ZJOI2022 做题记录

这一场质量挺高的。

更好的阅读体验

D1T1 树

枚举第一棵树的叶子集合，第二棵树的叶子集合为恰好，容斥成钦定：（$f_1(S)$ 为第一棵树叶子集合为 $S$ 的方案数，$f_2(S)$ 为第二棵树非叶子集合为 $S$ 的方案数）

$$\sum_Sf_1(S)\sum_{T}(-1)^{|S|-|T|}f_2(T)=\sum_S(-1)^{|S|}f_1(S)\sum_{T}(-1)^{|T|}f_2(T)$$

考虑对这个式子直接 dp，令 $f_{k,i,j}$ 表示 dp 到了编号 $k$ 的结点，目前前面钦定了 $i$ 个非叶子结点，后面提前钦定了 $j$ 个非叶子节点的容斥系数和。

分讨列出转移方程，大概就是枚举结点分配给哪棵树，然后再确定另一棵树是否钦定它来容斥（很神秘）：

• 这个结点分配为第一棵树的叶子，第二棵树钦定：$f_{k+1,x,y}\leftarrow -xyf_{k,x,y}$；
• 这个结点分配为第一棵树的叶子，第二棵树不钦定：$f_{k+1,x,y}\leftarrow xyf_{k,x,y+1}$；
• 这个结点分配为第二棵树的叶子，第一棵树钦定：$f_{k+1,x,y}\leftarrow -xyf_{k,x,y}$；
• 这个结点分配为第二棵树的叶子，第一棵树不钦定：$f_{k+1,x+1,y}\leftarrow xyf_{k,x,y}$。

复杂度 $O(n^3)$。AC

D1T2 众数

显然答案的形态就是 aaabbbaaa，考虑对颜色出现次数根号分治：

• a/b 存在一个是大颜色：枚举每一个大颜色，扫一遍序列，对每种颜色维护一个极长的 aaabbb 段以及一个 bbbaaa 段即可。
• a/b 均为小颜色：枚举处于外面的颜色，那么问题转化为 $O(n\sqrt n)$ 次区间众数。但此时众数大小不超过根号，我们将询问有序地挂在右端点，枚举众数出现次数，移动右端点并维护符合条件最靠后的左端点，弹符合要求的询问就好了。

这样就做到了 $O(n\sqrt n)$。AC

D1T3 简单题

可以证明原图是一个杏仁树：对于每个环上只会有最多一对点能通过环外的路径互相到达，即每个点双都是杏仁。

我们对每个杏仁处理出 $(c,s)$ 表示方案数，权值和。缩杏仁（有交点、连边的杏仁都要连边）之后，在树上随便合并一下这些 pair 就好了。

那么问题就是处理出一个点双的方案数与权值和了。也就是说，我们要计算一个杏仁上两个点之间的路径数及它们权值之和。

设杏仁链数为 $w$，链的权值和为 $t$，那么有：

• 若两个点在杏仁的一条链上，$(c,s)=(w,t-dis(A,B)+dis(x,y)+(w-1)(dis(A,x)+dis(y,B)))=(w,t+(w-2)(dis(A,x)+dis(y,B)))$。（$A,B$ 为杏仁的两端）
• 若两个点不在杏仁的一条链上，类似地可以得到 $(c,s)=(2(w-1),2t+(w-3)(dis(A,x,B)+dis(A,y,B)))$。

然后就做完了，复杂度 $O(n\log n)$。

D2T1 面条

将最后答案除以 $2^k$，那么我们第二个操作就不需要要除二了。

我们手玩一下操作过程：

$$abcdefgh\cdots z\rightarrow aabbccdd\cdots zz\rightarrow\cdots (a\times 2^w)(b\times 2^w)\cdots(z\times 2^w)\rightarrow (a\times 2^{t+1})(b\times 2^{t+1})\cdots(z\times 2^t)$$

（其中一个字母在不同阶段不代表相同数字）

也就是说，令 $t$ 为 $n$ 最低非零位，那么我们应用 $t+1$ 次操作后，会变成很多个长度为 $2^{t+1}$ 的相同段，最后接一个长度为 $2^t$ 的相同段。

显然这个过程的操作与询问都可以在 $O(n\log n)$ 内暴力模拟。

将长度为 $2^t$ 的相同段缩成一个字母，令新的序列为 $c_1,c_2\cdots,c_m$。考察接下来的操作造成的影响：

$$c_1,c_2,\cdots,c_m\rightarrow c_1+c_m,c_1+c_{m-1},c_2+c_{m-1},c_2+c_{m-2},\cdots$$

令差分数组为 $d$，那么操作就为：

$$d_1,d_2,\cdots,d_{m-1}\rightarrow -d_{m-1},d_1,-d_{m-2},\cdots$$

那么，一次操作就是 $d_1,d_2,\cdots d_{m-1},-d_1,-d_2,\cdots,-d_{m-1}$ 的一次置换，令这个置换为 $g$，我们询问的答案就是：

$$C+\sum_{i=1}^{m-1}[g^k(i)<x]d_i=C+\sum_{i=1}^{x-1}d_{g^{-k}(i)}$$

$C$ 可以简单计算出，后面这个式子考虑拆出所有置换环，每个置换环（设大小为 $c$）通过一次卷积求出所有 $k\in[0,c)$ 的答案。

将大小相同的置换环的答案加到一起，每次询问只需要枚举 $O(\sqrt n)$ 个置换环将答案加起来即可，复杂度 $O(n\log n+q\sqrt n)$，不能通过。

继续挖掘这个置换 $g$ 的性质（$g^{-1}$ 与 $g$ 性质相同），手玩可以发现所有置换环大小都是 $2$ 在 $2(m-1)$ 下的阶 $r$ 的因数。

也就是答案关于 $r$ 是循环的，那么我们将大小相同的置换环加和之后，直接维护 $k\in[0,r)$ 的答案就好了。

复杂度 $O(nd(n)+q)$，可以通过。

D2T2 计算几何

首先进行一步转化，去掉所有坐标为偶数的点，将相邻的点连接成一个三角形点阵，它的对偶图每条边恰好可以对应回原图每个点，其最大匹配即为原图最大独立集。

通过霍尔定理可以观察出一定存在完美匹配！然后就是 P8114 [Cnoi2021]六边形战士 了。AC

D2T3 深搜

离散化，枚举一个 $i$，令权值大于等于 $i$ 的点为黑点，那么我们就是要支持将一个点由黑染白，以及维护简单路径只经过黑点的点对，dfs 时不遇到白点的概率之和。

考虑将子树内有白点的点叫灰点，那么可以发现我们不能 dfs 入没有 $y$ 的灰点子树。转移方程大概长这样：（令 $s(x)$ 为 $x$ 的灰儿子数量）

$$f_x=\begin{cases}0&[x\ \text{is}\ \text{white}]\\\sum_{y\in son(x)}\begin{cases}\frac{f_y}{s_x}&[y\ \text{is}\ \text{grey}]\\\frac{size_y}{s_x+1}&\text{otherwise}\end{cases}\end{cases}$$

这样我们就得到了一个 $O(n^2)$ 的解法。

直接将转移方程刻画成矩阵，每次加入白点的时候暴力更新非灰的祖先（更新单点的转移系数以及一条链的 $f$），用一个全局平衡二叉树就是 $O(n\log n)$ 了。