Solution Set -「LOCAL」冲刺省选 Round X

$\mathscr{Summary}$

  时间利用效率？

  同学，你的效率呢？

  我真不知道中途几个小时干了啥，我也不知道我实在划水、神游还是真的在自闭想题。

  虽然真实考场肾上腺素不会允许我这么做，但模拟赛还是得提起精神啊。

  哦，我不是生竞的，上面那句话当成伪科学。

$\mathscr{Solution}$

$\mathscr{A}-$ 下落的数字

  给定以 $1$ 为根的带点权树，定义 $k-$travel 为：从根出发，每次走到孩子点权集合中取到 lower_bound $k$ 的点，若不存在则停下，设最后到达结点 $u$。现进行 $m$ 次操作：

1. 修改单点点权；
2. 给定 $k$，求当前树上 $k-$travel 的终止点。

  $n,m\le 2\times10^5$。

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  树剖。线段树维护穿过一整段重链时，travel 值的取值区间。询问时模拟跳重链。复杂度 $\mathcal O((n+q)\log n)$。

$\mathscr{B}-$ 序排速快

  给出一个排序方法：

其中，称 $i$ 为 partition point，当且仅当 $\max_{j\le i} A_i\le\min_{j\ge i}A_j$。对于 $n=L..R$，求所有 $n$ 阶排列在该方法排序完成后的 $\textit{cnt}$ 值之和。

  $L\le R\le10^7$。

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  缺的不是所谓结论，而是好看的结论。不要抓着“等价转化”不放，因而舍弃一条捷径。

  显然应该对 $A$ 的每个位置分别求被冒泡了多少次。考虑 $A_i$ 经历一次冒泡时：

• 若 $\exist j<i,A_j<A_i$，则这样的 $j$ 减少一个；
• 否则若 $\exist i\le j<k,A_j\ge A_i>A_k$，则这样的 $j$ 减少一个；
• 否则，$i$ 是 partition point，不会被冒泡。

  结论比起我想到的要冗长，但是它“好看”——它是单纯的计数，没有取 $\max$ 之类的数值讨论。

  接下来，讨论计数。对于第一类贡献，发现就是逆序对个数。令 $f(n)$ 表示所有 $n$ 阶排列的逆序对数量，那么

$$f(n)=nf(n-1)+\frac{n(n-1)}{2}(n-1)!.$$

  对于第二类贡献，注意到贡献中对 $A$ 的大小要求比较复杂，而根据排列具有的多样“子问题”处理方式，我们可以枚举 $n$ 所在的位置 $j$，统计满足条件的 $(i,j,k)$ 的数量。注意 $k$ 实际上没有参与数量贡献，而对于一个 $i<j$，显然已有 $A_j\ge A_i$，若 $(i,j)$ 有贡献，则 $\exist k>j,A_k<A_i$。这一步用一个小 trick：概率问题与计数问题可以相互转化来简化讨论。我们求 $\exist k$ 的概率，显然这些下标的具体值都不影响概率，问题就是——排列里有 $n-j+1$ 个数，求第一个数不是最大值的概率，显然嘛，$\frac{n-j}{n-j+1}$。因而，设 $g(n)$ 表示所有 $n$ 阶排列的第二类贡献和，那么

$$g(n)=ng(n-1)+(n-1)!\left(\sum_{i=1}^{n-1}1+\frac{n-i}{n-i+1}(i-1)\right).$$

后面那一坨随便整理一下就能递推求了。复杂度 $\mathcal O(R)$。

$\mathscr{C}-$ 树

  给定含 $n$ 个点 $m$ 条边的点双连通图及其两棵生成树 $T_1,T_2$，每次操作取 $T_1$ 的一片叶子，去掉它与父亲在 $T_1$ 内的连边，并指定其新父亲。构造把 $T_1$ 变成 $T_2$ 的操作方案。

  $n\le100$。

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  被卡了一个点 qwq，简单胡一下。

  搜索，但是有条理。我们为两棵树指定同一个根，然后自上而下递归地构造出每条正确树边。需要做到一个清空 $T_1$ 内某结点子树的操作，暴力递归进去，把每个点丢到子树外即可。讲错了不负责。（

  我本来浅写了一下，没有精细的限制，大概 $50$ 分，然后加上一个“每次遍历邻接点，按一个随机排列的顺序遍历”，就只剩最后一个 subtask 的最后一个点过不了。事实证明乱搞的时候应当随机起来。（