8.5~8.16 做题笔记

记录了做到的一些不错的题，也有模板和知识点。

CF1548C

题意

$q$ 个询问，每次给定 $x$ ，求 $\sum\limits_{i=1}^N\dbinom{3i}{x}$ 。 $1\leq N\leq 10^6$ 。

做法一

设 $f_{x,k}=\sum\limits_{i=0}^{N-1}\dbinom{3i+k}{x}$ ，则有

$f_{x,0}+f_{x,1}+f_{x,2}=\dbinom{3N}{x+1}$
$f_{x,1}=f_{x,0}+f_{x-1,0}$
$f_{x,2}=f_{x,1}+f_{x-1,1}$

递推就能做了。

用到了上指标求和公式（好像叫什么 Hockey Stick Identity（？）：

\sum_{0 \leq k \leq n} (\binom{k}{m}) = (\binom{n + 1}{m + 1})

$\sum\limits_{0\le k\le n}\binom{k}{m}=\binom{n+1}{m+1}$

做法二

设

\begin{aligned} f_{x} & = \sum_{i = 1}^{N} (\binom{3 i}{x}) \\ = \sum_{i = 1}^{N} ((\binom{3 i - 3}{x}) + 3 (\binom{3 i - 3}{x - 1}) + 3 (\binom{3 i - 3}{x - 2}) + (\binom{3 i - 3}{x - 3})) \\ = f_{x} - (\binom{3 N}{x}) + 3 f_{x - 1} - 3 (\binom{3 N}{x - 1}) + 3 f_{x - 2} - 3 (\binom{3 N}{x - 2}) + f_{x - 3} - (\binom{3 N}{x - 3}) \\ = f_{x} + 3 f_{x - 1} + 3 f_{x - 2} + f_{x - 3} - (\binom{3 N + 3}{x}) \end{aligned}

$\begin{aligned} \ f_x &= \sum\limits_{i=1}^N\dbinom{3i}{x}\\ &= \sum\limits_{i=1}^N\left(\dbinom{3i-3}{x}+3\dbinom{3i-3}{x-1}+3\dbinom{3i-3}{x-2}+\dbinom{3i-3}{x-3} \right)\\ &=f_x-\dbinom{3N}{x}+3f_{x-1}-3\dbinom{3N}{x-1}+3f_{x-2}-3\dbinom{3N}{x-2}+f_{x-3}-\dbinom{3N}{x-3}\\ &=f_x+3f_{x-1}+3f_{x-2}+f_{x-3}-\dbinom{3N+3}{x} \end{aligned}$

把 $x-3$ 替换成 $x$ 就得到递推式

f_{x} = (\binom{3 N + 3}{x + 3}) - 3 f_{x + 1} - 3 f_{x + 2}

$f_x=\dbinom{3N+3}{x+3}-3f_{x+1}-3f_{x+2}$

比方法一的简洁些。

斐波那契数列通项公式

F_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} (α^{n} - β^{n})

$F_n=\dfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^n-\beta^n)$

其中 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, \beta=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$ 。

可以扩域做，即把 $a+b\sqrt{5},(a,b\in\mathbb{Q})$ 看作广义的“复数”进行运算。

Codeforces Round #737 (Div. 2)

赛时比较菜，就切了 ABC，D 就是线段树优化 dp，当时有了思路，但没时间写了。E 还是挺不错的，但据说交互库水了点。

长链剖分

树上 k 级祖先

各种做法花里胡哨，这里说下长剖的做法（ $O(n\log n)-O(1)$ ）。

预处理：

对树进行长链剖分，记录每个点所在链的顶点和深度
树上倍增求出每个点的 $2^n$ 级祖先
对于每条链，如果其长度为 $len$ ，那么在顶点处记录顶点向上的 $len$ 个祖先和向下的 $len$ 个链上的儿子
对 $i\in[1, n]$ 求出在二进制下的最高位 $h_i$

对于每次询问 $x$ 的 $k$ 级祖先：

利用倍增数组先将 $x$ 跳到 $x$ 的 $2^{h_k}$ 级祖先，设剩下还有 $k^{\prime}$ 级，显然 $k^{\prime} < 2^{h_k}$ ，因此此时 $x$ 所在的长链长度一定 $\ge 2^{h_k} > k^{\prime}$ 。
由于长链长度 $> k^{\prime}$ ，因此可以先将 $x$ 跳到 $x$ 所在链的顶点，若之后剩下的级数为正，则利用向上的数组求出答案，否则利用向下的数组求出答案。

（摘自https://www.luogu.com.cn/blog/xht37/solution-p5903）

HOT-Hotels

经典问题，求树上两两距离相等的三元组个数。

设 $f_{x,j}$ 表示 $x$ 的子树中到 $x$ 距离为 $j$ 的节点数，转移比较简单：

f_{x, j} = \sum_{y \in s o n (x)} f_{y, j - 1}

$f_{x,j}=\sum\limits_{y\in son(x)} f_{y,j-1}$

再设状态 $g_{x,j}$ 表示在 $x$ 的子树中选两个点，它们到其 lca 的距离为 $d$ 且 lca 到 $u$ 的距离为 $d-j$ 的方案数。

转移：

g_{x, j} = \sum_{y \in s o n (x)} (g_{x, j + 1} + f_{x, j}^{'} \times f_{y, j - 1})

$g_{x,j}=\sum\limits_{y\in son(x)}\left(g_{x,j+1}+f_{x,j}^{\prime}\times f_{y,j-1}\right)$

这里的 $f_x^{\prime}$ 表示 $f_x$ 被 $y$ 之前的儿子更新过的值。

答案的统计则要分两种情况，第一种情况，三个点都在同一个子树内，大概长这样：（图片有空再补）

对答案的贡献为

\sum_{y \in s o n (x)} \sum_{j} (g_{x, j}^{'} \times f_{y, j - 1} + f_{x, j}^{'} \times g_{y, j + 1})

$\sum\limits_{y\in son(x)}\sum\limits_j\left(g_{x,j}^{\prime}\times f_{y,j-1}+f_{x,j}^{\prime}\times g_{y,j+1}\right)$

第二种情况，三个点有两个在子树内，另一个为祖先节点，对答案的贡献就是 $g_{x,0}$ 。

至此我们就有了 $O(n^2)$ 的解法。

考虑长链剖分。记 $x$ 的重儿子为 $son_x$ ，我们发现 $x$ 的信息可以直接从 $son_x$ 继承来，即 $f_{x,j}=f_{son_x,j-1},g_{x,j}=g_{son_x,j+1}$ ，这个可以用指针 $O(1)$ 实现。对于 $x$ 的轻儿子 $y$ ，我们在 $[0,dep_y]$ 中枚举 $j$ 转移即可。这样整个过程的复杂度就是所有长链的长度和，时空复杂度均为 $O(n)$ 。

CCPC-Final 2019 G

题意

给定一棵 $n$ 个节点树， $1$ 号节点有一个标记，两个人轮流移动这个标记到另一个节点，每次移动的距离必须严格比上一次对手移动的距离长。求有多少个包含 $1$ 节点的联通子图，使得这个游戏后手必胜。

$1\leq n\leq 2\times 10^5$ 。

做法

博弈就是纸老虎，不难看出，其实就是求有多少个子图使得 $1$ 节点是直径中点。

先设计这个~~恶心的~~ dp。

$f_{x,j}$ 表示以 $x$ 为根且最大深度为 $j$ 的子图方案数。

转移：

f_{x, j} = (\sum_{k \leq j} f_{x, k}^{'}) \times f_{y, j - 1} + f_{x, j}^{'} \times \sum_{k < j} f_{y, k}

$f_{x,j}=\left(\sum\limits_{k\leq j}f_{x,k}^{\prime}\right)\times f_{y,j-1}+f_{x,j}^{\prime}\times\sum\limits_{k<j}f_{y,k}$

其中 $y\in son(x)$ ， $f^{\prime}$ 表示处理到当前儿子之前 $f$ 的值，这是一个滚动的过程，下文的 $g^{\prime}$ 同理。

考虑在 $1$ 节点周围统计答案，再设计一个~~更恶心的~~ dp。

$g_{j,0}$ 表示以 $1$ 为根且最大深度小于 $j$ 的子图方案；
$g_{j,1}$ 表示以 $1$ 为根且仅有一个儿子中的最大深度为 $j$ 的子图方案；
$g_{j,2}$ 表示以 $1$ 为根且有两个或两个以上儿子中的最大深度为 $j$ 的子图方案。

转移：

g_{j, 2} = g_{j, 1}^{'} \times f_{y, j - 1} + g_{j, 2}^{'} \times \sum_{k < j} f_{y, k} g_{j, 1} = g_{j, 0}^{'} \times f_{y, j - 1} + g_{j, 1} \times \sum_{k < j - 1} f_{y, k} g_{j, 0} = g_{j, 0}^{'} \times \sum_{k < j - 1} f_{y, k}

$g_{j,2}=g_{j,1}^{\prime}\times f_{y,j-1}+g_{j,2}^{\prime}\times \sum\limits_{k<j}f_{y,k}\\ g_{j,1}=g_{j,0}^{\prime}\times f_{y,j-1}+g_{j,1}\times \sum\limits_{k<j-1}f_{y,k}\\ g_{j,0}=g_{j,0}^{\prime}\times \sum\limits_{k<j-1}f_{y,k}$

观察这个转移，我们发现所有转移都和深度有关，于是想到用长剖优化。处理当前节点 $x$ 时，继承 $x$ 重儿子的信息，再枚举每个轻儿子所在长链，更新 $x$ 的信息。式子最后面的那个西格玛，枚举 $j$ 的时候维护一个前缀和就好了。

不过还有一个问题，根据转移，处理 $x$ 时所有的 $f_x$ 都会被轻儿子更新，但我们又不能枚举到 $dep_x$ （否则复杂度有变成 $n^2$ 了），不过再仔细观察，我们发现当 $j>dep_y$ 时，后面的那个西格玛就是一个定值，这就相当于给 $dep_y<j\leq dep_x$ 的 $f_{x,j}$ 都乘上一个定值，所以打个懒标记就好了，用到的时候再下传懒标记，这样就保证了总的复杂度 $O(n)$ 。

$g$ 的转移也就同理了，打懒标记即可。

提交记录

luogu P1273

$O(n^2)$ 的树上背包

首先把所有节点按后续遍历重新标号

设 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 个点，背包容量为 $j$ 的最大价值。设 $siz_i$ 为以 $i$ 为跟的子树大小。那么 $f_{i,j}$ 就会从 $f_{i-1,j-1}$ 和 $f_{i-siz_i,j}$ 转移过来。

loj 也有这个模板题 https://loj.ac/p/160

换根 dp

CF708C Centroids

题意

给定一颗树，你可以删去一条边，再加入一条边，保证改动后还是一棵树。

求每个点是否可以通过改动成为这颗树的重心。

要判断 $x$ 是否能成为重心，我们就是要在 $x$ 的大于 $n/2$ 的子树中（ $x$ 为根节点）摘下来不超过 $n/2$ 的最大的子树，接在 $x$ 上，再判断这个子树剩下部分是否不大于 $n/2$ 。

我们需要 dp 求出一个 $f_x$ 表示在 $x$ 的子树中不超过 $n/2$ 的最大子树。

转移大概就是

f_{x} = {\begin{cases} max {s i z_{y}} & s i z_{y} \leq n / 2 \\ max {f_{y}} & otherwise \end{cases}

$f_x=\begin{cases} \max\{siz_y\}&siz_y\leq n/2\\ \max\{f_y\}&\text{otherwise}\\ \end{cases}$

不过，具体求 $f$ 的时候，我们不仅要求出最大值，还要求出一个次大值，这样当我们从 $x$ 换根到 $y$ 的时候，如果 $x$ 的最优决策在 $y$ 的子树中，我们就要用次大值来更新 $y$ 。

提交记录

这个同时记录最大值和次大值的方法应该是换根 dp 的一种常见思路，下面两道题都是如此。（感觉这几道换根写起来细节都挺多的）

P6419 [COCI2014-2015#1] Kamp

P3647 [APIO2014] 连珠线

P3647 这个题还是不错的，但可能换根做多了就比较套路了，我做这题调了一整个下午

P4292 [WC2010]重建计划

看到这个式子一定是分数规划，二分之后就是求树上包含边数在 $L$ 和 $R$ 之间的权值和最大的路径。

一个很简单的 dp 就是 $f_{x,j}$ 表示以 $x$ 为根子树中以 $x$ 为一个端点的长度为 $j$ 的路径的最大权值，然后就有

f_{x, j} = max_{y \in s o n (x)} {f_{y, j - 1} + w (x, y)}

$f_{x,j}=\max\limits_{y\in son(x)}\{f_{y,j-1}+w(x,y)\}$

这个转移长剖就完了，不过统计答案时还有一个边数在 $L$ 和 $R$ 之间的限制，这是一个区间查询，所以想到用线段树维护长链。dp 过程中，把 $x$ 的轻儿子信息转移到 $x$ 时顺便统计经过 $x$ 的路径对答案的贡献，然后这题就做完了。复杂度 $O(n\log^2n)$ 。

这个题看似复杂，但每一步都非常清晰，不可能做不出来。

矩阵加速 dp

P2579 [ZJOI2005] 沼泽鳄鱼

注意到 $2,3,4$ 的最小公倍数为 $12$ ，计算 $12$ 个转移矩阵，乘起来之后求一个 $\left\lfloor \frac{k}{12}\right\rfloor$ 次幂，在乘上前 $k\bmod 12$ 个矩阵就是总的转移矩阵

P3216 [HNOI2011] 数学作业

状态转移方程：

f_{i} = f_{i - 1} + 10^{k} + i

$f_i=f_{i-1}+10^k+i$

其中 $k=\left\lfloor\lg i\right\rfloor +1$ 。

矩阵加速：

[\begin{matrix} f_{i} \\ i \\ 1 \end{matrix}] = [\begin{matrix} 10^{k} & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} f_{i} - 1 \\ i - 1 \\ 1 \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} f_i\\i\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10^k &1 &1\\ 0 &1 &1\\ 0 &0 &1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_i-1\\i-1\\1 \end{bmatrix}$

P2886 [USACO07NOV] Cow Relays G

广义矩阵乘法 $C_{i,j}=\min\{A_{i,k}+B_{k,j}\}$ （ $\max$ 也一样）依然满足结合率可以做快速幂，本题就是矩阵加速 floyd。

P3502 [POI2010] CHO-Hamsters

一个串接到另一个串后面多出来长 $l$ 的一截，看成连了一条长 $l$ 的边，这个过程用到 KMP。

转化成图论模型后就与上题类似了。

P4095 [HEOI2013]Eden 的新背包问题

奇妙的 cdq 分治+多重背包

不选 $i$ 物品的答案的贡献是由 $1\sim i-1$ 和 $i+1\sim n$ 的物品产生的，所以就可以 cdq 求两边对 $i$ 的贡献，具体地，

先把 $(mid,r]$ 的物品加入背包
递归 $[l,mid]$
还原（去掉 $(mid,r]$ 的物品）
把 $[l,mid]$ 的物品加入背包
递归 $(mid,r]$

复杂度就是 $O(nV\log n)$ 。 $V$ 是背包容量。

附：单调队列优化多重背包代码

void add(int w,int v,int s){	//加入重 w，价值为 v 的物品，数量为 s
    for(int i=0;i<w;i++){
        deque<pair<int,int> > q;
        q.push_back(make_pair(0,f[i]));
        for(int j=1;j*w+i<=m;j++){
            while(!q.empty()&&q.back().val<=f[j*w+i]-j*v) q.pop_back();
            q.push_back(make_pair(j,f[j*w+i]-j*v));
            while(!q.empty()&&q.front().id<j-s) q.pop_front();
            f[j*w+i]=max(f[j*w+i],q.front().val+j*v);
        }
    }
}

单调队列优化 dp & 斜率优化 dp

P3195 [HNOI2008]玩具装箱

CF311B Cats Transport

P2569 [SCOI2010]股票交易

CF939F Cutlet

CF1559 D2. Mocha and Diana (Hard Version)

题意

给你两个森林，每次你可以选择两个点 $u,v$ 在两个森林的 $u,v$ 节点之间都加一条边，并且要保证两个森林加完边还是森林。你需要加尽量多的边并输出方案。

解题思路

官方题解不说了，也是一个~~挺不错~~的做法，用到 set 启发式合并，复杂度 $O(n\log^2n)$ 。

在题解下面看到一个做法

先枚举 $2$ 到 $n$ 的节点，能和 $1$ 连边的就都连上，这之后所有的节点都至少在一个森林里与 $1$ 联通。

然后我们把所有在第一个森林里和 $1$ 联通的点压入栈 $s_1$ ，在第二个森林里和 $1$ 联通的点压入栈 $s_2$ 。

然后不断进行一下操作：

如果 $s_1$ 的栈顶在两个森林里都和 $1$ 联通，把它弹出；
如果 $s_2$ 的栈顶在两个森林里都和 $1$ 联通，把它弹出；
否则，把 $s1$ 和 $s2$ 的栈顶之间连边。

总复杂度几乎是 $O(n)$ 的，只有并查集的复杂度。

按这个算法连出的边显然都是合法的，而连完之后一定有一个森林中所有点都与 $1$ 连通（只有一个连通块），这样也保证了连出的边是最多的。

CF1559E. Mocha and Stars

题意

求有多少长度为 $n$ 的序列 $a$ ，满足

$a_i\in [l_i,r_i]\cap \mathbb{Z}$ ；
$\sum\limits_{i=1}^na_i\leq m$ ；
$\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n)=1$ 。

$2\leq n\leq50$ ， $1\leq m\leq 10^5$ ， $1\leq l_i\leq r_i\leq m$ 。

解题思路

赛时看群里大家都说 E 很 trivial，然而我愣是一点都不会。/qd

莫反之后就是求

\sum_{d = 1}^{m} \sum_{d | gcd (a 1, a 2, \dots, a_{n})} μ (d)

$\sum\limits_{d=1}^m\sum\limits_{d|\gcd(a1,a2,\dots,a_n)}\mu(d)$

考虑每个 $\mu(d)$ 的贡献，把 $a_i$ 都除以 $d$ 。那就是，对于每个 $d$ ，求有多少个序列满足 $a_i\in\left[\left\lceil l_i/d\right\rceil ,\left\lfloor r_i/d\right\rfloor\right]\cap\mathbb{Z}$ 且 $\sum a_i\leq m/d$ 。

这个直接就可以 dp 了，dp 过程用前缀和优化，单次复杂度 $O(nm/d)$ ，总复杂度就是 $O(nm\log m)$ 。

P4027 [NOI2007] 货币兑换

令 $f_i$ 为第 $i$ 天可以得到的最多钱数，然后列个方程解出第 $j$ 天花钱买到的两种金券数 $x_i=\dfrac{f_jr_j}{a_jr_j+b_j},y_i=\dfrac{f_j}{a_jr_j+b_j}$ 。

状态转移方程就来了： $f_i=\max\{a_ix_j+b_iy_j\}$ 。

这个东西如果斜率优化，只能动态维护一个凸包。我记得寒假集训有一个这种斜优题，因为当时不会 cdq 也不会李超线段树，就硬写 Splay，从中午调到半夜没调出来，教练还问我为啥一道题也没补。。。此后我对 Splay 维护凸包就产生了心里阴影。

当然用李超线段树就好多了

变个形： $f_i=b_i\times \max\{x_j\times\dfrac{a_i}{b_i}+y_j\}$

把 $x_j,y_j$ 看成斜率和截距，李超线段树即可，记得离散化。

我这个代码和题解高度相似（

https://www.luogu.com.cn/record/56036585

P4655 [CEOI2017]Building Bridges

也是裸的斜优，cdq 或李超线段树都行。

luogu P4719 【模板】"动态 DP"&动态树分治

单点修改的树上最大权独立集

经典的没有上司的舞会解法，设 $f_{x, 0}$ 表示不选择节点 $x$ 时，以 $x$ 为根的子树的最大权独立集； $f_{x, 1}$ 表示选择节点 $x$ 时，以 $x$ 为根的子树的最大权独立集。

然后

f_{x, 0} = \sum_{y \in s o n (x)} max (f_{y, 0}, f_{y, 1}) f_{x, 1} = a_{i} + \sum_{y \in s o n (x)} f_{y, 0}

$f_{x,0}=\sum\limits_{y\in son(x)}\max(f_{y,0},f_{y,1})\\ f_{x,1}=a_i+\sum\limits_{y\in son(x)}f_{y,0}$

当然过不了带修的，因为每次修改一整条链上的点的 $f$ 值都发生了变化，最坏是 $O(mn)$ 的，~~然而据说过了这道题~~。

动态 dp

再考虑设一个 $g_{x,0}$ 表示 $x$ 的所有轻儿子中都可选可不选的最大独立集， $g_{x,1}$ 表示所有轻儿子都不选的最大独立集。dp 就变成了

f_{x, 0} = g_{x, 0} + max (f_{y, 0}, f_{y, 1}) f_{x, 1} = g_{x, 1} + f_{y, 0}

$f_{x,0}=g_{x,0}+\max(f_{y,0},f_{y,1})\\ f_{x,1}=g_{x,1}+f_{y,0}$

这样以后，我们就可以把转移写成矩乘的形式了！

[\begin{matrix} f_{x, 0} \\ f_{x, 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} g_{x, 0} & g_{x, 0} \\ g_{x, 1} & - \infty \end{matrix}] [\begin{matrix} f_{y, 0} \\ f_{y, 1} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} f_{x,0}\\f_{x,1} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} g_{x,0} &g_{x,0}\\ g_{x,1} &-\infty \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_{y,0}\\f_{y,1} \end{bmatrix}$

这里的矩阵乘法是关于 $\max$ 和加法运算的广义“矩阵乘法”。

考虑在重链上维护 $g$ 值（线段树维护矩阵乘积即可），因为一条重链的底端一定是叶子节点，而叶子节点就储存了初始的值，我们要查询一个点的 $f$ 值，只需要查询一下这个点到其所在重链底端的矩阵的乘积就可以了。

再考虑修改操作，修改一个点的权值时，该点到根的路径经过 $O(\log n)$ 条重链，每条重链的顶端都是其父节点的轻儿子，只有这些位置的 $g$ 值会发生改变，再线段树上单点修改即可，复杂度 $O(\log^2n)$ 。

这样这道题就做完了，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$ （不过还有一个 $2^3$ 的常数）。

P5024 [NOIP2018 提高组] 保卫王国

如果会动态 dp 的话，这题就和模板一模一样了。

posted @ 2021-08-17 22:30 iMya_nlgau 阅读(114) 评论(1) 编辑收藏举报

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