9月杂题

[ABC310F] Make 10 Again

分母是 $\prod a_{i}$ ，只需求分子。

首先要发现投出了 $10$ 以上的点数是无用的，所以只需考虑 $10$ 以内的。

思考如何计数，发现转移依赖于前面的点数和的方案数，而且 $10$ 很小，考虑状压 DP，设 $f_{i, s}$ 表示前 $i$ 个骰子，状态为 $s$ 的方案数，转移不表。

$s \leq M = 2^{11}$ ，所以时间复杂度 $O (n M 10^{2})$ 。

[ARC174E] Existence Counting

怎么就没想到呢？？一直想着直接计数，比较困难，正难则反，转化为：排列数 $-$ 没出现 $x$ 的排列数 $-$ 字典序大于 $P$ 的方案数 $+$ 既没出现 $x$ 字典序还大于 $P$ 的方案数。转化后就比较基础了。

[ARC173C] Not Median

感觉还是不够。

直觉告诉我们，答案大多数都很小。

注意到答案很大的地方周围应该长这样 -+-+-+0-+-+-+，这告诉我们只需找到两个相邻的值又同时在 $p_{i}$ 一侧的就好了。

每个点都往左右扫，复杂度看似 $O (n^{2})$ ，但是其实在 $i$ 和 $x_{1}, x_{2}$ 之间的所有数答案一定是 $3$ ，这意味着每个数只会被扫一遍。所以时间复杂度 $O (n)$ 。

[ABC281G] Farthest City

将所有点按最短路分层，每层的节点只能和相邻层还有层内的节点连边。设 $f_{i, j}$ 表示用了 $i$ 个点，最后一层有 $j$ 个点的方案。转移：

f_{i, j} = \sum_{k = 1}^{i - j} f_{i - j, k} \times (\binom{n - 1 - (i - j)}{j}) \times 2^{\frac{j (j - 1)}{2}} \times (2^{k} - 1)^{j}

CF1476F Lanterns

典题，覆盖问题可以将状态设计成 $f_{i}$ 表示前 $i$ 盏灯能覆盖的最长前缀。

转移分三类：

前面不能覆盖到 $i$ ，直接不管 $i$ ， $f_{i} = f_{i - 1}$ 。
前面能覆盖到 $i$ ， $f_{i} = max (f_{i - 1}, i + p_{i})$ 。
将 $i$ 向左，找到一个 $f_{j} \geq i - p_{i}$ 最小的 $j$ ，然后 $j + 1 \sim i - 1$ 全部向右， $f_{i} = max {k + p_{k}}$ 。

不知道为什么想这么久，明明这么简单。

[ARC154C] Roller

有 ARC182B 作为基础这题很容易想到做法，将相同的合并成一块，只需判断是否存在一个断点使得 $a$ 是 $b$ 的子序列。

但是还需要空余的位置，可以是 $a$ 中 $b$ 没出现的，可以是 $b$ 中相邻的，也可以是 $a$ 中相邻的。若没有空余位置则必须 $a, b$ 完全相等。

细节一直写挂，数组还开小了。

P3214 [HNOI2011] 卡农

想不出来。

设 $f_{i}$ 表示选了 $i$ 个子集且满足条件的方案。考虑容斥，为了满足和前面的 $i - 1$ 个子集加在一起全是偶数，前面每种选法都唯一确定一种子集，方案数为 $A_{2^{n} - 1}^{i - 1}$ 。

再减去 $i$ 为空的情况，方案数为 $f_{i - 1}$ （去掉 $i$ 之后能满足条件）。

再减去 $i$ 和前面相同的方案。去掉 $i$ 和 $j$ 后也能满足条件， $j$ 有 $i - 1$ 种取值，子集 $i$ 有 $2^{n} - 1 - (i - 2)$ 种取法，方案数为 $f_{i - 2} \times (i - 1) \times (2^{n} + 1 - i)$ 。

最后输出 $\frac{f_{m}}{m!}$ 。

P3577 [POI2014] TUR-Tourism

在无向图搜索树上 DP，没见过。

由题得树的深度不超过 $10$ ，这启发我们用树上状压 DP（还是没见过）。

一个重要的性质：无向图 DFS 树上的非树边一定是回边，不存在横叉边。所以我们可以状压父亲的状态。

DP 过程较为复杂，不写。

P6381 『MdOI R2』Odyssey

通过质因数分解我们很容易判断是否能构成完美数对，但是信息在边上我们很难直接 DP。

但我们发现如果用哈希去表示每一条边，那么能与它配对的边的哈希值也是确定的。这启发我们设 $f_{i, h_{i}}$ 表示以 $i$ 为终点，最后一条边哈希值是 $h_{i}$ 的答案，时间复杂度 $O (n \log n \times 11)$ 。

P8860 动态图连通性

很牛逼。

首先肯定要离线，然后多次询问的边只有第一次有用。

记边被询问的时间为 $d_{i}$ ，没询问的视作 $d_{i} = Q + 1$ 。将 $d_{i}$ 作为边的边权，那么就是要找一条路径，使得将路径上的边的权值从大到小排序，字典序最小。

类似「The classic problem」一样用主席树维护最短路。

CF464D World of Darkraft

需要注意到 $k$ 种装备地位相同，所以只需计算一种装备最后乘 $k$ 。设 $f_{i, j}$ 表示还剩 $i$ 个怪兽，装备等级为 $j$ 的期望。转移不表。

[ABC370F] Cake Division

不会倍增的菜鸟了属于是。

二分答案，记 $f_{i}$ 为从 $i$ 开始的一个连续段的结尾 $+ 1$ （即下一个连续段的开头），那么就是从 $i$ 开始跳 $k$ 次 $f$ 看终点是否满足条件。这显然倍增。

P7603 [THUPC2021] 鬼街

减半警报器。

一次灵异事件的发生可以暴力给所有质因子 $+ y$ ，因为质因子个数很少。问题是什么时候统计答案。

对于一个 $(x, y)$ 的监控，记加入时其质因子已经发生了 $s$ 次灵异事件，响警报的条件是 $\sum_{p} c n t_{p} \geq y + s$ 。转化成 $\sum Δ c n t_{p} \geq y$ 。那肯定至少有一个 $p$ 满足 $Δ c n t_{p} \geq ⌈ \frac{y}{d_{x}} ⌉$ ，我们将其设为阈值，当一个房间里有监控达到阈值时我们就拿出来 check 一下，这可以用优先队列实现。

如果 check 失败，我们让阈值变成 $⌈ \frac{y - \sum Δ c n t_{p}}{d_{x}} ⌉$ ，然后重新加入优先队列。不难发现，每次阈值至少减少 $\frac{1}{d_{x}}$ ，所以时间复杂度 $O (m \times d_{V} \log V \log n)$ 。

[ARC171C] Swap on Tree

每棵子树最多 $s i z + 1$ 种取值，且新的数是什么不重要。设 $f_{x, t, 0 / 1}$ 表示以 $x$ 为根的子树，与 $x$ 相连的边断了几条边，和父亲的边是否断了的方案数。

$f_{x, t, 0}^{'} \leftarrow f_{x, t - 1, 0} \times f_{y, s, 1} \times t + f_{x, t, 0} \times f_{y, s, 0}$

$f_{x, t, 1}^{'} \leftarrow f_{x, t - 1, 1} \times f_{y, s, 1} \times t + f_{x, t, 1} \times f_{y, s, 0}$

初始化 $f_{x, 0, 0} = 1$ ， $f_{x, 1, 1} = [x \neq 1]$ 。

P6383 『MdOI R2』Resurrection

其实就是联通块的根之间连边。

容易想到设 $f_{x, i}$ 表示 $x$ 上面还有 $i$ 个点可供选择的方案数，但是不会做转移。

因为 $x$ 的选择会使得 $i$ 的限制发生变化，而且 $x$ 与儿子的谁先与父亲切断对转移也有影响。平常的树形 DP 依赖于儿子的状态，而这里对父亲也提出要求。

考虑分析图的性质，然后就发现儿子连的边一定不会与父亲连的边交叉，要不连父亲，要不连父亲连的点的上面。分析出这点，然后就可以枚举父亲连的点进行转移了。

P6009 [USACO20JAN] Non-Decreasing Subsequences P

静态区间查询，考虑猫树分治。

如何合并两个前后缀信息，记 $g_{i, j}$ 表示 $[i, m i d]$ 里以 $j$ 结尾的不下降子序列数量。将值域放到状态里即可合并。

P3523 [POI2011] DYN-Dynamite

二分答案，如何判定？

转化成满足条件的最小覆盖。（用最少的点）

如果一个子树的根到这个子树的关键节点的最远距离 $\leq m i d$ ，那就可以选择根来覆盖整棵子树，但这样可能会重复覆盖，我们需要想一个方法减小多余的覆盖。因此我们设 $f_{i}$ 表示 $i$ 距离它子树内关键节点的最远距离， $g_{i}$ 表示 $i$ 到它子树内选定节点的最短距离。

初始化 $f_{i} = + \infty$ ， $g_{i} = - \infty$ 。

转移 $f_{i} = max {f_{j} + 1}$ ， $g_{i} = min {g_{j} + 1}$ 。

还有一些情况需要特判

$f_{i} + g_{i} \leq m i d$ 时， $i$ 子树已经无需覆盖， $f_{i} = - \infty$ 。
$f_{i} = m i d$ 时，我们此时必须选择 $i$ ，则 $f_{i} = - \infty$ ， $g_{i} = 0$ ， $t o t + +$ 。
$g_{i} > m i d$ 且 $d_{i} = 1$ 时，说明这棵子树不能被子孙覆盖，需要留给父亲， $f_{i} = max (f_{i}, 0)$ 。

贪心 + DP，根本做不出来。

P8292 [省选联考 2022] 卡牌

大于 $\sqrt{V}$ 的质数最多在每个卡牌里出现一次，可以特殊考虑，将 $n$ 个数分组，依据是自己具有的大于 $\sqrt{V}$ 的质数。

对每个组预处理出 $g_{s}$ 表示组内凑出质数集合为 $s$ 的质数的方案。

然后对组做 DP，设 $f_{s, i}$ 表示考虑了前 $i$ 个组，凑出质数集合为 $s$ 的方案数。如果该组的质数被询问了，则不能选空。否则可以选空。但是时间复杂度不对我去你的。

问题在于每个质数在不同的合法方案中会被选择不同次数，考虑正难则反，枚举不含的质数集合，使用容斥解决。设 $f_{s, i}$ 表示前 $14$ 个质数不含的集合为 $s$ ，是第 $i$ 个质数（ $i > 14$ ）的倍数的有多少个，可以预处理出来，时间复杂度 $O (2^{14} \sum c_{i})$ 。

P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

仍然考虑设 $f_{s, i}$ 表示含有的前 $8$ 个质因子集合为 $s$ ，且是第 $i$ 个质因子的倍数有多少个。然后发现不太对啊。

正常考虑设 $f_{s, t}$ 表示 A 选了 $s$ 集合的质因子，B 选了 $t$ 集合的质因子的方案数。对于存在大质因子的数，对其内部做 DP，方法同上。

CF1810F M-tree

先考虑单次询问怎么做。可以二分答案，然后让每个点尽量往深度大的放。这样就可以得出答案 $x$ 满足的充要条件就是 $m^{x} \geq \sum_{i = 1}^{n} m^{a_{i}}$ 。所以答案就是 $⌈ \log_{m} \sum m^{a_{i}} ⌉$ 。这可以用线段树维护 $m$ 进制实现。

P6576 [BalticOI 2017] Plus Minus

思考怎么才能固定整个矩阵，需要固定第一行和第一列。考虑什么时候才合法，发现必须第一行或者第一列是正负交错的。

然后你又发现，当第一行是交错的时候，每一行都是交错的。列同理。所以这时候就可以容斥计数了。

P5188 [COCI2009-2010#4] PALACINKE

这是一道挺困难的题。

首先不管买东西种类的限制，设 $f_{u, i}$ 表示走到 $u$ 点，用了 $i$ 时间的方案数。构造矩阵

A n s = [f_{1, i - 1}, f_{2, i - 1}, \dots, f_{1, i}, f_{i, 2}, \dots, a n s]

转移矩阵自己想。那么在没限制的时候可以直接矩阵快速幂进行转移。

现在如果有了限制那该怎么办？考虑容斥，用总方案数减去不合法的方案数。每次只保留是选定集合子集的边。时间复杂度 $O (2^{4} n^{3} \log t)$ 。

反思：正常写出 DP 是带状态 $s$ 的。因为这个东西难做所以才去想容斥。在没有了这个限制之后，再根据数据范围联想矩阵快速幂。有一些其它的做法，从一个经典问题：

一张 $n$ 个点的有向图，求从 $1$ 开始走恰好 $t$ 条边，回到 $1$ 的方案数。其中 $n \leq 25, t \leq 10^{9}$ 。

引出。这个问题的解决方法就是矩阵快速幂。但是此题更为复杂，不是恰好，边权也不一定为 $1$ ，最后也要容斥。如何解决前两个问题？？看 P3758，P4159。

P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

枚举菜的个数 $k$ 。先不管第三个条件，计算出用不同烹饪方法做出 $k$ 道菜的方案数，然后容斥。

每次最多只有一种主要食材不满足条件。枚举主要食材 $v$ 。设 $f_{i, j, t}$ 表示前 $i$ 种烹饪方法，用了 $j$ 种，食材 $v$ 用了 $t$ 种的方案数。答案减去 $f_{n, k, k / 2 + 1 \sim k}$ 。时间复杂度 $O (n^{3} m)$ ，可以获得 $84$ 分。

瓶颈在于计算不合法方案的时候。

我们发现 $f$ 的第二维只是帮我们确定食材 $v$ 是否比其它的多，但我们不关心具体是多少。于是我们可以设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 种烹饪方法，食材 $v$ 比其它的多了 $j$ 种。这样就是 $O (n^{2} m)$ 。

CF1980G Yasya and the Mysterious Tree

维护每个点到根的异或值 $d_{i}$ ，查询即查 $d_{v} \oplus d_{u} \oplus x$ 的最大值，若可以维护则可使用字典树查询。

不难发现修改操作只对深度为偶数的点产生影响，记录修改操作的总异或值 $m$ 。建立两棵字典树，分别维护偶数深度和奇数深度即可。

CF1994G Minecraft

考虑枚举每个位置填什么，一个关键的地方在于一个位置最多向前产生不超过 $n$ 的进位（调和级数可证）。设 $f_{i, j}$ 表示第 $i$ 位向 $i + 1$ 位产生了 $j$ 的进位。

转移时根据填的数算出 $1 \sim i - 1$ 位产生的进位，然后转移即可。

CF1823F Random Walk

将每个点的期望写出式子 $E_{i} = \sum_{\exist e d g e (x, i)} \frac{1}{d e g_{x}} E_{x}$ 。特殊的， $E_{s}$ 要加上常数项，不能从 $E_{t}$ 转移到 $E_{i}$ ，高斯消元，无法通过。

思考特殊性质，因为这是一棵树，于是考虑将每个点的期望写成和父亲有关的式子。

设 $E_{x} = k_{x} E_{f a}$ ，一开始有 $E_{x} = \frac{1}{d e g_{f a}} E_{f a} + \sum_{y} \frac{1}{d e g_{y}} E_{y}$ 。将每个 $f_{y}$ 替换成 $k_{y} E_{x}$ 即可。

CF1495D BFS Trees

先考虑只有一个点怎么做，以 $x$ 为起点 bfs，然后将图分层，然后应该可以直接乘一些东西。

然后就不会了。

注意到若 $i \sim j$ 的最短路超过一条就无解。否则，必然最短路上的点都在生成树上。其余的，枚举其父亲，答案乘上满足条件的父亲个数即可。

CF1736E Swap and Take

观察到每个位置被覆盖的数的下标是单调递增的，于是设 $f_{i, j, k}$ 表示 $i$ 这个位置被 $j$ 覆盖了，用了 $k$ 次交换。

若 $i$ 和 $i - 1$ 一样，则 $f_{i, j, k} = f_{i - 1, j, k - 1} + a_{j}$ 。
若不同，观察到此时 $j$ 必须大于等于 $i$ ，不然为啥还会不同。于是 $f_{i, j, k} = {max}_{p = 1}^{j - 1} f_{i - 1, p, k - (j - i)} + a_{j}$ 。

想出了差不多，但还是差最后一点。感觉自己分类分的太过细致反而影响了思考。

CF1981E Turtle and Intersected Segments

一个关键的地方在于如何缩减边数规模。注意到若三条线段两两相交，假设 $a_{1} < a_{2} < a_{3}$ ，那么因为 $a_{3} - a_{1} = a_{2} - a_{1} + a_{3} - a_{2}$ ，所以只有后两条边有用，也就是只需连相邻的两条边。

考虑用扫描线维护这个过程，每条线段在 $l$ 加入，在 $r$ 删除。每次加入时与它 $a$ 值的前驱、后继连边，边数降至 $O (n)$ ，时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

CF1493E Enormous XOR

果然是一个结论题。

若最高位不相同则直接输出 $n$ 个 $1$ 。

否则，我们希望选择奇数个，这样最高位才能为 $1$ 。

我们已知模 $4$ 等于 $0, 1, 2, 3$ 的四个数连续异或会变成 $0$ ， $2 i \oplus 2 i + 1 = 1$ ，所以选择其实是有限的，我们发现约束了条件的 $(x, y)$ ，答案就是就只有 $x, y, x \oplus 1, y \oplus 1$ 四种。显然当 $y = r$ 时最优。此时再判断一下 $x$ 取哪就好了。

P8819 [CSP-S 2022] 星战

如何判断一个点是否可以「实现反击」，其实就是形成基环森林。

「连续穿梭」则要求每个点出度为 $1$ 。所以只需全部点出度均为 $1$ 就可以。

如何维护，使用和哈希。

具体的，给每个点随机一个权值 $w$ ，我们维护所有边的起点构成的可重点集，只需判断集合 $w$ 之和是否等于 $\sum_{i = 1}^{n} w_{i}$ 即可。

[ARC160F] Count Sorted Arrays

这它喵是人想出来的吗？？

有一种 01 串的经典技巧：把小于等于 $x$ 的设为 $1$ ，大于 $x$ 的设为 $0$ 。那么一个排列就对应着 $n + 1$ 个 01 串。一个排列有序当且仅当这 $n + 1$ 个 01 串都有序。01 串在变化的时候，最多有一个 $0 \to 1$ 。

假设我们得到了 01 串 $i$ 经过操作后得到的新串 $f_{i}$ 。考虑对 01 串计数，设 $d p_{i}$ 表示已经选了 $popcount (i)$ 个 $01$ 串，最后一个是 $i$ 的方案数。转移即 $d p_{i} \leftarrow d p_{i \oplus 2^{j}}$ 。但要保证 $i$ 现在是有序的，即 $f_{i}$ 所有的 $1$ 都在最前面。

每次操作，若所有排列的 $x, y$ 都有序了就不操作。时间复杂度 $O (n^{3} 2^{n})$ 。

[ABC328G] Cut and Reorder

套路的设 $f_{s}$ 表示 $s$ 集合里的数匹配了 $b$ 的前 $popcount (s)$ 位，但是我不会转移，觉得交换操作带来的影响剩下的数的相对顺序很难搞。

但其实我们肯定只用一次交换操作就达到最优的排列，所以我们可以直接 DP 维护这个过程。每次找到一段连续区间接上 $s$ 。可以证明时间复杂度是 $O (n 2^{n})$ 。

CF1530F Bingo

容易想到容斥，计算满足所有行列对角线都至少有 $1$ 个 $0$ 的情况，于是就有了 $O (n 4^{n})$ 的做法。

先考虑只有列的情况。再次容斥，用全部情况减去至少一列全为 $1$ 的概率，再加上至少两列全为 $1$ 的概率……

然后在计算列的同时枚举行计算行的概率。设 $g_{i, s}$ 表示第 $i$ 行 $s$ 集合位置为 $1$ 的概率，然后我们只需要保证行不全为 $1$ 就行了，那么一行的贡献就是 $g_{i, s} - g_{i, 2^{n} - 1}$ 。

枚举对角线的状态，时间复杂度 $O (2^{n + 2} n)$ 。

[ABC319G] Counting Shortest Paths

想着先求出最短路，但是只会 $O (n^{2})$ 。

想到用 set 维护未被访问的点，但是没想到可以只走要删除的边然后再求补集。然后这样就可以求出最短路。

然后按照最短路分层，先让每个 $v$ 加上满足 $d i s_{u} + 1 = d i s_{v}$ 的所有 $f_{u}$ ，然后再减去多余的。

时间复杂度 $O (m \log n)$ 。

P11071 「QMSOI R1」 Distorted Fate

考虑线段树维护区间内的数二进制下每一位的 $1$ 个数。

修改操作相当于将 $01$ 个数反转。

查询操作考虑每一位的贡献，二分出第一个 $i$ 使得 $c n t_{1} (l, i) \geq 1$ ，贡献就是 $2^{i} \times (r - i + 1)$ 。

时间复杂度 $O (n \log n \times 30)$ 。空间复杂度貌似过不了但还是过了。

进一步的优化是，维护每一位的与、或，然后也比较简单。

P9220 「TAOI-1」椎名真昼

博弈论！

发现最多一个回合即可确定胜负。

A 赢就是要找一个黑点，操作一次就全白，可以 tarjan + 拓扑 + 搜索实现。

B 赢只有三种情况：

全白。
两个孤立黑点。
一个黑点连向一个白点。

P9871 [NOIP2023] 天天爱打卡

设 $f_{i, 0 / 1}$ 表示到第 $i$ 天，这一天不跑/随便的最高能量。枚举一个跑步连续段的起点 $j$ ，然后 $f_{j - 1, 0} + v a l (i, j) - (i - j + 1) \times d \to f_{i, 1}$ 。其中 $v a l (i, j)$ 表示所有满足 $i \leq x_{k} \leq y_{k} \leq j$ 的 $v_{k}$ 和。使用线段树优化，每次加入一个 $i$ 时给 $[0, i)$ 全部减去 $d$ ，然后给 $r_{k} = i$ 的所有 $j < l_{k}$ 的 $j$ 全部加上 $v_{k}$ 。然后查询 $[i - k, i)$ 的最大值转移到 $f_{i, 1}$ ，再将 $f_{i, 0}$ 加到线段树。时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

发现只有段上的点有用，对端点离散化后套用上述做法，时间复杂度 $O (m \log m)$ 。

P6879 [JOI 2020 Final] スタンプラリー 3

一定要看数据范围做题！

设 $f_{i, j, 0 / 1}$ 表示区间 $[i, j]$ 到达 $i / j$ 的最小时间，但是不好转移，一开始想二分收集的数量，但是收集的雕像不一定连续。然后就不知道怎么处理时间和数量的依赖了。

发现这种状态的转移一般是 $O (1)$ 的，而 $n \leq 200$ ，于是我们可以直接把数量放进状态里，这样就是 $O (n^{3})$ 的状态，转移 $O (1)$ ，可以通过。

P10430 [JOISC 2024 Day1] 鱼 3

问题即用最少的单点减 $D$ 次数使得 $c_{l \sim r}$ 单调不降。

暴力做法就是从 $r \to l$ 直接贪心扫一遍。

考虑将询问离线，然后扫描线，每次加入一个 $r$ 时就往前去暴力做。观察到如果我们更新了一对相邻的数，那之后它们的差不会变化。于是我们可以拿一个栈维护还没有更新过的地方，对一段连续段使用区间减法。这样复杂度均摊 $O (n \log n)$ 。

反思：好像啥都可以离线扫描线。

P8162 [JOI 2022 Final] 让我们赢得选举

有一个直观的想法，枚举协作者数量 $t$ ，然后选 $b_{i}$ 前 $t$ 小的城市找协作者，再从剩下的选 $a_{i}$ 前 $k - t_{i}$ 小的来演讲。

但这是有问题的，可能一个 $b_{i}$ 很小的地方 $a_{i}$ 极其小。

于是我们加入一些 DP 来修改贪心。

设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个地方，选了 $j$ 个协作者，其余地方直接演讲的最小时间。枚举总共协作者数量 $t$ 这个东西是好 DP 的。然后再加上后面的贡献就好了。时间复杂度 $O (n^{3})$ 。

反思：当贪心出现问题的时候，尝试使用 DP 来进行修正。

P9522 [JOISC2022] 错误拼写

牛魔计数题使我旋转。

主要说一下分析思路：

根据字典序的比较方式我们可以转化一下 $T_{A_{j}} < T_{B_{j}}$ 这个条件。我们现在只考虑严格小于的情况。

字典序暗示我们要从后往前 DP，于是设 $f_{i, j}$ 表示 $s_{i} = j$ 的方案数。然后考虑从 $f_{i^{'}, j^{'}}$ 转移过来，思考转移的约束。

这个约束就是对于一段 $[A, B]$ 里面的 $i^{'}$ ，对 $i < A$ 都要少掉一段贡献，这段贡献和 $j$ 有关。

于是设 $h_{j}$ 表示 $i + 1 \sim n$ 中 $f_{*, j}$ 的贡献。每次移动 $i$ 的时候更新 $h_{j}$ 。用链表维护，时间复杂度 $O (n | \sum |)$ 。

计数题好难。

長距離バス

发现每次赶走的人一定是一段区间。而这个区间的末尾必须紧跟着一个服务区，不然后面的人会被影响。

设 $f_{i}$ 表示前 $i$ 个人的最小代价。

如果不下车， $f_{i} = f_{i - 1} + W \times (⌊ \frac{X}{T} ⌋ + [D_{i} \leq X mod T])$ 。

如果下车，考虑枚举这段下车区间的上一个人 $j$ ，则 $f_{i} = min f_{j} + s u m C (j + 1, i) + W \times m t_{i} \times (i - j)$ 。其中 $m t_{i}$ 表示第 $i$ 个人最快在啥时候可以下车。

对第二类转移使用斜率优化即可。

P9331 [JOISC 2023 Day1] Passport

线段树优化建图。

让 $i \to [l_{i}, r_{i}]$ 连边。有种想法是将左端点和右端点分开考虑，但是一步可能同时向左右端点扩展，然后就不会了。

接下来就是注意力惊人了，我们注意到，在最优方案中，存在一个时刻，该时刻之前每一步同时向左右扩展，该时刻之后每一步只向一边扩展。

所以设 $d i s_{x}$ 表示从 $x$ 分别向左右扩展加起来的最小护照，答案就是 $min d i s_{j} + d (j, i)$ 。

建出反图，跑两次 dij 可以求出 $d i s_{x}$ ，然后新建源点向 $i$ 连 $d i s_{i}$ 的边，再跑一次最短路。

posted @ 2024-09-11 11:41 xishanmeigao 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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