杂题选刷
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记录一下自己最近做的题吧
P6619 冰火战士
树状数组+二分/线段树
- \(10pts\)
不离散化，直接暴力
- \(20pts\)
最优解一定在某个战士的温度值取到。
这就是考场上导致我没有想出\(60pts\)的原因（第二个就是没注意到2操作也要输出答案，浪费\(1\)个小时\(debug\)）
暴力枚举温度，暴力更新即可
复杂度:\(O(Q^2)\)，期望得分：\(20pts\)
- \(60pts\)
树状数组+二分
还是先可以离散化一下温度，设\(I[t]\)为在\(t\)温度下冰战士的能量和，\(F[t]\)是火战士的能量和，答案就是\(2\cdot\min(I(t),F(t))\)
则显然有\(I(t)\)单调不降\(F(t)\)单调不增
我们可以二分一个\(I(t)\)和\(F(t)\)最接近的合适的温度，分别用两个树状数组维护冰和火战士（一个前缀和，一个后缀和）
复杂度为\(O(Q*log^2Q)\)，期望得分：\(60pts\)
- \(100pts\)
现在还不会，以后更新
代码见P6619 [省选联考 2020 A/B 卷] 冰火战士
P4062 Yazid 的新生舞会
思路题+线段树/树状数组
淦，我之前写的东西没保存
给定一长度为\(n\)的序列，求有多少子序列\([l,r]\)的众数出现\(\frac{r-l+1}{2}\)次
- 算法一（针对\(n\leq 300\)）
考虑枚举所有区间，然后求其众数及出现次数，并判断是否超过区间总长的一半，统计答案即可。时间复杂度\(O\left( n^3\right)\)
- 算法二（\(n\leq 2,000\)）
考虑先枚举区间的左端点\(l\)，再从左到右枚举右端点\(r\)并用数组维护每个数的出现次数，同时使用变量维护当前众数、众数的出现次数。不难发现，当右端点向右移动时，这些信息都是非常方便维护的。于是我们便可以在\(O\left( n^2\right)\)的时间复杂度内统计所有答案。
- 算法三（\(type=1\)）
对于\(01\)序列，我们不难发现，众数出现次数严格大于子区间长度当且仅当子区间内\(0,1\)出现次数不同（那么那个出现次数较多的就是众数）。于是我们将原序列中的\(0\)视作\(-1\)，并对该序列求前缀和\(S\)，则子区间\([l,r]\)为“新生舞会的”，当且仅当\(S_r-S_{l-1}\not= 0\)
有了这个性质我们就可以\(O(1)\)来求解子区间\([l,r]\)是不是符合要求了，但是不幸的是这样仍需要枚举\(l,r\)，复杂度仍是\(O(n^2)\)。
我们不妨反着来想，子区间\([l,r]\)不是“新生舞会的”，当且仅当\(S_r-S_{l-1}=0\)即\(S_r=S_{l-1}\)因此对\(S\)进行排序并从小到大统计相等的个数然后用总的子区间数量\(\frac{n\cdot(n+1)}{2}\)减去相等的个数即为答案
- 算法四（\(type=2\)）
对于所有数的出现次数都较小（不超过\(15\)）的情况，不难发现所有“新生舞会的区间”的长度也会较小（不超过\(2\times 15-1=29\)）。于是使用算法二，枚举所有长度少于\(30\)的区间并统计答案即可。
- 算法五（\(type=3\)）
对于\(A_i\leq 7\)的测试点，我们不妨枚举所有值作为众数的情况。考虑统计所有众数为\(k\)的“新生舞会的”区间，将所有等于\(k\)的位置取为\(1\)，不等于\(k\)的位置取为\(-1\)，得到新序列\(B\)并求前缀和得到序列\(S\)，则区间\([l,r]\)需要被统计，当且仅当\(S_r-S_{l-1}\geq 1\)。从左到右枚举右端点，并用线段树维护当前右端点左边每种前缀和出现的次数即可。时间复杂度\(O\left( 8nlogn\right)\)
- 算法六（\(100pts\)）
考虑改进算法五。我们考虑取出所有\(B\)中的极长\(-1\)子区间，观察这些区间中的所有点作为右端点对答案的贡献。不难发现极长\(-1\)子区间\([l,r]\)中的所有点作为右端点对答案的贡献为\(\sum_{i=1}^{r-l+1}\sum_{j=-\infty}^{S_{l-1}-i-1}cnt[j]\)，其中\(cnt[j]\)表示在区间\([0,l-1]\)之间前缀和为\(j\)的端点数目；在统计这段区间的答案后，我们还需要对区间\([S_{i-1}-(r-l+1),S_{i-1}-1]\)中的所有\(cnt\)均进行\(+1\)操作。显然地，我们使用一个维护\(B_i\)和\(C_i=i\times B_i\)的线段树就可以支持这些查询、修改操作。于是我们使用这棵线段树维护相关信息，并从左到右枚举右端点，统计答案即可。
不难发现，极长\(-1\)子区间的数目与序列中\(k\)的数目同阶，因此，对于统计众数为\(k\)的“新生舞会的”区间的时间开销，不难发现我们通过上述优化将时间开销缩短到了\(O\left( 序列A中k的数目\log{n}\right)\)
于是，总时间复杂度即为\(O\left(\sum_{k} 序列A中k的数目\log{n}\right)\)，即\(O\left(n\log{n}\right)\)。
51Nod 1327 棋盘游戏
区间dp
给定\(n\cdot m\)的方阵，每个格子可以填\(1\)或者\(0\)，求每一列最多只有\(1\)个\(1\)，第\(i\)行从左开始向右连续\(left[i]\)个格子只有\(1\)个\(1\)，从右边开始向左连续\(right[i]\)个格子只有\(1\)个\(1\)的方案数
读完题感觉有点像\(CSPday2\)的题，怪
有一种浓浓的区间\(dp\)的味道，这道题的显然不能按照行来做（行的限制比较多，很难搞），所以我们应该按照列来定义状态\(f[i][j][k][0/1]\)为到第\(i\)列，左边的列填了\(i\)个\(1\)，右边的列填了\(j\)个\(1\)，当前列有没有\(1\)，这样转移不了啊
我们可以思考每一列可以放的情况：如果一些行的左区间的终点在该列，那么这些行是必然要被放的（不然就不符合要求了），如果一些行的右区间从这一列开始，那么没有处理完的行就会多出几个，放到后面的状态处理即可，还有一种情况就是选择\(left\)和\(right\)之间的部分放一个\(1\)
如下图（ps:图画的不太对，蓝线应该在格子里，自己\(YY\)吧，我懒得改了）所示，在蓝色线那一列，第\(1\),\(2\),\(4\),\(6\)的红色必定已经填过了，而且黄色的第\(1,2\)行可以填了，第\(4,6\)行就是可以选择\(left\)和\(right\)之间的部分放一个\(1\)的情况
那么状态就可以定义了\(f[i][j][k]\)表示到了第\(i\)列，在这之前有\(j\)列没有放过妻子，且已经有\(k\)行到了有区间(黄色部分)
记\(l_i,r_i,mid_i\)分别表示第\(i\)行左区间右端点为\(i\)，右区间左端点为\(r_i\)，第\(i\)列没有覆盖住的行数
根据上面的分析：每一列的转移要添加\(r_{i+1}\)的右区间放置机会，要将\(l[i+1]\)全部搞定。
则转移为：
- 放在红色格子
\(f[i+1]\left[j+1-l_{i+1}\right]\left[k+r_{i+1}\right]+=f[i][j][k] * A_{j+1}^{l_{i}+1}\)
- 放在黄色格子
\(f[i+1]\left[j-l_{i+1}\right]\left[k+r_{i+1}-1\right]+=f[i][j][k] * A_{j}^{l_{j+1}} *\left(k+r_{i+1}\right)\)
- 放在白格子
\(f[i+1]\left[j-l_{i+1}\right]\left[k+r_{i+1}\right]+=f[i][j][k] * A_{j}^{l_{i+1}} * m i d_{i+1}\)
51Nod 1683 最短路
随机\(01\)矩阵，对每个\(k\)求\((1,1)\sim(n,m)\)最短路为\(k\)的概率，路径长度指的是不能向左走前提下路径上权值为\(1\)的格子个数。\(n\leq6,m\leq100\)
一个显然的性质：相邻两格子最短路值相差不超过\(1\)
剩下的我不会了......以后再做吧
51Nod 1843 排列合并机
看不懂题，弄不懂样例，告辞
老师给安排的题目也太难了吧，我都不会（自闭ing
P5970 Nim z utrudnieniem
博弈论+dp
\(A\)和\(B\)在进行\(Nim\)博弈，\(A\)是先手，但是\(B\)在开始之前可以扔掉\(d\)的倍数堆的石子（不能扔掉全部的），问\(B\)有多少种扔的办法使\(B\)必胜。
显然\(B\)必胜的条件为\(a_1 \oplus a_2 \oplus \cdots a_n = 0\)(\(NIM\)博弈的结论)
显然可以这么来定义状态\(f[i][j][k]\)表示前\(i\)堆石子，扔掉了\(j\)堆(在\(mod\ d\)下),异或和是\(k\)的方案数
\(f[i][j][k]=f[i-1][j][k]+f[i-1][j-1][k\oplus a_i]\)
复杂度为\(O(n\cdot d\cdot maxa_i)\)
现在的问题在于怎么把\(maxa_i\)这一项变小？
有一个神奇的结论
因为对于任意一个正整数\(N\)，它和比它自己小的数字异或起来的结果不会超过\(N \times 2\)
所以只需要把\(a_i\)从小到大排序，这样复杂度就变成\(O(m\cdot d)\)
现在问题在于空间开销太大了。
显然可以用滚动数组，但是仍然太大，因为我们必须要把\(i\)这一维给省掉。
只需要在每一层\(i\)时，按照\(k\)从大到小的顺序进行转移即可。
还要注意\(n\)是\(d\)的倍数时，会算上全选的情况，答案需要减去\(1\)
代码见P5970 Nim z utrudnieniem 题解
P4042 [AHOI2014/JSOI2014]骑士游戏
有后效性的dp
一共有\(n\)种不同的怪物，每种怪物都可以用两种方式杀死，第一种消耗\(s_i\)体力将怪物变成另外一种或多种怪物，第二种消耗\(k_i\)体力，可以直接杀死，问最少消耗体力杀死\(1\)号怪物
读完题之后感觉是个图的模型，但是建了一下图发现不太好建边，更不太好跑最短路。（淦
那就从\(dp\)角度来思考一下。
设\(f[i]\)杀死第\(i\)号怪需要的最小体力，显然有\(f[i]=\min(k_i,s_i+\sum\limits_{j=1}^{R_i}f[r_{i,j}])\)，\(r_{i,j}\)表示用蛮力杀死\(i\)后分裂的第\(j\)个。
经过了上面的建图过程就会发现，可能会存在环(也就是有后效性)，到时候就死了。(淦\(\times2\)
现在大概只能在\(dp\)的式子上下手了，显然后效性在\(dp\)式子后面的一项上。
当且仅当\(\forall f[r_{i,j}]<f[i]\)，\(f[i]\)才能被后面一项更新，我们不妨换一个角度来进行转移，用某一个\(f\)值去更新其他的\(f\)。
一个更显然的性质，对于\(k_i\)最小的怪物，\(f[i]=k_i\)，所以我们对\(f\)建立一个堆，然后每次弹出一个点\(i\)来更新其他的\(f_{r_{i,j}}\)，如果更新完了，则就把\(f_{r_{i,j}}\)放到堆里（这样就确保了不会有后效性）
代码见骑士游戏
P3592 [POI2015]MYJ
区间dp
有\(n\)家洗车店从左往右排成一排，每家店都有一个正整数价格\(p[i]\)。有\(m\)个人要来消费，第\(i\)个人会驶过第\(a[i]\)个开始一直到第\(b[i]\)个洗车店，且会选择这些店中最便宜的一个进行一次消费。但是如果这个最便宜的价格大于\(c[i]\)，那么这个人就不洗车了。请给每家店指定一个价格，使得所有人花的钱的总和最大。
因为每个人不洗车的当且仅当\([l_i,r_i]\)中最小的\(p[i]>c[i]\)，所以有个显然的性质：每个商家价格是\(c[i]\)一定是最优解之一。因此我们可以将\(c[i]\)离散化。
用\(f[l][r][i]\)表示区间\([l,r]\)内最小值是\(i\)，从满足\(l\le a \le b\le r\)的人中获得的最大收益
枚举区间最小值所在的点\(k\)，则满足\(l\le a\le k\)且\(k \le b\le r\)的点最小位置就是\(k\)，统计出\(c\ge i\)的人有几个
\(f[l][r][i]=\max\limits_{l\le k\le r}\{realc_i\times cnt+\max\limits_{h\ge i}f[l][k-1][h]+\max\limits_{h\ge i}f[k+1][r][h]\}\)
CF319E Ping-Pong
并查集+线段树
规定区间\((a,b)\)到区间\((c,d)\)有边当且仅当\(c<a<d\)或\(c<b<d\)。
起初区间集合为空。有\(n\)（\(n\leq 10^5\)）次操作，每次操作形如：
- 1 x y（\(|x|,|y|\leq10^9\)）：加入一个新区间\((x,y)\)，保证新区间长度最长
- 2 x y：询问第\(i\)个加入第区间能否到达第\(j\)个加入第区间，保证询问合法
连边的两种情况：第一种是包含，小的向大的连边；第二种是相交不包含，连双向边。
注意到答案最后不会走超过\(1\)条单向边
所以可以用并查集维护，用线段树拆分区间，然后连边
P4132 [BJOI2012]算不出的等式
思路题
给定奇质数\(p,q\)，求\(\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left\lfloor\frac{k q}{p}\right\rfloor+\sum\limits_{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{k p}{q}\right]\)
读完题之后，看不懂这个式子是求了个什么东西，算了，还是打表看题解吧
这么恶心人的式子竟然就是求直线下方点的个数，我佛了
该式两部分分别是一个\((\frac{p-1}{2},\frac{q-1}{2})\)方格图主对角线分成的两部分的整点
P1972 [SDOI2009]HH的项链
离线+树状数组
给定序列，求区间\([l,r]\)中不同的数的个数
一个结论：
对于若干个询问的区间\([l,r]\)，如果他们的\(r\)都相等的话，那么项链中出现的同一个数字，一定是只关心出现在最右边的那一个的
对所有查询的区间按照\(r\)来排序，然后维护一个树状数组从\(1\)到\(i\)不同数字的个数有多少个
代码见code
