2023-7-10 #65 我守着虚构的幻想 那些我珍视的模样

——不安琪《失败品》

448 QOJ6669 Mapa

这谁想得到啊？？？？？？？？？？？？？？？？？？

插出一个模 1e9+7 下的多项式，保存系数。

449 CF1456E XOR-ranges

感觉挺难的。

类似 406 HDU6358 Innocence，我们将每一段拆成 $\log$ 个 trie 上的区间，每一个形如“固定前缀 $S$，长为 $l$ 的后缀任选”，并将选择 $[l,r]$ 内的数改为在这 $\log$ 段区间内选择一个。

假设已经完成选择，考虑如何计算答案。从低位到高位扫描序列，假设扫到了第 $k$ 位。若存在第 $k$ 位已经确定的数，在对应位置劈开序列，得到的两段仍是形态一致的子问题。否则所有数第 $k$ 位任选，贡献即“目前区间两端第 $k$ 位是否相同”（其等价于在笛卡尔树上贪心）。

若没有完成选择，我们沿用上面的结构。记 $f_{k,i,j}$ 表示考虑到第 $k$ 位，目前区间是 $[i,j]$ 的答案，转移即：

• 枚举一个位置分段，选择其恰好固定到第 $k$ 位的一段区间。
• 断言所有数第 $k$ 位都任选，递归到 $k+1$ 的问题，并统计对应的贡献。

对于任意区间，其分解出的长为 $k$ 前缀至多 $4$ 种，于是复杂度 $O(n^3k)$，写成记忆化搜索形式比较方便。

450 P7722 [Ynoi2007] tmpq / CF1545F AquaMoon and Potatoes

感觉挺烂的。

首先把题意转换为 $b_i=a_j=c_k$ 的三元组数量。

根号分治，小的数每次修改后可以暴力 dp，而对前缀和的影响可以使用 $O(1)-O(\sqrt n)$ 的分块统计。

对于每个大的数单独离线扫一遍序列，问题形如单点修改（总共只有 $O(n)$ 次），维护前缀信息和，同样地使用 $O(\sqrt n)-O(1)$ 分块维护即可。

不算难写，复杂度 $O(n\sqrt n)$。

451 牛客多校2021 Day3 D Count

枚举被 ban 掉的子集，枚举行列是否被 ban，枚举两条对角线是否被 ban 进行容斥，那么方案数就是剩余的点数选 $m$ 减钦定掉的点数。

剩余的点数事实上可以表示成没有被 ban 的行数量乘列数量减去一个 $O(n)$ 的值（修正对角线的贡献），于是我们 dp 行列是否被 ban 做一个背包状物即可，注意 dp 顺序应该是每次剥掉正方形的最外层一圈。

复杂度 $O(2^kn^4)$。

452 牛客多校2021 Day3 G Yu Ling(Ling YueZheng) and Colorful Tree

纯 shaber 题。

注意到可以使用 bitset，只需维护一个点的祖先集合，权值 $\leqslant$ 某值的结点集合，以及某个数的倍数集合。

第一部分直接存空间不太行，树上撒 $O(w)$ 个点树分块，暴力跳散块改 bitset 空间就是线性了。

第二部分由于有权值相同的情况，不能直接分块，但维护一个分块的结构，根号重构就好了，调一调块长空间也是线性的。

第三部分套路地根号分治一下，倍数数量多就单独给权值开一个 bitset，调调块长空间应该是 $O(nd(n))$ 的。

复杂度 $O(nd(n)+\frac{n^2}w)$。

453 uoj#659. 【ULR #2】Picks loves segment tree IX / AGC061E Increment or XOR

咕咕咕。

454 ARC119F AtCoder Express 3

不知道怎么到银牌的。

从前往后 dp，一个朴素的方法是直接记录最后一个数的类型，以及最后一个 A/B 到源点的最短路，这样是三次方的。

注意到若两维差距大于 $2$，我们一定不用关心较大的一维（转移一定不优），不妨直接令其对另一维 $+2$ chkmin。正确性很好说明，考察下一个这种类型字母即可。

复杂度 $O(n^2)$。

455 ARC126F Affine Sort

很不错的题目，感觉不止铜牌难度。

令 $g(c)$ 为固定 $c$ 时 $a,b$ 的对数，使用 O'Stolz 定理——

$$\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{f(K)}{K^3}=\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{g(K)}{K^3-(K-1)^3}=\frac 13\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{g(K)}{K^2}$$

我们将 $aX_i+b\bmod c$ 写成 $\frac{aX_i}{c}+\frac bc\bmod 1$，当 $c\rightarrow\infty$ 时 $a,b$ 均可看作 $[0,1]$ 内随机实数，于是问题转变为：

称实数对 $(a,b)$ 是好的当且仅当 $\{aX_i+b\}$ 单增（$\{x\}$ 是 $x$ 的小数部分），求二维平面上所有好的实数对 $(a,b)$ 构成的区域的面积。

先考虑如何判定一个 $a$ 有解，即依次遍历 $aX_i$ 不会走完一个圆，可以写出，易知其充要性：

$$\sum_{i=1}^n\{(x_{i+1}-x_i)a\}=1$$

若一个 $a$ 有解，其 $b$ 的限制也很好刻画——我们只需将原点通过 $b$ 平移到 $[x_na,x_1a]$ 内。

现在考虑如何找到对应的 $a$，注意到 $\{ax\}$ 这个函数关于 $a$ 是不超过 $O(x)$ 段的分段一次函数，加起来也只会有 $O(\sum x)$ 段，而且由于 $\sum(x_{i+1}-x_i)=0$，每一段都是平的，这就很好处理了。

于是直接排序找到这样的段，对 $b$ 积分即可，复杂度一个 $\log$。

456 U105261 子序列删除问题

关于 U105261 「子序列删除问题」的讨论。

最小割模型是经典的，我们求出每个位置为结束/开头的 LIS 长度 $f,g$，将所有可能在 LIS 中的数取出来，按 $f_i$ 分层，相邻层之间可以转移的点连边，每个点内部拆点限流 $1$，最小割即为答案。

我们将每一层按照下标排序，容易发现每个点的后继一定是一段区间（下标限制一段后缀，值限制一段前缀），且一层内的点从前往后区间端点不增。

我们断言，每次贪心地选择一条字典序最小的增广路，且不使用反向边，这样增广出的最大流同样最优。可以通过说明最大流路径不交叉（否则可以调整）来完成证明。

可以暴力模拟这一策略，每次遍历完一个点可以将其删去，因为若成功增广，其内部流量已经流满，否则这个点也无用，于是只需使用并查集找到区间内第一个未删去的点。

最小割的构造考虑一经典方法——从源点开始 dfs。不难发现上述的算法只会增广 $O(n)$ 条边，我们将这些增广产生的反向边与原图的边放在一起做 dfs 即可，复杂度 $O(n\log n)$。

457 AGC056D Subset Sum Game

为啥 hzr 觉得简单啊。

不妨考虑 $n$ 为奇数的情况，我们枚举 alice 选择的哪一个数并将其删去，一个策略是对剩余的数匹配，bob 取一个数后 alice 立即取其匹配。显然按照值排序相邻匹配最优，此时只需判断是否有奇数位置和加 $a_i$ 与偶数位置和加 $a_i$ 在 $[L,R]$ 内。不难证明其同时为下界，上界，于是可以做到 $O(n)$。

$n$ 为偶数的情况是类似的，alice 选择一个数将其忽略并构造一组剩余数的匹配，判定方法与上面相同。此时若 bob 取匹配内的数可以递归到更小的子问题，若 bob 选了空出来的数，alice 可以随便选一个数，剩下的问题仍在我们的考虑之中，直接模拟可以做到平方。

更具体地，我们可以计算出空出来哪个数最优——我们将 $a_i+\sum a-L-R$ 插入剩余序列，排序后匹配上的数即为最优解，于是可以做到线性。

证明：懒得写了，挂个链接。

458 AGC060D Same Descent Set

为啥 zyf 觉得难啊。

$2^{n-1}$ 枚举 descent 集合 $S$，令 $f(S)$ 为对应的排列数量，即对 $f(S)^2$ 求和。

使用经典的容斥方法，枚举一个子集 $T$ 表示我们强制 $S-T$ 上升，$T$ 集合内则任意，带 $(-1)^{|S|-|T|}$ 的容斥系数——

$$\sum_S(\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T))^2$$

转而枚举 $T_1,T_2$，那么合法的 $S$ 数量为 $2^{n-1-|T_1\cup T_2|}$，并集不好刻画，不妨写出 $2^{n-1-|T_1|-|T_2|+|T_1\cap T_2|}$，枚举其交 $P$，写出容斥系数时你会发现系数为 $1$，因为这就是 $2^{|T_1\cap T_2|}$ 的组合意义，此时问题得到解决。

梳理一下流程：构造一段的 GF $-\frac 12e^x$，使用 Sequence 构造得到拼接 $T-P$ 内的 descent 后一段的 GF，将系数平方后再使用 Sequence 构造拼接 $P$ 内 descent 即可。

只需多项式求逆，复杂度 $O(n\log n)$。