Solution Set -「LOCAL」冲刺省选 Round XIV

$\mathscr{Summary}$

  名副其实的 trash round，希望以后没有了。

  A 题算好，确实一个比较关键的简化状态的点没想到，所以只拿了暴力（不考虑 $\mathcal O(n^4)$ 能操过更多分的情况，明明 $\mathcal O(n^4)$ 和 $\mathcal O(2^n)$ 是一档的。）

  B 题签到，C 题倍增 + 分治 NTT 你开 $10^6$ 我确实 😓，要不是 $10^5$ 分多我甚至懒得写。

$\mathscr{Solution}$

$\mathscr{A}-$ Good

  给定 $\{a_n\},\{w_n\}$，每次可以在 $\{a_n\}$ 中删去一个先升再降相邻差 $1$ 的子串，删去长度为 $l$ 的子串的收益为 $w_l$。求经过任意次操作获得的最大收益。

  $n\le400$。

---

  联系 $n$ 的范围猜测是区间 DP，所以先莽一个 $f(l,r)$：把 $a_{l..r}$ 删干净的最大收益（求出 $f$ 之后可以再 DP 一下求答案）。注意“子串”成为“子序列”，能够划分子问题，所以自然想到转移时去讨论 $a_l$ 被怎样的操作删除。

  这一点比较巧妙，也算是一个“删子串”转移的 trick：如果删除 $a_l$ 时没有一起删除 $a_r$，那么 $a_{l..r}$ 本身就能分成两段独立转移，所以我们只需要考虑 $a_l$ 和 $a_r$ 一起被删掉的操作。

  接下来就简单了。定义 $g(l,r)$ 表示从 $a_l$ 出发升序删子序列删到 $a_r$ 所划分出的子问题 $f$ 的最大和；$h(l,r)$ 则为降序删子序列。那么

$$f(l,r)=\max_{i\in[l,r)}\{f(l,i)+f(i+1,r)\}+\max_{i\in[l,r]}\{g(l,i)+h(i,r)+w_{2a_i-a_l-a_r+1}\},\\ g(l,r)=\max_{i\in[l,r),a_i+1=a_r}\{g(l,i)+f(i+1,r-1)\},\\ h(l,r)=\max_{i\in(l,r],a_i+1=a_l}\{f(l+1,i-1)+h(i,r)\}.$$

$\mathcal O(n^3)$ 转移即可。

$\mathscr{B}-$ Color

  给定含有 $n$ 个点 $m$ 条边的连通无向图，结点 $u$ 有颜色 $c_u$。每次修改一个结点的颜色，修改后求出异色结点间的最短路。

  $n\le2\times10^5$，$m\le3\times10^5$，边权非负。

---

  显然最短路一定是一条边；显然只有 MST 上的边有用；显然可以 $\mathcal O(q\log n)$ 在树上做。

$\mathscr{C}-$ Music

  给定 $\{v_n\}$，求序列 $S=\{s_n\}$ 的个数，使得 $1\le s_i\le v_i$，且 $S$ 没有 border。

  $n\le10^6$，$v_i\le v_{i+1}$。

---

  注意 $v_i\le v_{i+1}$ 这个限制告诉我们，对于 $S$ 的任意一个 $|S|/2$ 以内的前缀，我们可以让它成为 border。所以不难设计出基于此的暴力 DP，令 $f(i)$ 表示仅考虑 $s_{1..i}$ 的答案，$p_i=\prod_{j=1}^iv_j$，那么

$$f(i)=p_i-\sum_{j=1}^{i/2}\frac{f(j)}{p_j}\cdot p_{i-j}.$$

  发现这是一个很像卷积的东西，但是它要求 $p(x)\cdot q(x)$ 时，$p$ 取出的 $x$ 指数不小于 $q$ 取出的 $x$ 指数。从分治乘法的角度考虑，显然所有左端点不为 $1$ 的区间无法内部转移，所以分治实质上是一个倍增。随便写写画画可以设计这样一个倍增方法：

我们想要求 $f$ 的灰色部分；红线是当前的中点，橙线是右半部分的中点。黄色连线可以直接卷，蓝色连线递归处理做上文提及的特殊卷积。特殊卷积的复杂度 $T(n)=\mathcal O(n\log n)+2T(n/2)=\mathcal O(n\log^2n)$，总复杂度 $F(n)=T(n)+F(n/2)=\mathcal O(n\log^2n)$。这个 $10^6$ 带俩 $\log$ 跑多项式？我的笔记本也是超神只用 $0.7\text s$ 跑大样例，总之这就是正解，我也想问候出题人。