杭州集训 Day 3

课前

早饭 htdlz 帮忙买的，一碗粥和三个不知名的糕点，粥并不好喝，但是糕点好吃。

早上到了机房把这儿的小破电脑换成了自己的笔记本，屏幕大一点舒服一些。hs_black 走了，今天换 syksykccc 来讲，syk 开朗幽默的多，上课和机房这群很有话题。而且他甚至把他讲的每个题对应的代码打了，然后课后发了。

课前他自我介绍说：“我是高一拿的 Ag，后来觉的 OI 比 whk 难然后就 AFO 了，最后裸分考的北大。”

syk 还发表了一些逆天言论，如 “破链为环” 解决区间 dp 问题

笔记

P2051

设 $f[i][j][k]$ 表示从左上角一直到坐标 $(i,j)$ 并且用了 $1$~$k$ 个象棋的方案数

$n$ 的数据范围很小，可以 $n^3$ 暴力遍历

$v[i][j]$ 标记棋子

但是转移并不好写，考虑找性质，发现对于每行每列炮的个数不会超过两个

所以将第二，三维优化

$j$ 表示 有 $j$ 个列是 $1$ 个炮，$k$ 表示有 $k$ 个列放 $2$ 个炮，剩下的放 $0$ 个炮

转移的时候就考虑在当前行放 $0 / 1 / 2$ 个炮，以及这些炮放在了之前有几个炮的列上

现在可以暴力转移，复杂度三次方级，可以通过

P1437

将原图形旋转变成左下角为直角的等腰直角三角形形式，那么想要拿走一个砖，就必须要拿走左边那个和左上角那个，考虑有依赖的背包 dp

显然的，可以将当前砖和左边那个和左上角那个绑定，他们的分值和为质量，个数为体积，然后背包

但是一定会有重复绑定导致计算错误，所以要考虑找特殊性质，发现第 $i$ 行被打掉的一定是一个前缀，用 $f(i, j, k)$ 表示当前考虑到第 $i$ 行，这一行的轮廓线转折点在 $j$，已经打了 $k$ 个砖头的最大收益。

$$f(i,j,k) = \max_{l≥j-1} \{ f(i-1,k,k-j)+S_i(j) \}$$

复杂度 $O(n^4)$

P6189

显然可以平方级别的背包 dp，但是显然过不了。但是对于背包 dp 它也有两种不同的状态设计，

$f(i, j)$ 表示把 $i$ 拆成 $≤j$ 的数的方案。$g(i, j)$ 表示把 $i$ 拆成 $j$ 个数的方案。这个直接递推转移是非常好实现的。

之后根号分治，对于小于等于 $\sqrt n$ 的数据计算 $f$，剩下的计算 $g$（这里数据指的是 dp 第二维）

复杂度 $O(n \sqrt n)$

之后考虑如何使用 $f,g$ 更新计算答案

$$\sum_{s=0}^n (f(s, M) \times \sum_{c=0}^Mg(n-s,c))$$

$M$ 指的是根号分界

P7962

将答案式子展开化简后为 $n \sum_{i=1}^na_i^2 - (\sum_{i=1}^na_i)^2$

对于一次操作，原来相邻两个数的差为 $a_i - a_{i-1}$ 变为了 $a_{i+1} - a_i$。即一次操作是在交换差分数组的相邻两项，
可以任意交换差分数组得到一个新的差分排列。为了使所有数字趋于平均值，差分数组应当是单谷序列，微扰法可以证明。将差分数组 $b$ 从小到大排序，然后依次考虑每一项，要么插在当前最左边，要么插在当前最右边。

令 $a_0 = 0$，设 $f(i,s)$ 表示考虑了前 $i$ 个数，当前 $∑a_i = s$
的情况下，最小的 $\sum a_i^2$ 是多少。

• $f(i,s+\sum_{j=1}^{i}b_j) = f(i-1,s)+(\sum_{j=1}^{i}b_j)^2$，放在右边

• $f(i,b_i*i+s)=f(i-1,s)+i*b_i^2+2*b_i*s$ ，放在右边

直接 dp 复杂度为 $O(n^2a)$

注意到差分数组中非 $0$ 项至多 $O(a)$ 个，而对于 $b_i = 0$ 毕竟排在最前面，无论放左放右都是一样的，所以直接铺开就行了，于是时间复杂度就能做到 $O(na^2)$

P6764

计算出 $P_i = 0/1$ 表示能否从 $i$ 开始进行一次粉刷，之后的就是很平凡的贪心区间覆盖问题。

假设现在 $|F_c| ≤ 1$，那么每个墙能指派的承包商是固定的。用 $f(i)$ 表示从第 $i$ 段墙开始最远能刷到哪里。

用 $f(i, j)$ 表示从第 $i$ 段墙开始，让承包商 $j$ 来粉刷，最远能刷到哪里。可以 $O(nm)$ 逆序递推。初始化 $0xcf$，对于 $j ∈ F_{c_i} ∧ (i = N − 1 ∨ (j + 1) \mod m ∉ F_{c_i}+1$ 的情况，$f(i,j) = i$。剩下的 $j ∈ F_{c_i}$ 的情况 $f(i + 1,(j + 1) \mod m)$

然后还有一些优化的 trick 卡一下就过了

P5289

用 $f(x, y)$ 这样的状态去做背包，表示考虑到当前学校的时候，红阵营有 $x$ 人，$A$ 派系有 $y$ 个人的方案数。复杂度是 $O(nM^2)$

假如 $k = 0$ 发现可以先计算阵营的分配方案数，再计算派系的方案数，然后把两个乘起来即可。这两个都是可以一维背包实现的，复杂度 $O(nM+cM)$

对没有限制的学校用分别 $dp$ 的方式，对于有限制的学校，因为不超过 $k$ 个，所以用二维 $dp$ 的方式再合并一下答案，总复杂度 $O((n + c)M+ k^2sM)$

P4302

用 $f(l,r)$ 表示 $S[l · · ·r]$ 的答案。

• 第一条：$f(l,r) ← (r − l + 1)$

• 第三条：$f(l,r) ← f(l, k) + f(k + 1,r)$

• 第二条：枚举循环节长度 $k$，
  $f(l,r) ← f(l, l + k − 1) + 2 + digits((r-l+1)/k)$

枚举 $k$ 是 $r − l + 1$ 的因子的去检查，调和级数可得复杂度 $O(n^3 \log n)$

P6879

时间值域太大了，不好设计进状态，但是答案很小，考虑交换定义域和值域设计 dp 状态。

$f(l,r, b_{lr}, k)$ 表示当前考虑了 $[l,r]$ 这一段的所有打卡点，
$b_{lr}$ 表示终止时站在 $l$ 还是 $r$，真正成功打卡了 $k$ 个点时，最小花费的时间。用每一个已经求出的 $f(l,r, b_{lr}, k)$ 的状态去更新 $f(l − 1,r, *, *)$ 和 $f(l,r + 1, *, *)$。$k$ 是否要增加可以根据两个 $b$ 的值很方便地计算。

那么初始时把所有的状态都赋值为无穷，如果一个状态的最小时间不是无穷就说明有意义，用它去刷表。最后要查看有意义的状态的 $k$ 的最大值。

复杂度 $O(n^3)$

P1864

不能修改数据值，所以这棵树的中序遍历固定。另一点是，由于可以修改为任意实数，实数是可以无限接近但是不相等的，所以完全可以理解为，允许权重相同，并且权重相同的点可以以任何你想要的顺序排序。即允许假定权重是整数来考虑这个问题。用 $f(l,r, k)$ 表示把 $[l,r]$ 建树并且保证子树内所有点的权重都 $≥ k$ 的时候，最小化的答案。$f(l,r, k)$ 通过枚举根节点 $t$，分别考虑不需要 /需要修改，利用下两式来更新

$$f(l, t − 1, w_t) + f(t + 1,r, w_t) +∑_{i=1}^r freq_i (w_t ≥ k)$$

$$f(l,t-1,k) + f(t+1,r,k)+K+\sum_{i=1}^r freq_i$$

其中 $∑freq_i$ 表示深度 $+1$ 之后代价的增量。总复杂度为 $O(n^4)$

P7605

设 $f(l,r)$ 为答案

转移 $f(l,r)$ 考虑第一步选择了左边还是右边，不妨设左边。

如果最终都没消去，那么就是 $f(l + 1,r) + (1, 1)$

如果最终利用 $c_k$ 消去了，考虑一下 $c_k$ 是从左端取出的还是
从右端取出的。

不妨设是右端取出的，那么显然 $[k + 1,r]$ 要先被删除，考虑
枚举 $j$ 表示 $[l + 1, j]$ 辅助了这一段的删除，那么转化后的子
区间就是 $[j + 1, k − 1]$

用 $\max\{f(j + 1, k − 1),2, 1 + g(l + 1, j, k + 1,r)\}$ 来表示这个转移

其中 $g(l_1,r_1, l_2,r_2)$ 表示完全消除 $[l_1,r_1] ∪ [l_2,r_2]$ 所需要的栈的大小。当然也有可能为无穷，此时对应的状态不能用来转移
。

关于 $g$ 的转移，考虑是先取出 $l_1$ 还是 $r_2$。

比如是 $l_1$，考虑它和哪个位置配对，比如是和 $c_i$，其中 $i ∈ [l_2,r_2]$。再枚举左侧辅助消除 $[i + 1,r_2]$ 的区间是 $[l_1 + 1, j]$，那么转移就可以表示为 $\max\{g(l_1 + 1, j, i + 1, r_2) + 1, g(j + 1,r_1, l_2, i-1)\}$

理论复杂度 $O(n^6)$ ，实际上可以快速判断一些 $g$ 的值为无穷，比如区间长度和是否为偶数，区间内的数是否两两配对（可以哈希之后求异或
和）。这样常数很小。可以用记忆化搜索实现。

P7077

如果没有第 $2$ 类，考虑计算每个第 $1$ 类函数的实际被调用次数。

第 $2$ 类函数可以看作，对原始数据的乘法 + 将之前的第 $1$ 类函数调用 $V_i$ 次。

建立一个 $DAG$，每个第 $3$ 类函数（可以把 $f_1, · · · , f_Q$ 也建模成一个第 $3$ 类函数）向它所调用的所有函数依次连边。

首先考虑计算原始数据的贡献，这个只需要一次 dp 求出每个函数调用造成的全局乘积大小，然后就可以方便的计算总倍率。

逆序第 $3$ 类函数序列。动态维护一个乘积 $prod$ 表示当前子函数需要执行多少次。每遇到一个子函数，就在它对应的节点上打 $+prod$ 标记，然后再更新 $prod$。这样便可以拓扑排序后利用 dp 求出每个函数需要调用的次数，累加贡献。

复杂度 $O(n + \sum C_i)$

P4577

每个节点开一个 multiset $f_u$，从大到小的第 $x$ 个数，表示当答案为 $x$ 时的最大转移权值。

首先不考虑 $u$ 的话，$f_u =∪f_v$

考虑 $u$，那么把 $w_u$ 插入 $f_u$，然后除非 $w_u$ 是 $f_u$ 中最小的，否则把 $w_u$ 的前一个 iterator 删除。合并 $f$ 时可以使用启发式合并，复杂度 $O(n \log^2 n)$，如果使用权值线段树维护可以做到单 $\log$

P5024

设 $f(u, 0/1)$ 表示 $u$ 的子树，$u$ 不选 / 选，从“转移模式”来
看，除了 $a, b$，其他的点依然在做相同的操作。

首先一次 $dp$ 求出前文提到的 $f(u, 0/1)$ 数组，现在考虑把 $f$ 倍增化。用 $g(u, k, 0/1, 0/1)$ 表示对于 $u$，它选不选，它的 $2^k$ 级父亲 $fa$ 选不选，则 $tree(fa) − tree(u)$ 的最优代价。初始化为

$$g(u, 0, 0, 0) = inf$$

$$g(u, 0, 1, 0) = f(fa, 0) − f(u, 1)$$

$$g(u, 0, 0/1, 1) = f(fa, 1) − min(f(u, 0), f(u, 1))$$

倍增转移时枚举 $2^{k−1}$ 级父亲的状态

现在分两种情况讨论询问。如果 $a, b$ 是祖先-后代关系，那么，先用 $b$ 的 $f$ 去初始化状态 $res_0,res_1$，分别表示当前的根节点是不选/选的最小代价。然后用 $g$ 去倍增到 $a$，再把 $res_x$ 赋值为 $0$，最后一路倍增到根节点即可。如果不是的话，同理，分别从 $a, b$ 用上面的操作倍增到 LCA 下方的节点，然后在 LCA 处暴力合并答案，再倍增到根节点即可。复杂度只有一个 $\log$

课后

绝区零常驻池第一个常五是狼哥，第二个十连出了苍角，抽那个小不点不知道是什么的东西上来十连出了一个金，后来换成鲨什么蓝色的那只十连又出了。

暗示我抽鲨鱼妹

但是我 50 抽了还没出，运气太差

傻鸟米哈游不如洛谷好玩