2024.1.18 题选

2024.1.18 题选

早上 fzw 讲计数。我在学校。

CF870F Paths

自己想出的 *2700，但是不会一些细节。

考虑两个点之间的距离有哪几种情况

我们令 $i<j$。

• $i=1$，一定有 $dis(i,j)=0$，因为不连通。

• $gcd(i,j)\ne 1$，一定有 $dis(i,j)=1$，因为一步到。

• 考虑 $i\perp j$，设两个数的最小质因数为 $p_i,p_j$，显然 $p_i\perp p_j$

也就是说有如下几条边：$i\to p_i$，$j\to p_j$，$p_i\to p_i{p}_j$，$p_j\to p_i{p}_j$。同时对于任意的正整数 $k>1$有， $k{p}_i\to k{p}_j$。然后由于约束，我们认为 $k>2$ 一定不优，所以 $2p_i\to 2p_j$。

上述边可以转化成如下几种情况的路径。

1. $p_i\cdot p_j\le n$，直接 $i\to p_i\cdot p_j\to j$，$dis(i,j)=2$

2. $p_i\cdot p_j>n$ 且 $max(p_i,p_j)\le \frac{n}{2}$，可以走 $i\to 2p_i\to 2p_j\to j$。$dis(i,j)=3$。

3. $max(p_i,p_j)>\frac{n}{2}$，$dis(i,j)=0$。

统计满足上述条件分别的二元组个数即可。

$dis(i,j)=2$ 的情况最难，采用正难则反，这个需要分析出来。

剩下的大力推式子即可。会发现答案所依赖的信息通过一次线性筛都可以算出来，所以时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$

CF914F

我一开始以为 1kri 讲的是分块套后缀自动机。然后打算换题。然后 jzy 说这题一开始讲的是就 bitset。我就心安理得地把这题用 bitset 搞过去了。

一个经典 trick 是考虑一个字符串的匹配可以理解成字符出现位置构成的 bitset 形成的 and。当然你每一位都要向右移动若干位。

然后你维护一下这个bitset。至于区间，只需差分即可。时间复杂度理论上是 $O(\frac{n^2+n\sum |y|}{w})$

P5693 第六分块

dX 讲的恶心数据结构，里比较能写的。

考虑小白逛公园的做法。

对于区间 $[l,r]$ ，要维护 整个区间内的最大子段和 $ans$，以 $l$ 为起点的最大子段和 $lans$，以 $r$ 为终点的最大子段和 $rans$，子段和 $sum$。

我们设这个线段树节点是 $u$，两个儿子分别是 $ls,rs$。

$u_{ans}=max(l{s}_{ans},r{s}_{ans},l{s}_{rans}+r{s}_{lans})$

$u_{lans}=max(l{s}_{lans},l{s}_{sum}+r{s}_{lans})$

$u_{rans}=max(r{s}_{rans},r{s}_{sum}+l{s}_{rans})$

$u_{sum}=l{s}_{sum}+r{s}_{sum}$

我们发现，如果决策出现变化，会影响所有取决于这个点的决策。如果暴力重构，时间复杂度 $O(n)$，无法通过。

考虑决策发生变化当且仅当变化量超过某个阈值。

• 超过阈值，重构子树

• 不超过阈值，相当于直接区间加。

然后我们发现在两个信息合并时，阈值是往平面坐标轴上扔成直线以后的交点。然后你把维护的四个信息全部变成直线即可。

EI 通过复杂的势能分析，得到时间复杂度是 $\mathcal{O}(m{\log }^{4}n+n{\log }^{3}n+q\log n)$。

这种算法称为 KTT。该题是末日三问、[SNOI2020]区间和的弱化版。

something

事实上，还有昨天两题的，但昨天身体不太舒服，没写笔记，所以先摆了。

感觉做的题好难啊。你让我再写一遍，我也至多有五成把握能在合理时间内写出来。但是感觉也只有这样积累思路才能让自己厚起来。尽管最后这样难度的题依然未必能做出来，但它看起来确实可以为做题的一切（比如暴力 etc.）提供新思路，提供新视野（？

那就继续下去吧。