省选集训 day 2 平衡树

合集 - 省选集训(11)

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A

注意到每条运动轨迹是已知的，我们的目标就是找到可以选择的最大权值（定义为路径上的特殊点个数）的运动轨迹并支持删除这些点。

找轨迹：利用斜率为 $\pm 1$ 的直线 $x+y,x-y$ 至少有一个不变的性质寻找

对于边界，可以使用常见手段：延拓一倍平面，也就是变成 $2n$ 行，这样就只会走模运算意义下的直线

注意特殊点公用位置的情况。

同时我们由于从每个特殊点转折后有两个方向，不妨加一个第二维度 $0/1$ 描述方向。

因此我们就可以表示出每条链及其方向了。

使用权值线段树维护每一行的开头的轨迹的最大值并记录编号。

然后直接删掉整条链，这部分由于方向确定，所以一个点至多在两条链里，因此总删除复杂度 $O(M)$。

然后主要的问题在于如何维护每条链的权值，支持动态删点，并且还有可能由于链头被挡住导致只能从链中间取的情况。

因此我们还需要考虑到每一行的归属轨迹。

暴力地，我们直接对涉及到的链只修改被更改的部分。考虑到其运行速度相当快，我们来思考下暴力做法的复杂度。

可以想到，如果一条链产生相当大的时间开销，那么必然是从后面每次都往前删，删很多次，并且这条链不是最长的链，这告诉我们单次取出一条贡献 $w$ 的链，其复杂度上界是 $O(min(m,w^2))$，那么现在一个更强化的问题是：给定序列 $a_1\sim a_n,\sum a_i=m$ 然后复杂度不超过 $\sum min(m,a_i^2)$

考虑到在 $n$ 固定时，$a$ 贪心取 $\sqrt{m}$ 及更低的值， 那么必然是越散越大，也就是 $m·\sqrt{m}$ 的上界。

一种可能的情况是当前链挡住后面某一条很长很长的链，导致其被更新，我们考虑考察这条链的更新次数，其本质还是等差数列级（如果要挡住，每次的链长度不会相同），也就是根号级别。

如有其他hack方法欢迎提出。

B

考虑置换环，一次交换相当于分裂环/合并环。

那么对于这个操作，我们必然是希望不断分裂环让其变为全自环的。

然后怎么操作呢，例如这样一棵树 $a:312,p:011$

就无解了

这告诉我们这个环必然得是一个从根到底的一条链上的节点，但是不要求顺序，这也可以解释链的情况必然有解。

考虑如果没有顺序，一个自然的想法是让深度次大与深度最大互换，这样就分裂为两个置换环了。

但是有了按照顺序操作的限制，我们应该怎么办？

你要保证每个环仍然足够鲜活，也就是除了深度最大的点都还能操作

也就是需要有意识地隔离深度最大点

也就是操作一个点后让它变为深度最大点

建立环 $i\to a_i$

例如现在操作 $x$，反着跳，直到遇到第一个 $y$ 使得 $de{p}_y>de{p}_x$，这时候交换这两个点的 $a$ 值，就可以完成操作了。

也就是说，需要一个数据结构，维护环分裂，某个方向首次 $>$ 的值，

注意到我们可以以最大 $dep$ 作为序列终点维护整个序列，我们以反方向，也就是 $a_i\to i$ 为正方向，那么相当于是若操作 $x$，往右找到首个 $t$ 满足 $de{p}_x<de{p}_t$，然后将这个序列变为：

x 方向： $[x+1,t-1][x]$

t 方向：$[1,x-1][t,end]$

使用 fhq_treap 维护即可。

C

基础题目，线段树合并/启发式合并/可并堆板题。

D

可以发现可以单独维护分子分母，也就是有：

$$\frac{1}{a_k+\frac{1}{a_{k+1}}}=\frac{a_{k+1}}{a_k{a}_{k+1}+1}$$

因此会有假设后面若干步得到答案是 $\frac{x}{y}$，那么有：

$$\frac{x^{\prime }}{y^{\prime }}=\frac{1}{a_k+\frac{x}{y}}=\frac{y}{y·a_k+x}$$

可以写作矩阵：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]$$

因此答案可以表达为关于序列 $a$ 相关的矩阵乘积，注意是倒着由 $k$ 乘到 $0$ 的，并且最开始 $x=0,y=1$。

考虑操作 W，其实显然有：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k+1\end{array}\right]$$

注意这里我们需要右乘，其道理是如果将E也表示为这样的形式，那么就不需要考虑 $a$ 的末尾具体是啥了

考虑操作 E

其后一种情况可以写为：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& -1\\ 0& 1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right]$$

同时前一种情况可以描述为

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_{k-1}+1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_{k-1}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& a_{k-1}\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 1\end{array}\right]$$

同时我们发现对于上面的那种情况，带入 $a_k=1$，有：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 1\end{array}\right]$$

得到了同样的结果

那么这告诉我们，其实有：

$$\{\begin{array}{l}W:\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right]\\ E:\left[\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 2\end{array}\right]\end{array}$$

剩下的维护属于平衡树基础操作：维护正反的左右向的矩阵积一共四个即可。