2022.2

2022.2

只记录一些我喜欢的题 还有一些模拟赛时没想到的 key observation

剩下的题只是因为我不会

2.8

T1

有时候不合法的决策一定不优于答案，这时候可以扩大决策集合。

这题就令 $0\leq j<i$ 的 $j$ 都转移到 $i$ 就裸的斜率优化了。

T2

话说这个按编号二进制下每位是否为 $1$ 分类是不是很常见的思路啊。

2.10

T1

给你 $n$ 个数，其中有 $k$ 个奇数，你可以花费 $c_{i,j}$ 的代价把 $a_i$ 和 $a_j$ 同时减 $1$，问最小花费。

$n\leq50,k\leq8$

但怎么建图？

考虑只有偶数，对 $i,j$ 的一次操作看成 $i,j$ 之间的一条边，所有操作构成一个图，每个点的度数都是偶数，所以一定可以拆分成若干个环，我们给环上的边定向（顺时针还是逆时针无所谓），每个点的入度都等于出度，这样我们建费用流时就可以把每个点拆成入点和出点，源点向出点连流量 $a_i/2$ 的边，入点向汇点连 $a_i/2$ 的边，出点和入点之间连流量正无穷，费用 $c_{i,j}$ 的边。

加上奇数的话，所有操作构成的图就不能全部拆成环，还会多出一些首位是奇数点的链，注意到 $k$ 非常小，于是可以 $\binom{k}{k/2}$ 枚举那些奇数点是入度比出度大 $1$（其余的就是出度比入度大 $1$），从源点连的或连向汇点的边流量就是 $\lfloor{a_i/2}\rfloor$ 或 $\lfloor a_i/2\rfloor$，这样就做完了。

T3

真的是太喜欢这个题了

第一次看到点分树这种用法

题意大概是给你一棵树，点 $i$ 向树上距离 $i$ 不超过 $r_i$ 的点连边，形成一个有向图，求缩点 DAG 中入度为零的点个数。

$n\leq 3\times 10^5$

暴力建图做 tarjan 就 $\Omega(n^2)$ 了，寄，原因在于边数太多

如果有一种复杂度可以接受的 dfs 方式搜一遍所有点，那 dfs 序的逆序就是拓扑序（忽略一个强连通分量里的顺序），在按拓扑序搜一遍就得到零入度点的个数了。

点分树

我们记录下每个点的各级分治重心，和每个点作重心时他那层的所有点，并按到重心距离排序。

这部分空间复杂度是 $O(n\log n)$，我们再对每层维护一个指针（类似当前弧优化），这样遍历每层的复杂度也保证了。

我们现在 dfs 到点 $x$，然后我们以此考虑 $x$ 的各级分治重心，从指针指的位置继续往下 dfs，指针指的点到 $x$ 的距离超过 $r_x$ 就 break 掉，继续考虑下一个分治重心。

然后我们就发现整个 dfs 的复杂度就是 $O(n\log n)$，What a coincidance！

2.12

T1

区间DP，感觉不太难啊，为什么做不出来

T2

挺好一个题，可惜被一车人的 $O(n^2)$ 暴力吊起来艹，我 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 却毫无悬念拿了 $50$ pts /fn

一个 key observation 就是答案的边一定在最小生成树上。

然后就只需对每个点维护其在 MST 上的孩子，具体地，我们要维护：

• 该点的孩子的颜色集合
• 每种颜色对应的边权的集合
• 这些颜色对应的边权的最小值的集合
• 所有点的各颜色对应的边权的最小值的集合的最小值的集合（其实就是全局的答案）

修改依次修改每个集合即可，总复杂度 $O(n\log n)$。

总结：是一道非常好的 STL set 练习题

T3

给你序列 $v$，计数满足下列条件的长 $n$ 的正整数序列 $a$

1. $a_i\leq v_i$
2. 序列中不存在 $\texttt{border}$

模数 $998244353$，$n\leq 10^6$

题面简洁，感觉像经典题（？

先设计 DP，$f_i$ 考虑用总数减去有 $\texttt{bordor}$ 的串个数，后者枚举最小 $\texttt{border}$ 计算。

记 $v$ 的前缀积为 $s$，$s_i^{-1}$ 为 $s_i$ 的逆元，则有

$$f_i=s_i-\sum_\limits{j-1}^{\lfloor i/2\rfloor}f_js_{i-j}s_j^{-1}$$

这个转移像个卷积，于是想到分治 NTT，因为转移一定有 $j\leq i-j$，所以我们分治的时候，用左面的 $f_js_j^{-1}$ 和右面的 $s_{i-j}$ 卷，再转移到对应位置（可能再区间外）。

再减小常数，我们只需要计算出 $[1,n/2]$ 的 $f$，最后 $O(n)$ 计算 $f_n$ 即可，还有，$l+mid+1>n/2$ 的区间是不用做 NTT 的，因为会转移到范围外。

$O(n\log^2n)$ 跑 $10^6$，彳亍。

2.14

T1

题意好长...... 不写了。

好喜欢这个题，所以让我复述一下题解

先考虑没有问号的情况，我们维护一个栈，两个两个操作，每次我们可以 ：

1. 将两位依次压入栈中
2. 将第一位与栈中全部元素合并后，再将第二位压入栈中

栈中的情况可以用一个关于下一个压入元素的函数描述，即 $F[a,b](x)$ 表示当 $x=0$ 时返回 $a$，$x=1$ 时返回 $b$。根据上面两种情况，我们很容易得到当前栈加入两个数后的新栈的情况，这样 $f_{i,j_0,j_1}$ 表示到第 $i$ 位，栈的状态为 $F[j_0,j_1](x)$ 是否可行，状态数为 $4n$。

加上问号，我们可以考虑 DP 套 DP，把 $4$ 种 $f_i$ 是 $0$ 还是 $1$ 状压起来，复杂度是 $16^2n$。

T2

看了两个小时硬是没看出来 SG 函数是啥，我自裁

每个棋子是独立的，总的 SG 函数就是每个棋子的 SG 函数异或和，这很难想到吗？

单个棋子的 SG 函数就是它到子树内距它最远的点的距离（这个倒很容易猜到）。

然后就变成数据结构题了，树剖维护，还有就是看到这种最远距离应该能想到直径，所以把直径拎出来做要容易些，不过依然有不少细节要分类讨论，码了 5.3K，十分舒适。

T3

一眼看好裸的最大权闭合子图

复习了一下建图方式

• 对所有正权点 $i$，连边 $s\rightarrow i$，容量为点权
• 对所有负权点 $i$，连边 $i\rightarrow t$，容量为点权绝对值
• 原图中所有边也都连出来，容量为正无穷

则有，最大权闭合子图的权值 $=$ 正点权之和 $-\ \text{maxflow}$

这个题有一个问题就是选出的子图不能为 $\varnothing$，所以我们要依次删掉每个点强制选它，但每次建图跑网络流复杂度不能接受，不过因为每次我们都只改了一条边的容量，所以不用重新建图，只需再残量网络上退流，再重新增广即可。

[NOI2012] 美食节 这个题好像也是，有空看看。

2.16

T1

一个小结论，线性基 $\mathfrak{B}$ 能表示 $2^i$ 当且仅当把 $\mathfrak{B}$ 消成对角基之后的第 $i$ 行只有第 $i$ 列为 $1$。

然后这个题我只会 $O(\dfrac{n^3\log n}{\omega})$，$O(\dfrac{n^3}{\omega})$ 的做法没听懂/dk/dk/dk

T2

参考 IOI2022国家集训队论文 彭博《图染色问题初探》

众所周知的四色定理指出，任意一个平面图都可以四染色，然而构造方案却不太容易，不过对平面图的五染色却存在很简单的构造方法。

先证引理

$\text{Lemma}$：任意一个平面图中一定存在度数小于等于 $5$ 的点

记平面图的点数为 $V$，边数为 $E$，联通块数为 $C$，把平面划分成的区域个数为 $F$，由平面图的欧拉定理有 $E=V+F-C-1\leq V+F-2$。因为每个平面区域至少由三条边围成，每条边被两个平面区域共享，所以有 $F\leq \frac{2}{3}E$，两个不等式相加得到 $E\leq 3V-6$。所有点的度数之和 $2E\leq 6V-2<6V$，由抽屉原理，必然存在一个点的度数小于等于 $5$。

接下来给出五染色构造方案

对于平面图 $G$，找出一个度数小于等于 $5$ 的点 $x$，删去 $x$ 及与其相连的边，得到平面图 $G^{\prime}$，我们归纳假设已经构造了 $G^{\prime}$ 的五染色方案，现在要给 $x$ 染色。

如果与 $x$ 相连的点小于 $5$ 个或者有相同的颜色，那么 $x$ 可以直接染色，否则，我们记与 $x$ 相连的点为 $a_i\ (i=1,2,3,4,5)$，$a_1$ 到 $a_5$ 顺时针排列，不妨设 $a_i$ 的颜色为 $i$，我们从 $a_1$ 出发找到所有与其相邻颜色为 $3$ 的点，再从这些点出发找到与它们相邻的所有颜色为 $1$ 的点，依此类推，得到一颗颜色交错的树 $T$，如果 $a_3\notin T$，那我们可以把 $T$ 中所有点由颜色 $1$ 变成 $3$，$3$ 变成 $1$，然后把 $x$ 染色 $1$。如果 $a_3\in T$，我们再从 $a_2$ 出发对颜色 $2$ 和 $4$ 做相同操作，记得到的交错树为 $T^{\prime}$，由平面图性质，一定有 $a_4\notin T^{\prime}$（因为 $a_1$ 到 $a_3$ 的路径和 $a_2$ 到 $a_4$ 的路径一定相交），将颜色 $2$ 和 $4$ 交换后，我们就可以把 $x$ 染色为 $2$。

这样我们就有了平面图五染色的 $O(n^2)$ 构造算法。

回到这道题，因为所给图的特殊性质，一定存在度数小于等于 $4$ 的点，我们可以用类似方法构造四染色。

T3

赛时已经想到正解了可惜抱零了，赛后重构一遍代码，码了 5.6K 终于过了/tuu

因为是自己想的，所以不写题解了

2.18

T1 是垃圾题，T2T3 都没听懂，完了。

2.19

T1

我写的题解做法，不过好像写的比别人都长（？）

题意：

给你一个长度为 $n$ 的序列，初始每个点的颜色都不同，每次操作合并两个颜色，求最短的区间 $[l,r]$ 的长度，使 $[l,r]$ 中包含所有颜色。

$n\leq 10^5$

这个题也是，真是太喜欢了

首先肯定想到启发式合并，这样就转化为 $O(n\log n)$ 个单点修改。

然后，看到颜色种类，就想到了记 $pre_i$ 表示 $i$ 前边第一个颜色和 $i$ 相同的位置。

但这个并不是固定区间的询问，怎么处理，我们非常巧妙地记 $f_i=\max\{j\ |pre_j<i\}$，这个 $f_i$ 就是 $i$ 做左端点时使区间合法的最近的右端点。现在我们看看如何维护 $f$。

我们每次会修改一个点的 $pre$（一定是使 $pre$ 值变大了），这会使一些点的 $f$ 值变小。假设我们修改了 $pre_i$，容易发现受到影响的 $f$ 一定是满足 $f_j=i$ 的，而且这些 $f$ 一定是连续的一段（因为 $f$ 是单调不下降的），修改之后这一段 $f$ 会被分裂成若干段。我们用线段树维护 $f$，我们在线段树上二分找出满足 $f_j=i$ 的区间，然后暴力地一段一段修改即可（区间赋值）。这样的复杂度是正确的，考虑最多会产生 $n$ 个段，而每次操作最多会造成一次两个段的合并，所以这样的区间修改总共只有 $O(n\log n)$ 次。

还有一个问题，如何求出新的 $f$，也就是说如何求最大的 $j$ 使 $pre_j<i$，考虑再开一个线段树维护 $pre$ 及其后缀最小值，这样就可以线段树上二分求出 $f$。

最后还有一个小问题，并非所有的 $f_i-i+1$ 都能作为答案，设 $p$ 是最靠后的满足 $[p,n]$ 包含所有颜色的位置，那么答案应该是 $i\in[1,p]$ 的 $f_i-i+1$ 的最小值，$p$ 随着不断修改操作是单调的，直接一个指针维护就好了。

这样就以 $O(n\log^2n)$ 的复杂度做完了！

T2

有 $n$ 个选手编号 $0$ 到 $n-1$，初始时，有一个数字 $x=0$，选手 $0$ 到 $n-1$ 依次选择是否进行操作，选手 $i$ 进行操作可以将 $x$ 变为 $(x+a_i)\bmod n$。最终的 $x$ 就是胜者的编号。一个选手进行操作当且仅当他能获胜，且不进行操作无法获胜。

序列 $a$ 最初给定，之后 $q$ 次单点修改，每次你要求出胜者编号。

$n\leq 3\times 10^5$

记 $p_i=(i-a_i)\bmod n$，因为进行操作的人只会令 $x$ 变成他自己，所以 $p_i\geq i$ 是无用的，从 $i$ 向 $p_i\ (p_i<i)$ 连边，形成一个内向树森林。

设 $f_i=0/1$ 表示若当前 $x=i$，$i$ 能不能赢，则有 $f_i=1$ 当且仅当 $\forall j\in son(i),f_j=0$，这样树形 DP，最后 $0$ 号节点编号最小的等于 $1$ 的儿子就是胜者，若没有，答案就是 $0$。

带上修改操作，我们就在 LCT 上动态 DP 就可以了，重儿子的转移可以写成 $g(x)=kx+b$ 的形式（$k,b$ 适当地取 $0,1,-1$）。

23 号也有一个 LCT 做的动态 DP，其实写起来感觉差不多。

T3

给你 AC 自动机的 trie 树和 fail 树（根不确定），请你构造出一个符合条件的 AC 自动机。

$n\leq 3\times 10^5$

题解垃圾 $O(n\log n)$ 做法也没看懂，实际上做到 $O(n)$ 还是比较简单的说。

先假定确定了根怎么做（之后再说怎们找根）

考虑 fail 树，根节点每个子树显然是一个相同的字符，所以直接给每个点标好字符，（一些显然不合法的情况要判掉，比如 fail 边从 trie 上深度浅的点指向深的点）。

然后要检查 $x$ 的 fail 边指向的点是否是从 $fa_x$ 开始跳 fail 边第一个遇到的有和 $x$ 相同字符孩子的点。我们在 fail 树上 dfs，在过程中维护 $mp_c$ 表示上一个遇到的有 $c$ 孩子的点，这个很好在 dfs 以及回溯过程中维护。还有一些情况比如 trie 树上有一个节点两个孩子被赋上了相同字符也要判掉。

现在我们考虑怎么找根，如果两点 $u,v$ 之间既有 trie 边又有 fail 边，那就说明当前点对应的字符串有长度为 $len-1$ 的 border，那它的循环节就是 $1$，也就是说，所有这样的公共边构成从边出发的一条条链（一个爪子形），度数大于 $2$ 的点就是根。

如果所有公共边构成的是一条链，我们考虑链上一个点 $x$ 在 trie 树上的邻居，它代表形如 $\texttt{aaa...ab}$ 这样的串，从它出发跳 fail 边，回到链上，假设跳到了链上的点 $y$，那么 $y$ 代表的要么是 $\texttt{b}$，要么是空串，所以根节点一定是 $y$ 或 $y$ 在链上的邻居，逐个检查这三个点即可。

这样就做完了！

2.21

今天题相对来说简单多了啊

T1

题意很容易转化成求 LIS 以及哪些位置在所有可能的 LIS 中。从两边分别 DP 并统计方案数，对每个位置检查其两侧的方案数乘积是否等于总方案数（可能会很大，记得取模）

想到 DAG 必经边的经典做法，这个题就很容易想到了。

T2

题意

一棵 $n$ 个节点的树，每个点可以填一个 $[l_i,r_i]$ 中的整数，需满足相邻两个节点上的数互质。对每个点求其在所有合法方案中上面的数之和。

$n\leq 50,l_i\leq r_i\leq 50000$，对 $10^9+7$ 取模。

直接 DP，$f_{x,i}$ 表示点 $x$ 填 $i$ 在其子树内的方案数，转移就是

$$f_{x,i}=\prod\limits_{y\in son(x)}\sum\limits_{j=1}^m [i\perp j]f_{y,j}$$

（这里忽略了 $l_i,r_i$ 的限制，$m$ 为值域，具体实现时把不在 $[l_i,r_i]$ 范围内的 $f_i$ 设为 $0$ 即可）

直接莫反

$$\sum\limits_{j=1}^{m}[i\perp j]f_{y,j}=\sum\limits_{j=1}^m f_{y,j}\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k) =\sum\limits_{k|i}\mu(k)\sum\limits_{k|j,j\leq m} f_{y,j}$$

后面这一大坨都可以 $O(m\log m)$ 处理出来，这样整个 DP 以此就是 $O(nm\log m)$ 的。

对每个点求答案，换根 DP 就可以。

还有，关于换根的写法，我们可以记录每个点孩子前缀和后缀的 DP 值，这样换根的时候就避免了减去贡献，有的时候会简单很多。

T3

转化后的题意大概是给一个括号串，区间询问，求区间内最长的合法括号序列。

$n\leq 10^5,m\leq4\times 10^6$

把左括号看作 $-1$，右括号看作 $+1$，前缀和之后就是一个若干山峰状的序列，就是求区间内注水，形成的最长连续水面长度（非常形象）

首先能想到 $O(n\sqrt m)$ 的回滚莫队。

然后还有一个做法是倍增，记 $r_i$ 表示 $i$ 右面第一个比它大的位置，$l_i$ 同理，答案一定是一个区间 $[i,r_i-1]$ 或 $[l_i+1,i]$。我们倍增地跳 $l$ 和 $r$，就可以在线 $O(\log n)$ 单次询问了。

稍微想想好像也能做到 $O(1)$ 单次询问。总之都可以通过。

2.23

T1

容易得到 DP

$$f_x=\sum\limits_{y\in son(x)}\max\{f_y,1\}-[\prod\limits_{y\in son(x)} f_y=0]$$

DP 选的根节点必须度数大于等于 $3$，否则答案就是 $1$。

加上 Link，cut 操作，考虑在 LCT 上维护动态 DP，一个节点 $x$ 从重儿子的转移可以写成分段函数

存在轻儿子 DP 值为 $0$，

$$g_x(val)=\begin{cases}s+1&val=0\\val+s&val>0 \end{cases}$$

不存在

$$g_x(val)=\begin{cases}s&val=0\\val+s&val>0 \end{cases}$$

其中 $s$ 是所有轻儿子的 DP 结果。

这个分段函数是容易复合的，所以就可以做了（动态 DP 能维护的奇怪东西增加了！）

几个实现细节：

• 考虑有换根操作（链翻转），所以维护一个从上到下的复合和一个从下到上的复合，reverse 的时候直接 swap 两者即可
• 为了得到一个实链顶端的 DP 值，我们发现给整个链上的函数代入 $0$ 是不对的，所以我给维护的函数加了一段，代入 $-1$ 得到的是链顶的 DP 值
• 把 $x$ link 到 $y$ 上的时候要先 access 一下 $y$，否则上面虚边的信息都错了（调了好久）

T2

原题：https://blog.csdn.net/weixin_45313881/article/details/104032690

所以就不写题解了，这道题还是很好的。

能不能用这道题解法求边三联通分量？

2.27 Update：好的，A 掉了洛谷模板题，看来是能的 https://www.cnblogs.com/sapphire162/p/15941274.html

T3

寄吧题，毫无难度只需大力分类讨论去构造。（但我也没切，好像没资格这么说）