杂题题解（暑假）

UOJ 21 缩进优化
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记 \(M=\max(a_i)\)
从反面考虑，考虑 \(x\) 让答案减小的量。即为 $\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor\times(x-1)=(x-1)\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor$。
只需要快速计算 $S=\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor$。
可以直接枚举 \(\lfloor \frac{a_i}{x} \rfloor\) 的值，记为 \(t\)，则 \(x\times t\le a_i< x\times t+x\)。
统计值为 \(j\) 的 \(a_i\) 的个数，再做一次前缀和，记为 \(sum\), 则每一个 \(t\) 对 \(S\) 的贡献，即为
\(t\times (sum_{x\times t+x-1}-sum_{x\times t-1})\)。
注意到 \(t\le \frac{M}{x}\)，所以对于每一个 \(x\) ，只需要枚举 \(\frac{M}{x}\) 个 \(t\)。总复杂度为
\(\sum_{x=1}^n \frac{M}{x}=\Theta(M \log M)\)

实现简单，小坑点：\(x\times t+x-1\) 可以达到 \(2\times M\)，\(sum\) 也需要算到 \(2\times M\)。

Luogu P3549 [POI2013] MUL-Multidrink
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初步观察题目，发现可以把过程大致理解为跳 \(1\) 到 \(n\) 的链，中途路过其他点。

可以先把 \(1\) 到 \(n\) 的链抽出来，再把链上的点的作为树根，得到一条每个结点上都挂了一棵树的结构。

我们初步考虑，应当要让从链走入子树时可以“返回”，所以我们树形 dp，记

\(f_{u,1}\) 表示子树 \(u\) 从 \(u\) 进入，可否遍历后返回 \(fa_u\)；

\(f_{u,0}\) 表示子树 \(u\) 从 \(fa_u\) 进入，可否遍历返回 \(u\)。

考虑如何进行转移：

先考虑 \(f_{u,1}\)：

（我们称一个点为”单点“，当且仅当这个点没有儿子,记 \(u\) 的儿子构成的集合为 \(son(u)\)）

1. 如果 \(son(u)\) 中没有非单点， \(f_{u,1}=1\)。 这是显然的，只需从 \(u\) 进入，遍历儿子结点即可。

2. 如果 \(son(u)\) 中有且仅有一个单点，不妨设为 \(k\)，则 \(f_{u,1}=f_{k,0}\)。 若 \(f_{k,0}=1\), 从 \(u\) 进入子树 \(k\) 再返回到 \(k\) 遍历其他单点即可。反之，若 \(f_{k,0}=0\)，一旦进入子树 \(k\)，就无法返回，可得\(f_{u,1}=0\)。

3. 如果 \(son(u)\) 中有多个非单点，\(f_{u,1}=0\)。不妨设有非单点 \(k1,k2\)。因为进入子树 \(k1\) 后，只能终结在 \(k1\)，跳单点只能从 \(k2\) 进入 \(k2\) 的子树，然后就无发返回了、

\(f_{u,0}\) 差不多同理，结论唯一的不同是 “如果 \(son(u)\) 中有且仅有一个单点，不妨设为 \(k\)，则 \(f_{u,0}=f_{k,1}\)”。

计算完 \(f\) 后，我们考虑如何求答案。

我们记 \(g_{u,1}\) 表示从一出发可以跳链到达 \(u\) ( \(u\) 为链上节点），此时 \(1-u\) 的所有结点上挂的子树都被访问， \(u\) 所在子树亦被遍历，目前位于 \(u\) 结点是否可行。

\(g_{u,1}\) 表示从一出发可以跳链到达 \(u\) ( \(u\) 为链上节点），此时 \(1-u\) 的所有结点上挂的子树都被访问， \(u\) 所在子树未被遍历，目前位于 \(u\) 结点是否可行。

记 \(x\) 为 \(u\) 前一个结点。

\(g_{u,1}\) 大部分转移显然(\(g_{u,1}=g_{x,1} \vee (g_{x,0} \wedge f_{x,1})\))，可以看代码。有一种比较特别：\(x\) 有两个非单点子节点 \(s1,s2\)。可以从 \(x\) 的前一个结点进入 \(s1\) ，遍历完毕回到 \(x\), 跳到 \(s2\)，遍历子节点中的单点，进入 \(u\)。

\(g_{u,0}\) 在 \(size(u)=1\) 时转移与 \(g_{u,1}\) 相同，\(size(u)>1\) 时，\(g_{u,1}=g_{x,1} \wedge f_{u,0}\)。
最终答案即为 \(g_{n,1}\)。

找方案其实是简单的，就是正常的 dp 回溯。

代码：实现的不太好，很长。

代码

ARC164E Segment-Tree Optimization
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先考虑第一问，如何求 \(d\)。 我们发现一个区间 \([l,r]\) 在深度为 \(x\) 的层次停止遍历，意味着 \([l,r]\) 可以用该层的区间恰好拼出。这即等价于 \(l-1,r\) 都是 \(x\) 层区间的“断点”。

所以，在第 \(d\) 层中，\(\forall i \in [1,q], l_i-1,r_i\) 均为断点。由于第 \(d\) 层至多有 \(2^d-1\) 个断点，统计不同的 \(l_i-1,r_i\) 即可（要排除 \(1,n\)）。

现在考虑如何最小化 \(c\)。我们发现，如果一个区间的一个端点在第 \(d\) 层产生，就会对 \(c\) 产生 \(2\) 的贡献。 反之，没有贡献。

我们进行 dp。先统计每个位置的端点个数。将有端点的位置记录在 \(a\) 中（设共有 \(tot\) 个这样的位置）。

设 \(dp_{i,j}\) 表示在第 \(d\) 层中，前 \(i\) 个断点计算到了前 \(j\) 个有端点的位置时的总贡献最小值。因为在第 \(d\) 的断点中，只有奇数位的断点是在该层新产生的，即有贡献的，可以得到以下转移方程：

\(dp_{i,j}=\min(dp_{i-1,j},dp_{i-1,j-1}+a_j[i 为奇数])\)

最终答案即为 \(dp_{2^d-1,tot}\)

小坑点：\(d=1\) 需要特判。

Luogu P8162 [JOI 2022 Final] 让我们赢得选举
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首先得到几条简单的贪心结论：

1. 所有的协作者（包括本人）在同一城市演讲一定是不劣的。
2. 选完协作者后，一定选择 \(a\) 比较小的城市获取选票。
3. 选完协作者后，协作者一定按一定按照 \(b\) 从小到大的顺序获得。

证明都十分简单，略。
由于结论3，我们先把城市对 \(b\) 排序，然后假设目前要获得 \(t\) 个协作者，进行 dp。

排序后，还可以得到一条结论：如果一个前面的城市 \(i\) 没有获得选票，后面的所有城市都不会获得协作者。

证明：
若后面的城市 \(j\) 获得协作者，也一定获得了选票，花费的时间 \(b_j\) 一定大于 \(b_i\)，故改为获得 \(i\) 的协作者，放弃 \(j\)，一定是不劣的。

据此可以设计状态 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个城市均获得选票，其中 \(j\) 个获得协作者的最小时间花费。可以得到转移方程
\(dp_{i,j}=\min(dp_{i-1,j}+\frac{a_i}{t+1},dp_{i-1,j-1}+\frac{b_i}{j})\)

为了求得答案，我们再求出后 \(i\) 个城市中 \(a\) 前 \(k\) 小的的数的和，记为 \(suf_{i,k}\)。

答案即为 \(\min dp_{i,t}+\frac{suf_{i+1,k-i}}{t+1}\)

Luogu P8163 [JOI 2022 Final] 铁路旅行 2
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观察数据范围，\(Q\times m\) 已经很大了，所以单次询问一定不能依靠一条一条路径跳来得到答案，所以想到倍增，一次跳多条路径。

我们记
\(le_{i,k}\) 表示从 \(i\) 出发，跳 \(2^k\) 步可以到达的最左位置
\(ri_{i,k}\) 表示从 \(i\) 出发，跳 \(2^k\) 步可以到达的最右位置

可以进行转移：

\(le_{i,k}=\min le_{j,k-1}\)，其中 \(j\in [le_{i,k-1},ri_{i,k-1}]\)。

这可以用线段树/ ST 表维护。

同时，\(le_{i,0},ri_{i,0}\) 可以简单得用线段树/单调队列求出。

至此，我们得到 \(le,ri\) 的值。

现在考虑如何处理询问。

按照倍增的普遍做法，我们进行倒序拓展可范围 \([l,r]\)，如果终点 \(t\) 被覆盖，放弃该次拓展，否则接受该次拓展。

最后一次拓展后如果终点 \(t\) 未被覆盖，则可断定无解。

具体的，倒叙枚举单次跳跃得长度 \(2^k\)，每次拓展即为：

\(l\) 拓展为 \(\min le_{j,k}\)，其中 \(j \in [l,r]\)
\(r\) 拓展为 \(\min ri_{j,k}\)，其中 \(j \in [l,r]\)

这样一次拓展需要 \(2^k\) 步，求和即为答案。

Luogu P8164 [JOI 2022 Final] 沙堡 2
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考虑如何判断一个矩形是合法的。显然，遍历矩形的这条路径一定呈降序。

如果目前位于位置 \((x,y)\)，那么下一步一定到达 \((x,y+1),(x,y-1),(x+1,y),(x-1,y)\) 四个位置中权值小于 \(a_{x,y}\) 的，或者 \((x,y)\) 为路径的终点。
不妨记这个位置为 \((x1,y1)\)，我们记 \(val_{x,y}\) 表示 \(a_{x,y}-a_{x1,y1}\)，如果 \((x,y)\) 为路径终点，记 \(val_{x,y}\) 为 \(a_{x,y}\)

可以证明，一个矩阵存在合法路径当且仅当该矩阵内所有点的 \(val\) 和为矩阵所有点的 \(a\) 的 \(\max\)。证明方法类似差分。

显然一个合法的矩阵只会有一个起始点，所以我们把起始点的 \(val\) 记为，\(inf-a_{x1,x2}\)，那么可以得到：一个矩阵存在合法路径当且仅当该矩阵内所有点的 \(val\) 和为 \(inf\)。

现在考虑如何解决原问题。

总体来说，我们枚举矩阵的上下两行，记为 \(l1,l2\)。再对每一列 \(l1,l2\) 内的权求和，简单前缀和+扫描即可。

但是，由于一个点可能位于矩阵的边，角，中间，所以需要分 \(9\) 种情况讨论 \(val\)，导致码量巨大。

CF1844G Tree Weights
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设 \(u\) 到 \(1\) 的路径上边权和为 \(d_u\)。
显然的，第 \(i\) 条信息可以表示为 \(d_i+d_{i+1}-2\times d_{lca(i,i+1)}=val_i\)。

如果直接对 \(n\) 个式子做高斯消元，复杂度 \(\Theta(n^3)\)，显然不行。

注意 \(d_1=0\)，发现问题难点在于 $d_{lca(i,i+1)} $，而它带有一个系数 \(2\)，所以把式子两边同时对 \(2\) 取模，有 \(d_i\mod 2+d_{i+1}\mod 2=val_i\mod 2\)。

可以递推得到每一个 \(d_i\mod 2\) 的值。

已知 \(d_i\mod 2\) 的值后，再把原式对 \(4\) 取模，有 \(d_i\mod 4+d_{i+1}\mod 4-2\times d_{lca(i,i+1)}\mod 2=val_i \mod 4\)

以此类推，可以求出每一个 \(d_i\)。

最后判断 \(d_i\) 是否满足要求，以及边权是否为负即可。复杂度 \(\Theta(n\log W)\)。

CF1285F Classical?
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考虑 \(lcm(x,y)=\frac{x\times y}{\gcd(x,y)}\)。考虑如何固定 \(g=\gcd(x,y)\)。

此时，先找出所有 \(g\) 的倍数（注意到至多有 \(\frac{A}{g}\) 个）。自然的，把每个数都除去 \(g\)。
我们需要得到的数中互素的数对 \((x,y)\) 计算贡献 \(x\times y\times g\)。发现 \(x\times y\) 具有一定的单调性，所以从大到小考虑这些数，如果出现 \(\gcd(x,y)=1，x<y\)，那么显然的，所有 \(x<z<y\) 的 \(z\) 不再对答案产生贡献。可以维护一个栈，将其弹出。

现在只需快速判断栈内有无与某个数互素的数即可。由莫比乌斯函数的性质，\([x=1]=\sum_{d|x}{\mu(d)}\)，所以 \(\sum{[gcd(x,y)=1]}=\sum_{k|x}{\mu(k)\times cnt_k}\)，其中 \(cnt_k\) 表示 \(k\) 作为栈中的数的因数的出现次数。

又因为 \(\sum_{i=1}^N d(i)=\Theta(N\log N)\)，而每个数在一轮操作中只需要计算 \(2\) 次对 \(cnt\) 的贡献（一次进栈，一次出栈）所以总的复杂度为 \(\Theta(A\log^2 A)\)。

LOJ 2395 火车旅行
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看到这种多次询问两点间的最短路径的题，容易想到倍增。我们设 \(le_{x,k}\) 表示从 \(x\) 出发，走 \(2^k\) 步，可以到达的最左边的位置，\(le_{x,k}\) 表示从 \(x\) 出发，走 \(2^k\) 步，可以到达的最右边的位置。

容易得到转移 \(le_{x,k}=\min(le_{le_{x,k-1},k-1},le_{ri_{x,k-1},k-1}),ri_{x,k}=\max(ri_{le_{x,k-1},k-1},ri_{ri_{x,k-1},k-1})\)。

难点在于如何进行决策。我们发现，从出发点 \(s\) 到终点 \(t\)，产生贡献的站点 \(p_1,p_2,...p_k\) 满足 \(\exists t,L_{p_1}\le L_{p_2}\le... \le L_{p_t} \ge L_{p_{t+1}} \ge... \ge L_{p_k}\)。而我们知道，从一个位置 \(x\) 向左右拓展，第 \(i\) 到达的最有位置 \(r_i\) 必然使得 \(L_{r_i}\) 单增。

不妨设 \(s<t\)，我们设 \(p\) 表示 \(r_p<t<r_{p+1}\) 的数。从 \(t\) 拓展，如果 \(step\) 可到达 \(r_{p+1}\)，\(step+1\) 步一定能到达 \(r_p\)。所以，从 \(s\) 拓展到 \(p\) 是不劣的，所以只需倍增拓展 \(s\)，到达一个位置 \(plc\)，再从 \(t\) 拓展到大于 \(plc\) 且最接近的位置即为一个最优策略。

LOJ 2393 门票安排
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显然需要二分答案。设答案为 \(ans\)，考虑如何检验其可行性。

先把问题转化为：初始时，有 \(n\) 条线段，可以任意翻转其中一些线段，最小化一个位置被覆盖的次数的最大值。

首先可以得到一个性质：所有被翻转的线段的交集不为空集。
证明：若存在两条线段 \((l_1,r_1)\) 和 \((l_2,r_2)\) 不交且均被翻转，\((l_1,r_1)\) 和 \((l_2,r_2)\) 内被覆盖 \(1\) 次，其余部分被覆盖 \(2\) 次。那么同时不翻转两条线段一定是不劣的，因为线段内覆盖次数不变，而其余部分不被覆盖。

据此，我们尝试枚举被线段的交集中的一个元素 \(t\)。那么，一条线段只有在 \(l_i\le t\)，\(r_i\ge t\) 时才可能被翻转。考虑一个在 \([1,t]\) 内的位置 \(p\) 被覆盖的次数。

设 \(a_i\) 表示所有线段在不被翻转时，位置 \(a_i\) 被覆盖的次数。考虑翻转造成的变化量。则 \(t\) 的变化量为 \(-pre_i+(cnt-pre_i)\)，其中 \(pre_i\) 表示位置在 \(i\) 之前的被翻转的线段的条数，\(cnt\) 为翻转的线段的总数。

我们必须进一步枚举 \(cnt\)。自此之后，控制 \([1,t]\) 内的所有数 \(a_i-cnt-2\times pre_i\le ans\)。若不满足，尝试增加 \(pre_i\)。在左端点位于 \([1,t]\) 内的线段中，优先翻转右端点大的线段。者可以简单的用一个优先队列维护。操作完毕后，计算 \([1,n]\) 内每一个数新的被覆盖次数 \(b_i\)，检验其时是否大于 \(ans\)，若大于则这一组 \((t,cnt,ans)\) 不合法。至此，我们得到了一个 \(\Theta(n^3\log n)\) 的做法。