T5】「KDOI-05」简单的树上问题

咕咕。

考虑 $k=1$，同理设 $f_{u,0/1/2}$ 表示 $u$ 子树没有节点激活、$u$ 子树有节点激活且无需外面激活、$u$ 子树有节点激活且需要外面激活。

同理设辅助转移 $g_{u,0/1/2/3}$，表示考虑除了 $u$ 点的子树，无节点激活、有一个子树激活且无需外面激活、有一个子树激活且需要外面激活、至少两个子树有激活点。

设 $(a,b)\to c$，表示 $t_{a}\cdot f_{v,b}\to t'_c$，则有：

• $(0,0)\to 0$；
• $(0,1),(1,0)\to 1​$；
• $(0,2),(2,0)\to 2$；
• $(3,0),(1,2),(2,1),(1,1),(2,2),(3,1),(3,2)\to 3$；

再考虑 $u$ 初始激活状态，$(u,v)\to c$ 表示 $u$ 初始 $b$ 状态，在当前 $a$ 状态下转移到 $c$ 状态。

• $(0,0)\to 0$；
• $(1,0)\to 1$；
• $(2,0)\to 2$；
• $(3,0)\to 3$；
• $(0,1)\to 3$；
• $(2,1)\to 3$；

后面依托，合并转移。

不会了。

170.自然选择号(warship)

不会贪心。

相当于完全二分图最大流，转化为最小割，左边选 $S1$，右边选 $S2$，则中间割 $(n-|S1|)(m-|S2|)$，则关于序列 $b$ 的前某小有限制，dp 即可。

171.社交恐惧症(socialphobia)

找规律。

172.P10767 「CROI · R2」在相思树下 II

https://www.luogu.com/article/bssdxf70s

怎么这么显然，没有细想呜呜。

为什么可以呢，以 $\min$ 为例：

对于任意情况中，如果满足 $a1,a2,a3,a4$ 和 $a5,a6,a7,a8$ 之间的相对顺序，左节点就可作为 $\min$，那么我将 $a$ 排序得到 $b$，将 $b1\sim b4,b5\sim b8$ 换成原来的相对顺序，这样右子树没有比左节点小的数了。

173.UOJ NOI Round #8 Day1 最酷的排列

对于这种奇怪题，一定要往必要和充分条件去想，比如上界和下界。

排序之后较小的值一定往前移动，于是从后往前维护一个堆，每次加入点，当碰到关键点时取出最小值，这个显然是上界，也可以证明是下界。

？？真的思维啊！！！

174.姬路市仙人掌(trans)

考虑从小到大反向做个覆盖，假设当前拿 $x$ 去覆盖，找到 $x$ 走 $\le k$ 步能到的邻域，覆盖，然后删除这些点，然后找到邻域往外连的传送门，再跑到外面覆盖。

每个点只会被覆盖一次，考虑优化，我们只要能快速找到邻域即可。

涉及到邻域，考虑点分治，从 $x$ 往上跳祖先 $zu$，找到点对 $(x,v)$ 满足 $dis(x,v)\le k$ 且 $\operatorname{LCA}(x,v)=zu$，预处理就是一个后缀了，有重复没关系，相当于覆盖祖先的一个后缀，然后删除祖先的这段后缀，然后递归进入这段后缀连向外面的传送门。

时间复杂度均摊分析是两个 $\log$ 的。

175.集合(set)

176.排列(perm)

先假设有解，那么将 $y_1$ 置换为 $(1,2,\cdots,m)$，则 $y$ 的逆序对单增（有不同但相等的显然无解），因为前缀是顺序对，后缀是逆序对。

这样相当于从 $y_1$ 开始只交换顺序对，一直到 $y_n$，那么如果找到序列 $y$，容易判断有解，$\forall i\in[2,n],val(1,i-1)+val(i-1,i)=val(1,i)$。

发现如果有解，对于 $y_i$ 找到离他逆序对最大的数，一定是 $y_1,y_n$ 其中之一。

找出来判断是否合法即可。

177~187.模拟费用流小记

188.CF1975

D

容易发现可以谈心 $2(n-1)-mxl+Dis(a,b)$，而两个往中间走一步，$mxl$ 至多增加一，但是 $Dis(a,b)$ 减少了二，更优，所以在中点判断即可。

E

简单题了。

每个点记录有多少了黑点儿子，同时维护所有黑点的这个信息。

样例中有一种特例，再维护二度黑点的最小深度即可。

F

如果 $s$ 的第 $i$ 位选了一，那么对于第 $i$ 位为 $1$ 的 $T$，$S$ 与 $T$ 的交一定多一，我们只需将 $V_{f_T}$ 右移一位（因为最后一位一定满足）。

这个时候可以将 $T$ 选 $0$ 还是选一的两个限制集合合并。

每次集合数量减半。

容易维护。

F 类似题 P6740 [BalticOI 2014 Day1] Sequence

枚举末位后，每 $10$ 个的前缀相同，可以把每 $10$ 个的限制合并。

G

考虑带通配符的 NTT 字符串匹配：

$$f_{i}=\sum_{j=0}^{m-1}(t_{i+j}-s_j)^2\cdot t_{i+j}\cdot s_j$$

拆开式子，计算卷积即可。

考虑若两个串都带 *，很好计算。

如果只有一个式子带 *，记形式为 $*s_1*s_2*s_3*\cdots s_k*$。

则贪心在 $T$ 中找 $s_1$ 第一个匹配的位置，删除这个前缀，往下继续，如果找不到就无解。

考虑对于 $s_i$，先找开头在 $[1,s_i]$ 是否可以，时间复杂度 $\mathcal O(|s_i|\log |s_i)$，如果可以就删去前缀，如果不行就删去 $|s_i$，则至少删去 $s_i$ 个字符。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

189.CF1511G Chips on a Boar

倍增/分块/莫队trie

暴力的多项式全家桶

190~210 dp专题加训

211.CF1988

挂飞了。

D

注意到最大独立集是有问题的。

反例：

1
4
50 5 10 90
1 2
2 3
3 4

可能会花费多轮。

注意到题目等价于每个点赋值一个颜色 $a_i$，边上的两个端点颜色不相等，求 $\min \sum a_i\cdot val_i$。

可能有一个观察，次数 $\le 20$，跑树上 dp 即可。

还有一个观察，每个点的颜色数最多为度数加一，可以做到线性。

E

有弥补缺漏性的。

单调栈容易求出整个的答案。

每个点的差值，找到他左右第一个比他小的数，则以他为结尾的单调栈和以他为开头的单调栈可以互相匹配。

发现，对于 $y$，满足 $L_y=x$，则 $y$ 在以 $x$ 为开头的单调栈上，且 $R_y$ 为单调栈上下一个点，另一边同理。

这下匹配点数是 $\mathcal O(n)$ 的了，二分确定哪边取 $\min$ 的方案数即可。

212.The 1st Universal Cup. Stage 1: Shenyang

咕咕。

I. Quartz Collection

F. Half Mixed

A. Absolute Difference

E. Graph Completing

H. P-P-Palindrome

G. Meet in the Middle

J. Referee Without Red

213.CF1994

D

发现若 $a_x=a_y$，则可以删掉一个点一条边的机会。

若剩下 $t$ 个两两不同的点，则还有 $t-1$ 个边的机会。

则考虑剩余系，一定有两个数时可以被选的，选完后就变成了子问题，所以一定有解。

E

这个树的形态是没有用的。

因为若大小为 $sz$，则 $[1,sz]$ 都能创造出来。

从高位到低位考虑，若当前位有至少两个数，那么选一个，另一个将后面全部填充 $1$ 即可，若只有一个数就选它的这一位，将它的后面那些位继续考虑。

F

注意到有 NPC 的边都联通，且只能必须有一次，考虑加入 $0$ 边（至多走一次），钦定他必须走 $1$ 次，那就相当于求解欧拉回路了。

无向图欧拉回路的充要条件是全都是偶数度数点，考虑在 $0$ 边的 dfs 树上贪心从下往上删除奇数度数点即可。

214.ARC180

A

考虑相邻相同的，划分为几个子问题，每个子问题是 ABABAB... 的形式，很好处理

B

合理猜测最大操作数就是类逆序对个数。

考虑有一个数 $a$，他当前能与后面的 $b_1,\cdots, b_k$ 交换，$p_a<p_{b_1}<\cdots<p_{b_k}$。

则将 $b$ 从大到小排序，可以提供 $k$ 次交换，且最后的形态固定。

所以我们可以贪心从小到大考虑，这样这个数交换完最后一定不能交换，可以证明这样操作的方案数不变，能取到最大值。

C

记 $f_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，子序列和 $j$ 的方案数。

发现如果前缀子序列和为 $0$，那么当前再选下一个数的无影响的（得按照数的值来去重）。

如 0 1 1 2，$(1,2,4),(1,3,4)$ 是同一种方案。

再设 $g_j$ 表示考虑到 $i$，子序列除了最后一个之外和为 $0$，且最后一个值为 $j$ 的方案数，就能去重了。

D

咕咕。

215.UNR #8 兵棋

216.UNR #8 里外一致

https://www.cnblogs.com/peiwenjun/p/18306875

217.树上路径(tree)

可以证明一定是子树重心分成两个集合，$|s1|\cdot (n-|s1|)$ 最大。

可以 bitset 维护。

二进制分组，因为是重心，可以分析出 $\mathcal O(\frac{n\sqrt n}{w})$。

218.字符串(string)

找出一个子串的所有出现位置，可以通过 endpos 集合信息得出答案。

线段树合并预处理后缀树前缀答案即可。

219.染色(color)

向 kruskal 重构树上前缀祖先连边。

上下界网络流处理。

220.数学题(math)

可以用矩阵乘法维护。

考虑求前缀逆元。

我们现在有 $\mathcal O(n^2)$ 右乘算法，那么根据矩阵转置原理，转置和求逆都是 $\mathcal O(n^2)$ 的。

221.字符串(string)

https://www.luogu.com/article/d4y3zqqv

https://www.luogu.com/article/ds5cz0sg

找到所有 $runs$，维护斜线加，矩形求和，将斜线差分成射线，将矩阵差分成与源点有交，讨论射线交在矩形的哪条边上即可。

222.A(A)

有偶数就操作偶数，直到只剩奇数，可以一直只剩奇数。

在值域上维护值为 $i$ 的数消失需要多少次，主席树上二分即可。

223.B(B)

$k=0$ 是好做的，将点按照坐标和奇偶分类，每部分是独立的。

平移一下就是个简单 dp。

$k=1$ 时，有：

• 取一列后面的点无交（后缀 $\max$）；
• 取 $j+2$；
• 删去前缀的一段区间；
• 取左右边界上的非法点。

分类讨论一下即可。

224.CF1995

D

最后一个字母一定是在的。

发现题目给定限制，等价于对于所有长度为 $k$ 的子区间，要求这些子区间中至少有一个字符为结尾字符。

记 $f_s$ 表示不存在结尾字符 $s$ 集合是是否合法，当长为 $k$ 的区间所有字符都没出现时非法。

最后一个字符没出现时非法。

求高维前缀和就好了。

E

偶数的情况是好做的，等价于在 $(a+b,c+d),(a+c,b+d)$ 中选择一个，发现和一定，这两个区间是互相包含的，去里面的区间即可。

考虑奇数，一组内的两个点连边，可交换的两个点连边，可以形成一个环，将环上的链取出，这样交换和求和都发生在相邻两个数，且是 $1010101$ 这样的。

将 $101$ 取出，可以考虑 $0$ 是否和左右交换，有 $4$ 个状态，和右边的 $101$ 拼接，要求右边状态等于左边状态，类似于矩阵乘法 $(\min,\max$。

满足上述的运算可以用矩阵乘法。

考虑枚举最小值，在线段树上维护全局矩阵乘积，最小值递增，每次相当于 ban 掉一种取值。

225.CF1990

D

染区域操作在一行不会染两次。

当一行出现至少 $5$ 个数时，一定染行。

否则染区域。

划分出几个子问题，贪心染即可。

E

F

考虑线段树上维护区间最长合法子区间。

计算后缀拼上前缀的答案，维护前缀和后缀，例如 $a_{l-1}\ge \sum_{i=l}^{mid}a_i$ 的合法的 $l$，后缀同理。

只有 $\log V$ 个，可以暴力拼接，也可以双指针维护。

226.P9530 [JOISC2022] 鱼 2

像上面那题一样，区间不会相交，只会包含。

考虑线段树维护极长区间长度和，$\log^2V$ 拼起来即可，可以双指针优化。

227.[YDRG#006] 西星当亮 · 云斗七月 Golden Round

C

可以构造出一组与答案差不超过3的解。

考虑判断一个数是否可行，记 $w=abc$，则需要 $\lfloor\frac{a}{2}\rfloor\lfloor\frac{b}{2}\rfloor\lfloor\frac{c}{2}\rfloor\ge n$。

$\mathcal O(\frac{\sqrt V}{\ln V})$ 分解质因数，搜索分配即可。

D

227.CF1991

D

妈的。

当 $n\le 6$ 时，答案 $\le 4$。

当 $n>6$ 时，构造 $a_i=i\bmod 4+1$，这样颜色相同的数异或后一定是 $4$ 的倍数，不会是质数，所以答案最大是 $4$。

E

如果是非二分图，Alice 必胜，每次输出 1 2 即可。

否则，二分图染色后得出两个集合 $s1,s2$，如果对方给出的数是我需要的，就取。

否则，就是一个集合染完，对方给我 $3$ 和那个集合的数，那我就取 $3$ 染就行了。

F

考虑最长的不合法区间的长度。

如果长度 $\ge 3$，且存在两个相等的数，就合法了。

否则最长一定是形如斐波那契数列的形式，在 $45$ 次后就超了，所以 $\ge 45$ 的区间一定能取出一个三角形，如果长度 $\ge 48$ 一定能取出两个三角形。

然后怎么做，如果合法方案一个三角形对应的数的位置之间有没取的数，那么一定可以取。

所以排序后选取的形态，要么并集是连续 $6$ 个数，要么是不交的两个连续的 $3$ 个数。

判断一下即可。

228.区间(interval)

固定左端点，按照 $\gcd$ 划分不超过 $\log$ 段。

转化为 $n\log V$ 次直线加矩形求和。

229.爆炸(boom)

将炸弹的行列连边，引爆相当于选择一条边遍历其一边，贡献的话，有联通块内部的，也有连向外部的。

如果一个联通块有环，全都能取。

如果没环，显然选叶子更优，记录一下叶子连出去的权值即可。

230.网络(network)

对点对 $(u,v)$ 求贡献，$u$ 操作时，对 $v$ 有贡献，等价于 $u$ 是路径上最后被操作的点。

若在环的不同子树内，容斥一下。

对于相同子树内的点，边分治卷积即可。

对于环的不同子树的点。

231.炸弹(bomb)

对于一种排列，容易求答案，即 $\sum \max(r_i,r_{i+1})+1$，再将多余的空格插入。

按照 $r_i$ 从小到大插入 dp，记录连续段即可。

232.色彩(color)

点分树的空间优化，对每一层开一个 $\mathcal O(n)$ 的数组即可。

考虑点分治，维护到根的最长答案以及最长前缀，可以 $\mathcal O(\log \log n)$ 找到 $\operatorname{LCA}$。

也可以做到 $\mathcal O(1)$。

233.咒语(spell)

弱智题。

234.街道划分(street)

用 set 维护前缀所有 $lst$。

找到后 $k$ 个 dp 即可。

235.货物运输(transfer)

复习了糖果传递！！！

对于树的情况，有最优解，对于一条边，找到其中一边多出的值，一定要流过这条边，这是必要的，也是充分的。

对于一个环的情况，一条边不会即从左往右流又从右往左流，所以记录 $x$ 表示 $(1,2)$ 流过多少，可以推出后面所有值 $x_i$，还有方程 $x_i=x-a_i$，则环上边的总贡献为 $\sum w_i|x_i-x|$。

如果 $w_i=1$，那么就是中位数，如果有很多 $w$，可以等价于 $w_i$ 个相同的数，二分找到中位数即可。

对于多个环的情况，其实是不会嵌套的，只需对每个环，记录环下面那个联通块多了多少，少了多少，这些流量一定是要流过这个环的，所以每个环的问题是独立的，太启发了！。

求出圆方树就随便做了，树的情况可以在树边上看作两个点的环。

236.CF1997F

这个相当于在模拟斐波那契的过程。

先将所有数推到 $1$。

然后倒着推，最后 $1$ 的个数就是最少的了。

每个位置有一个固定贡献，dp 即可。