public judge 做题记录
Public Round 1
A 删数
这个题太奇怪了啊！！！
一步显然的转换：求出原序列的差分数组，相当于每次把相邻两项相同的数合并成他们的和，要删去最多的数。
哪些数有可能被一起删掉：1.正负一定相同；2.去掉二进制的最后的 \(0\)，剩下部分相同，实现方式是令 \(x\rightarrow\frac{x}{\operatorname{lowbit(x)}}\)。
我们把满足以上条件的极长的连续段拎出来对它计数。可以 dp，设 \(g_{i,j}\) 为右端点为 \(i\)，合并出 \(2^j\) 倍的左端点，若不存在为 0，这部分可以简单递推。
\(f_i\) 为 \(i\) 为右端点合并他所在的连续段的答案。那么：
\(f_i=\min\limits_{j\in[0,\log v]}(f_{g_{i,j}-1}+1)\)。
总复杂度 \(O(n\log v)\)。代码实现。
B 守卫
这个题太精妙了啊！！！
首先所有边一定属于原图的最小生成森林，这部分显然，调整证明即可。
联通相关，考虑 kruskal 重构树（森林），转换题目的限制：守卫向叶子节点。若属于同一连通块的两叶子同时被选中，需要断开两点路径上的一条边；每一个连通块的根必须可达一个守卫。
这个东西很网络流啊！考虑设计这样的费用流模型：
1.源点向每个守卫连边，流量为 \(1\)，费用为 \(0\)。
2.守卫向每一个他能到的叶子节点连边，流量为 \(1\)，费用为 \(0\)
3.重构树上除根的每一个点向他的父亲连边，流量为 \(1\)，费用为 \(0\)
4.重构树上的非叶子节点向汇点连边，流量为 \(1\)，费用为流量为 \(1\)，费用为它代表的边的权值，意义为可以用这个代价把它割掉。
5.重构树上每一连通块的根向汇点连边，流量为 \(1\)，费用为 \(inf\)，意义是只有一个守卫能通过根流向汇点，而其他的守卫必须靠割掉某一条边来不与其他守卫联通。
因为根必须有流量，跑最大费用最大流。最后，费用减去连通块数量倍的 \(inf\) 的意义是 割掉一些边使得原图满足条件的边权和的最大值。
代码实现。
C 直线
谢谢你，计算几何的交互题，连题解都不想看。
ExPR 1
谢谢你，数学题。
A 乘积
为什么就不能对着 dp 式子再多想一会呢？
这个题，设 \(f_i\) 为大于等于 \(i\) 的期望步数，有 \(f_i=1+\frac{1}{n}\sum\limits_{j=1}^nf_{\lceil\frac{i}{j}\rceil}\)
\(nf_i=n+f_i+\sum\limits_{j=2}^nf_{\lceil\frac{i}{j}\rceil}\)
\(f_i=\frac{n}{n-1}+\frac{1}{n-1}\sum\limits_{j=2}^nf_{\lceil\frac{i}{j}\rceil}\)
对右边整除分块并记忆化，易于看出来和杜教筛的复杂度一致。代码实现。
B 守卫2
这个题其实挺好的。
根固定，最优方案一定是选择若干个叶子，显然。
猜了个结论：贪心地选当前价值最大的叶子加进答案，然后这个结论是正确的。
若前 \(i-1\) 次所选都在最优解中，考虑第 \(i\) 次所选的叶子：如果最优解包含当前叶子所在的链，选这个叶子显然最优，否则可调整证明一定不是最优解，即选这个叶子可以让答案变大。于是你可以写点神秘暴力得到一定分。
钦定 \(1\) 为根，设 \(down_x\) 为 \(x\) 子树内距 \(x\) 最远的叶子，\(up_x\) 相对定义为子树外的叶子。对于叶子 \(x\)，令 \(a_x\) 为最深的 \(x\) 的祖先 \(v\) 使得 \(down_v\ne x\)。那么如果把 \(x\) 纳入答案，他的贡献是 \(\operatorname{dis}(x,a_x)\)。
\(up,down\) 是易于处理的，考虑换根对 \(a\) 的影响，不难发现 \(x\rightarrow v(v\in son_x)\)，只会更改 \(up_v,down_v\) 的 权值，于是可以 dfs 的过程中动态维护这些点的权值。需要一个数据结构来支持插入删除，维护前 \(k\) 大的和。
代码实现。
C 下降
这个题其实挺好的。硬控了我一个下午。
考虑对于一个位置 \(i\) 上的 \(h_i\)，若 \([i+1,2n]\) 存在 \(1-h_i\) 所有的数，\(i\) 会被删掉。
于是对于原序列 \(a\)，得到操作后的序列 \(b\)：从后往前，\(b_i\) 为 \([1,a_i]\) 中最大的不在 \(b_i,b_{i+1}\cdots b_{2n}\) 出现的数，否则为 \(0\)。
发现这个就是针对 \(\operatorname{mex}\) 的限制。这启发我们对 \(\operatorname{mex}\) 来计数。
具体地，设 \(f_{i,j}\) 为从 \(2n\) 填数填到 \(i\)，当前的 \(\operatorname{mex}\) 为 \(j+1\) 的方案数，答案就是 \(f_{1,n}\)。同时令 \(s_1\) 为当前这个后缀最后存在的个数，\(s_0\) 为最后消失的个数。
特别地，我们先将两个相同的数视作有不同的标号，最后输出的答案应当乘上 \(2^{-n}\)。
1.若当前位置最后不存在
相当于限制 \(a_i\le j\)，剩下 \(2j-j-s_0\) 个位置供 \(a_i\) 选择，意义是有 \(2j\) 个数，\(j\) 个用来构成 \(\operatorname{mex}\)，\(s_0\) 个已经被占。故：
\(f_{i,j}\leftarrow(j-s_0)f_{i+1,j}\)
2.当前位置存在
(1).填的数不改变 \(\operatorname{mex}\)
不对这种转移做特别处理，将他的贡献放到改变 \(\operatorname{mex}\) 时计算：\(f_{i,j}\leftarrow f_{i+1,j}\)
(2).\(\operatorname{mex}\) 有所改变
设之前的 \(\operatorname{mex}\) 为 \(j-k\)，则这个位置的贡献是 \(j-k\)。\(j-k\) 处有两个空位，\([j-k+1,j]\) 都有一个空位，那么 \(a_i\) 有 \(k+1\) 种取值。
现在要在 \(s_1-(j-k)\) 个未确定的数中选 \(k-1\) 个来凑位数，这 \(k-1\) 个应当最后构成一个 \(j-k+1\) 到 \(j\) 的排列，同时互不相同且大于 \(j-k\)。将这样的方案数作为系数，在这里不妨先记为 \(g_{k-1}\)，那么：
\(f_{i,j}\leftarrow\sum\limits_{k=1}^jf_{i+1,j-k}\times(k+1)\times\left(\begin{matrix}s_1-(j-k)\\k-1\end{matrix}\right)\times g_{k-1}\)
这里考虑如何求出 \(g\)。我们不难发现对于 \(g\) 的限制很紧，使得 \(g_{k}\) 恰好等于将序列 \(\{1,1,2,2,\cdots k,k\}\) 变成 \(k\) 阶排列的方案数。
不妨枚举 \(b_1=i\)，和 \(f\) 的推导相似：\(a_1\) 有 \(k-i+2\) 种填法，\(<i\) 与 \(>i\) 的部分又各自构成子问题，故：
\(g_k=\sum\limits_{i=1}^k(k-i+2)\times\left(\begin{matrix}k-1\\i-1\end{matrix}\right)\times g_{k-i}\times g_{i-1}\)
\(O(n^3)\) 暴力计算即可。代码实现。
PER 1
A 捉迷藏
以 \(x\) 为根。特判 \(d=1\) 和 \(d=2\)。先找最深的链跳 \(\lfloor\frac{d-1}{2}\rfloor\) 步，此时另一个点是 \(x\) 的一个子结点。
接下来的策略是向上走一步父亲或者向某一个子树走。可以简单维护最大值。然后发现最深的链一定是直径的两个端点，以这两个端点为根就好。代码实现。
B 新问题
考虑把序列做一遍单调栈，记录出栈和入栈的操作。就可以还原原序列的偏序关系。查询的时候直接在单调栈上二分即可。代码实现。
PR 13
A 旋转序列
我唐完了啊，不会简单构造。
答案下界是 \(\lceil\frac{k\times l}{n}\rceil\)。在 \(A\) 串撒连续的 \(k\) 个点。把 \(B\) 串视作环每 \(k\) 个撒一个点即可。代码实现。
