「ZR 18 省选 3」题解
A. 树的染色
如果确定了某个点的颜色，我们肯定是要求这个点子树内和这个点不同的点的权值和尽量小。
我们设 \(f_v\) 表示钦定 \(v\) 是白色，子树内是黑色的点的权值和的最小值。
合并子树的时候钦定当前的根是白色，如果儿子 \(x\) 和根同色子树和贡献 \(a_x\)，答案贡献 \(f_x\)；否则子树和贡献 \(f_x\)，答案贡献 \(a_x\)，背包合并即可。复杂度 \(O(nm)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 1000+5;
const int MAXM = 5000+5;
std::vector<int> G[MAXN];
int n,a[MAXN];
int f[MAXN];
// 和 v 颜色不同的最小代价 (钦定 v 颜色为 0)
int g[2][MAXM];
bool flag;
inline void dfs(int v){
if(G[v].empty()){
f[v] = 0;
return;
}
for(auto x:G[v]) dfs(x);
int now = 0;CLR(g[now],0x3f);g[now][0] = 0;
for(auto x:G[v]){
CLR(g[now^1],0x3f);
FOR(i,0,MAXM){
if(i+a[x] < MAXM) g[now^1][i+a[x]] = std::min(g[now^1][i+a[x]],g[now][i]+f[x]);
if(i+f[x] < MAXM) g[now^1][i+f[x]] = std::min(g[now^1][i+f[x]],g[now][i]+a[x]);
}
now ^= 1;
}
f[v] = 0x3f3f3f3f;
FOR(i,0,a[v]) f[v] = std::min(f[v],g[now][i]);
if(f[v] == 0x3f3f3f3f) flag = 0;
}
inline void Solve(){
scanf("%d",&n);FOR(i,1,n) G[i].clear();
FOR(i,2,n){
int f;scanf("%d",&f);G[f].pb(i);
}
FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
flag = 1;dfs(1);
puts(flag?"POSSIBLE":"IMPOSSIBLE");
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--) Solve();
return 0;
}
B. 树形图求和
以某个点 \(r\) 为根的内向树/外向树计数就是出度矩阵/入度矩阵（可以记成根的度数为 \(0\) 的那个）减邻接矩阵，删掉第 \(r\) 行第 \(r\) 列的行列式。
如何求一条边的出现次数呢？用总次数减掉这条边不出现的次数，于是相当于要每次修改矩阵上的两个点（在同一行），然后求一下行列式。设这个矩阵为 \(A\)，记 \(|A|\) 表示矩阵 \(A\) 的行列式。
做法 1：伴随矩阵
记矩阵 \(A\) 的代数余子式 \(C_{i,j}\) 为删掉第 \(i\) 行第 \(j\) 列的行列式乘上 \((-1)^{i+j}\)。
那么 \(A\) 的伴随矩阵 \(adj(A)=C^T\)。
伴随矩阵有一个性质：\(adj(A^{-1}) = \frac{A}{|A|}\)，所以可以得到 \(adj(A) = \frac{A^{-1}}{|A^{-1}|} = |A|A^{-1}\)。（因为有 \(|A|*|A^{-1}| = 1\)）。
所以我们只需要写个矩阵求逆就能求出伴随矩阵了。
考虑我们如果修改了第 \(i\) 行的某些值，如何快速计算新矩阵的行列式？暴力算是单次 \(O(n^3)\) 的。
根据拉普拉斯展式，可以得到：
所以我们就可以 \(O(n)\) 求出来某行修改后的行列式；但是注意到这里只修改了 \(O(1)\) 个位置，我们算一下增量就可以 \(O(1)\) 求出修改某个位置后的矩阵行列式是啥了。
复杂度 \(O(n^3+m)\)。
做法 2：多项式
发现 \(\sum_{i=1}^n w_i\) 其实就是 \(\prod_{i=1}^n (1+w_ix)\) 的一次项系数，所以我们在 \(\pmod {x^2}\) 的意义下做多项式运算就好了。
比较难定义的是除法，其实我们就是要求 \(ax+b\) 的逆，设逆为 \(cx+d\)，可以得到 \((ax+b)(cx+d) = 1\)，解方程可得 \(c=-\frac{a}{b^2},d = \frac{1}{b}\)，也就是说 \(ax+b\) 的逆是 \(-\frac{a}{b^2}x+\frac{1}{b}\)，这样就可以转化为乘法了。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 300+5;
const int ha = 1e9 + 7;
inline int qpow(int a,int n=ha-2){
int res = 1;
while(n){
if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
a = 1ll*a*a%ha;
n >>= 1;
}
return res;
}
int a[MAXN][MAXN],n,m;
int A[MAXN][MAXN],b[MAXN][MAXN];
// b: 伴随矩阵
// A: 原矩阵
// a: 消元用
struct Edge{
int u,v,w;
Edge(int u=0,int v=0,int w=0) : u(u),v(v),w(w) {}
}e[200000+5];
inline void add(int &x,int y){
x += y-ha;x += x>>31&ha;
}
inline int Gauss(){
FOR(i,1,n) b[i][i] = 1;
int ans = 1;
FOR(i,1,n){
int t = -1;
FOR(j,i,n) if(a[j][i]){t = j;break;}
if(t != i) std::swap(a[i],a[t]),ans = ha-ans,std::swap(b[i],b[t]);
ans = 1ll*ans*a[i][i]%ha;
int inv = qpow(a[i][i]);
FOR(j,1,n) a[i][j] = 1ll*a[i][j]*inv%ha,b[i][j] = 1ll*b[i][j]*inv%ha;
FOR(j,1,n){
if(j == i) continue;
int t = a[j][i];
FOR(k,1,n){
add(a[j][k],ha-1ll*a[i][k]*t%ha);
add(b[j][k],ha-1ll*b[i][k]*t%ha);
}
}
}
FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) b[i][j] = 1ll*b[i][j]*ans%ha;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
FOR(i,1,m){
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);e[i] = Edge(u,v,w);
add(a[u][v],ha-1);
add(a[u][u],1);
}
FOR(i,1,n) a[n][i] = a[i][n] = 0;
--n;
FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) A[i][j] = a[i][j];
Gauss();
int ans = 0;
FOR(i,1,m){
int u = e[i].u,v = e[i].v,w = e[i].w;
if(u == n+1) continue;
int c = (b[u][u]+ha-b[v][u])%ha;
/*
add(c,ha-b[u][u]);
if(v != n+1){
add(c,b[u][v]);
}
c = ha-c;add(c,all);*/
add(ans,1ll*c*w%ha);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
C. 波波老师
建后缀自动机，只出现一次的节点一定是后缀树上的叶子节点。
考虑对于后缀 \(i\) ，我们求出最小的 \(f_i\)，满足 \([i,i+f_i-1]\) 是这个点所代表的区间，相当于我们要对区间 \([i,i+f_i-1]\) 对 \(f_i\) 取 \(\min\)，然后对 \([i+f_i,n]\) 对 \(f_{i}+1,f_{i}+2,\ldots\) 这个等差数列取 \(\min\)。
发现我们可以先做完对 \([i,i+f_i-1]\) 取 \(\min\)，然后再一遍递推过来（\(ans_{i}\) 与 \(ans_{i-1}+1\) 取 \(\min\)），现在相当于只需要快速实现区间对一个数取 \(\min\)。
线段树可以得到 \(O(n \log n)\) 的复杂度。
桶排+并查集可以得到 \(O(n \alpha(n))\) 的复杂度。
如果你发现对于 \(i<j\)，一定有 \(f_i \leq f_j\)，那么就可以用单调队列维护这个东西，复杂度 \(O(n)\)。
注意 SAM 数组要开 2 倍空间（
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 5e6 + 5;
int ch[MAXN<<1][5],fail[MAXN<<1],len[MAXN<<1],tot = 1,las = 1;
int id[MAXN];
char str[MAXN];
bool vis[MAXN<<1];
int n;
inline int insert(int c){
int p = las,np = las = ++tot;len[np] = len[p]+1;
for(;p&&!ch[p][c];p=fail[p]) ch[p][c] = np;
if(!p) fail[np] = 1;
else{
int q = ch[p][c];
if(len[q] == len[p]+1) fail[np] = q;
else{
int nq = ++tot;FOR(i,0,4) ch[nq][i] = ch[q][i];len[nq] = len[p]+1;fail[nq] = fail[q];
fail[q] = fail[np] = nq;
for(;p&&ch[p][c]==q;p=fail[p]) ch[p][c] = nq;
}
}
return np;
}
int ans[MAXN];
int f[MAXN];
int main(){
scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
ROF(i,n,1) id[i] = insert(str[i]-'a');
FOR(i,1,tot) vis[fail[i]] = 1;
FOR(i,1,n){
if(vis[id[i]]) f[i] = 1e9;
else f[i] = len[fail[id[i]]]+1;
// DEBUG(f[i]);
}
std::deque<int> q;
FOR(i,1,n) ans[i] = 1e9;
FOR(i,1,n){
while(!q.empty() && f[q.back()] >= f[i]) q.pop_back();
q.pb(i);
ans[i] = f[q[0]];
while(!q.empty() && q[0]+f[q[0]]-1 <= i) q.pop_front();
}
FOR(i,2,n) ans[i] = std::min(ans[i],ans[i-1]+1);
LL res = 0;FOR(i,1,n) res += ans[i];
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
