2023.8.4 cmd杂题选讲

数据结构

P4062 [Code+#1] Yazid 的新生舞会

定义出现次数超过区间长度一半的众数为“强众数”

我们可以枚举强众数 $w$，并枚举它能贡献的区间，设 $B_i=[A_i=w]$，令 $S$ 为 $B$ 的前缀和，则区间 $(l,r]$ 是“新生舞会的”的充要条件是：

$$S_r-S_l>{\displaystyle \frac{r-l}{2}}\Rightarrow 2S_l-l<2S_r-r$$

记 $C_i=2S_i-i$，问题就转化为顺序对计数。可以用树状数组优化到 $O(n^2\log n)$

注意到，$B$ 中 $1$ 的个数是 $O(n)$ 的，因此在两个 $1$ 之间的 $C_i$，是一个公差为 $-1$ 的等差序列

按照 $1$ 划分，共有 $O(n)$ 个等差序列，注意到等差序列的内部是没有贡献的，于是我们逐个插入等差序列，记录前面对它的贡献。

假设当前这段等差序列为 $y,y-1\dots x$，用数据结构维护它的权值 $va{l}_i$ 就是区间 $[x,y]$ 里的数 $+1$

设 $T_i=\sum _{j=1}^{i}va{l}_i$ 表示权值 $val$ 的前缀和，那么段内的每个位置 $C_i$ 的贡献就是 $T_{C_i-1}$，整个段的贡献就是 $\sum _{i=x-1}^{y-1}{T}_i$。再记 $G_i=\sum _{j=1}^i{T}_j$ 表示 $T$ 的前缀和，那区间的贡献就是 $G_{y-1}-G_{x-2}$

于是问题转化成区间加一个数和求二阶前缀和，将区间加一个数转化成差分数组 $d$ 的单点修改，就可以用树状数组维护三阶前缀和

现在思考如何维护三阶前缀和。设 $a$ 是 $b$ 的前缀和，$b$ 是 $c$ 的前缀和，$c$ 是 $d$ 的前缀和

$$\begin{array}{rl}{a}_i& =\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^j\sum _{t=1}^k{d}_t\\ & =\sum _{t=1}^i{\displaystyle \frac{(i+2-t)(i+1-t)}{2}}{d}_t\\ & ={\displaystyle \frac{(i+1)(i+2)}{2}}\sum _{t=1}^i{d}_t-{\displaystyle \frac{2i+3}{2}}\sum _{t=1}^i{d}_t\times t+{\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{t=1}^i{d}_t\times t^2\end{array}$$

用树状数组维护 $d_t,d_t\times t,d_t\times t^2$​ 即可

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P7476 「C.E.L.U-02」苦涩

标记永久化的好题

每个节点维护一个堆和一个最大值标记 $dat$

操作 $1$ 和 $3$ 暴力做即可，重点讨论操作 $2$

对于完全覆盖的区间，如果节点堆顶等于 $x$ 就弹出，否则继续往下递归删除

否则的话，首先要下传标记。如果该节点堆顶等于 $x$，就将 $x$ 弹出并下传到两个儿子中。之后递归删除即可

复杂度不太会算，但是说是 $O((n+m){\log }^{2}n)$​

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P5344 【XR-1】逛森林

倍增优化建图，每个点向上的 $2^{0\sim t}$ 级祖先连边，分为内向和外向

这样点数是 $O(n\log n)$ 的，边数是 $((n+m)\log n)$ 的，加上 $\mathrm{D}\mathrm{i}\mathrm{j}\mathrm{k}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{r}\mathrm{a}$ 的时间复杂度就是 $O(n(n+m){\log }^{2}n)$ 的

考虑到题目只要求跑最短路，所以可以像 $\mathrm{S}\mathrm{T}$ 表一样，重复建边，边数就是 $O(n\log n)$ 的，总的时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$​。

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CF348C Subset Sums

遇到这种比较难维护的数据结构，又有 $\sum |S|\le {10}^5$，容易想到根号分治。

对于 $|S|\le \sqrt{n}$ 的，暴力修改，暴力查询。预处理每个大集合和其它集合的交集，小集合修改时计算对大集合的贡献。

对于大集合，修改直接打标记，并计算对其它大集合的贡献。查询输出标记总和+原和即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$​。

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ビ太郎のパーティー (Bitaro's Party)

还是根号分治。

对于 $Y_i>\sqrt{n}$ 的，暴力 DP。

对于 $Y_i\le \sqrt{n}$ 的，我们只关心最短的 $\sqrt{n}$ 条路径，这个可以 DP 时归并得到。

复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$​。

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图论

[AGC011C] Squared Graph

考虑 $(x,y)$ 和 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 在一个连通块的条件。将新图中 $(a,b)\to (c,d)$ 的边看作是从 $a$ 走到 $c$，从 $b$ 走到 $d$。因为可以来回走，所以 $(x,y)$ 和 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 在一个连通块的充要条件就是原图存在一条 $x\to x^{\prime }$ 和一条 $y\to y^{\prime }$ 的路径，且路径长度相差偶数。

对于原图，发现若一个连通块存在奇环，则任意两点间有一条长度为奇数和一条长度为偶数的路径。否则可以二分图染色，颜色相同的点之间路径长度为偶数，否则为奇数。

将原图所有连通块分为三类：奇环、二分图、孤立点。分别记数量为 $A,B,C$。现在将不同种类的连通块放到其中一维上，去匹配另一维。

• 对于一个奇环来说，自己与自己匹配产生 $1$ 的贡献。与其它奇环匹配可以产生 $2$ 的贡献。

• 对于一个二分图，自己与自己匹配产生 $2$ 的贡献（颜色相同/不同），与其它二分图匹配产生 $4$ 的贡献，与奇环匹配产生 $2$ 的贡献。

• 对于孤立点，自己与自己匹配产生 $1$ 的贡献，与其它所有点匹配产生 $2$ 的贡献。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$​。

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CF741C Arpa's overnight party and Mehrdad's silent entering

容易想到二分图染色，在情侣之间连边。问题是三个人的限制如何处理。

我们发扬人类智慧，钦定 $2i$ 和 $2i+1$ 号节点颜色不同。可以证明这一定是个二分图。

然后跑染色即可。

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CF1407E Egor in the Republic of Dagestan

容易想到从 $n$​ 点出发贪心染色。直接 bfs 即可。

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CF1515F Phoenix and Earthquake

将原题看成是建生成树的过程。当 $\sum a<(n-1)x$ 时无解，否则，猜想任意一棵生成树都有解。

证明：使用归纳法。我们任取一棵生成树 $T$。找到一个叶子节点 $u$：

• 若 $a_u\ge x$：则此时直接建 $(u,fa)$ 这条边，剩下的 $n-1$ 棵节点的树有解。

• 若 $a_u<x$：则对于除了 $(x,fa)$ 这条边的树 $T^{\prime }$，因为 $\sum a$ 减少了 $a_u$，$(n-1)x\to (n-2)x$，所以必定合法。那我们将 $(x,fa)$ 放到最后修建即可。

于是，我们用一个栈和队列维护答案即可。

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P3573 [POI2014] RAJ-Rally

问题的关键在于原图是一个 DAG，这启发我们按拓扑序考虑每个节点。将拓扑序小于 $i$ 的节点集合记为 $A$，大于 $i$ 的集合记为 $B$。预处理 $d{s}_x,d{t}_x$ 分别表示从以 $x$ 为起点/终点的最长路，则此时的答案就是 $max\{d{t}_x(x\in A),d{s}_y(y\in A),d{s}_x+1+d{t}_y(x\in A,y\in B)\}$。

一开始将所有所有点都放在集合 $B$，用 multiset 维护上述值。删除一个点时删除对应的值，然后再加到集合 $A$ 即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(m\log m)$​。

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CF986C AND Graph

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CF605E Intergalaxy Trips

设 $E_i$ 表示 $i\to n$ 的期望天数。如果 $i$ 选择 $j$，则此时所有 $E_k<E_j$ 的 $k$ 都无法作为决策点。并且决策点必然满足 $E_j<E_i$。

假设已经完成转移的点为 $q_1,q_2,\dots ,q_m$ 且满足 $E_{q_i}<E_{q_{i+1}}$。则

$$E_i=\sum _{j=1}^m{E}_{q_j}\times p_{i,q_j}\times \prod _{k=1}^{j-1}(1-p_{i,q_k})$$

但此时我们计算的 $E_i$ 仅仅是与 $i$ 相连的通道中至少一条开启时的贡献，可能存在通道一条都没开启的情况。至少一条开启的概率是 $1-\prod (1-p_{i,j})$。所以期望天数应该是 ${\displaystyle \frac{E_i}{1-\prod _j^{E_j<E_x}(1-p_{i,j})}}$。

上述转移方程就变成

$$E_i=\sum _{j=1}^m{\displaystyle \frac{E_{q_j}}{1-\prod _{k=1}^{j-1}(1-p_{q_j,q_k})}}\times p_{i,q_j}\times \prod _{k=1}^{j-1}(1-p_{i,q_k})$$

使用 dijkstra 即可。

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CF1559D2 Mocha and Diana

猜想答案等于 $min(n-1-m_1,n-1-m_2)$。

我们随便拿出一个点，假设是 $1$。我们先让能和 $1$ 连的点全连上。记没和 $1$ 连的连通块分别为 $A,B$，则必有 $A\cap B=\varnothing$。所以只需 $A,B$ 内暴力连边即可。

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其它

P6811 「MCOI-02」Build Battle 建筑大师

对原序列

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[AGC006C] Rabbit Exercise

对于每次跳跃，$x_i$ 的期望位置为 $x_{i-1}+x_{i+1}-x_i$，可以直接维护。但问题是 $k$ 太大了。

这个式子很复杂，于是我们可以考虑差分，设 $d_i=x_i-x_{i-1}$。那么每次操作后

$$d_i^{\prime }=d_{i+1},d_{i+1}^{\prime }=d_i$$

所以每次操作相当于交换相邻的差分数组。记录交换的映射，类似快速幂可以做到 $\mathcal{O}(m\log k)$​​。

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CF1153F Serval and Bonus Problem

先将线段长度除以 $l$，变成长度为 $1$，最后再乘回去。

那么其实就是求出每个点的被 $k$ 个区间覆盖的概率，再积分回去，而线段长度为 $1$，所以就是求概率。

然后我们惊奇地发现这可以 DP，设 $f_{i,j,0/1}$ 表示已经选了 $i$ 个左端点，还有 $j$ 个没匹配上，采样点是/否被选上时被 $k$ 个区间覆盖的方案数。转移即考虑加入一个左端点、右端点、采样点。

最后我们要求的就是 $f_{2n+1,0,1}$，那么概率就是 ${\displaystyle \frac{f_{2n+1,0,1}\times 2^n\times n!}{(2n+1)!}}$​​。（线段的两个端点可以互换，线段的顺序也可以互换。）

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[ARC072F] Dam

没什么好说的，请看 题解【[ARC072D] Dam】。

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