THUSC2022 / PKUSC2022 做题记录

暂时咕了，一定会更完的！

THUSC2022 T1

签到。

直接倒着 dp，令 $f_{i,j}$ 表示在位置 $i$，走了 $j$ 分钟且还没下大雨，到终点淋的最少雨数，转移一步直接分讨会不会下大雨，随便拆式子算算就好了。（显然下大雨之后会走二类权值到终点的最短路）

THUSC2022 T2

好像是简单题，可惜我不会。

令 $f(l,r)$ 为使用区间 $[l,r]$ 替换后的最大权值，那么可以证明 $l$ 关于 $r$ 的最优决策具有单调性。

然后就决策单调性分治，每次在值域线段树内二分计算权值即可，指针暴力移动是 $O(n\log n)$ 的。

复杂度 $O(n\log^2 n)$。

THUSC2022 T3

以 $X$ 为根搜一个 bfs 树，那么横叉边只会连接相邻层。

令深度小于等于 $S$ 的为“好”点，我们给边定向时令好点之间深度深向深度浅连边，坏点向好点连边，坏点之间的连边让左部连向右部。

我们随机抽查 $O(\frac{n}{S})$ 个点，称一个点是“可接受的”当且仅当它既有入度又有出度，可以发现从“可接受的”点出发，只需要沿着出边走 $O(S)$ 步即可到达 $X$ 点。

而可以发现，除非全树深度小于等于 $S$ 且叶子数量巨大，“可接受的”点数量总是 $O(S)$ 级别的，而抽查 $O(\frac{n}{S})$ 个点可以期望抽到 $O(1)$ 个可接受的点。

而上面那种 Corner Case 可以在抽查完点之后任选一个点走 $O(S)$ 步，显然可以到达 $X$。

平衡一下即可做到 $O(\sqrt n)$ 的询问次数。

THUSC2022 T4

还不太会单 $\log$。

双 $\log$ 做法就是重链剖分，重链上的每个哈希值维护一个动态开点线段树，查询的时候链之间暴力 KMP 即可。

PKUSC2022 D1T1

首先考察单个变量的随机过程。

我们发现这个随机过程由很多个形如这样的过程拼接而成：

从 $i$ 出发，跳了若干步，中途始终没有越过 $i$，最后一步到了 $i+k$。

令 $f_{i,k}$ 表示这个事件的期望步数，枚举其跳的第一步，可以发现变成了这样的过程：

从 $i$ 出发，跳了若干步，中途始终没有越过 $i+j$，最后一步到了 $i+k$。

令 $g_{i,j,k}$ 表示这个事件的期望步数，容易列出 $f,g$ 的递推。

将 $g$ 全部用 $f$ 表示，可以在 $O(nm^3)$ 解出所有 $f$。

而两个变量可以直接 dp，令 $h_{i,j}$ 为第一个为 $i$，第二个为 $i-j$ 的答案，然后随便转移一下就好了。

复杂度 $O(nm^3)$。

PKUSC2022 D1T2

PKUSC2022 D1T3

PKUSC2022 D2T1

为什么，大家，都切了。。。

两种做法。

枚举 $f(x_i)=g(y_i)=w_i$ 的 $w$ 集合，可以发现本质不同的贡献只有 $O(p(n))$ 种。

此时 $f,g$ 两个函数就是独立的了，只需计算 $\forall_{i} f(x_i)=w_i$ 的概率即可，列出式子：（令枚举的拆分数是 $t_1,t_2,\cdots,t_k$）

$$[x^m]\prod_{i=1}^k(\sum_{j=1}^m\frac{x^jj^{t_i}}{j!})=[x^m]\prod_{i=1}^k(\sum_{j=1}^m\frac{x^j}{j!}\sum_{p=0}^{t_i}\begin{Bmatrix}t_i\\p\end{Bmatrix}j^{\underline p})\\=[x^m]\prod_{i=1}^k(\sum_{p=0}^{t_i}\begin{Bmatrix}t_i\\p\end{Bmatrix}\sum_{j=1}^m\frac{x^j}{(j-p)!})=[x^m]\prod_{i=1}^k(\sum_{p=0}^{t_i}\begin{Bmatrix}t_i\\p\end{Bmatrix}x^pe^x)\\=e^{kx}\prod_{i=1}^k(\sum_{p=0}^{t_i}\begin{Bmatrix}t_i\\p\end{Bmatrix}x^p)$$

暴力卷积即可，复杂度 $O(p(n)n^2)$。

实际上这道题可以做到 $O(n^6)$。（标算做法）

构建一个左右均 $n$ 个点的二分图（左右各代表 $f,g$ 的输出），若 $i$ 向 $j$ 连边则表示有约束 $f(i)=g(j)$，一个连通块里的数必须相同。

枚举这个二分图的边数 $e$（叠合重边）以及连通块数量 $c$，我们可以答案的式子：

$$\sum_{e=1}^n\sum_{c=1}^{2m}\begin{Bmatrix}n\\e\end{Bmatrix}e!f(m,e,c)m^{c-2m}$$

其中 $f(m,e,c)$ 表示左右各 $m$ 个点，$e$ 条边，$c$ 个连通块的二分图数量。

暂时咕了，之后再更。

PKUSC2022 D2T2

好像比较简单，竟然还是不会。

给每个颜色的边随机权值使得同颜色权值异或和为 $0$，于是一条路径合法可以看作路径权值异或和为 $0$。

做一遍树上前缀和，合法路径就是前缀和 $v$ 相等的点之间的路径。

那么我们需要解决的问题就是点集直径，以及点集不过某个点的直径。

首先求出点集某一条直径，如果查询点不在这个点集上答案就是直径；否则我们以 $s,t$ 为根各 dfs 一遍，求出每个子树的点集直径就可以得到删掉直径上点的答案了。

由于有很多个颜色，用一个虚树做一做，计算答案的时候再离线排序再树上并查集就好了。

复杂度 $O(n\log n)$。

PKUSC2022 D2T3