随机乱做 Part 2
- 「WC2016」论战捆竹竿（利用 border 的性质优化同余最短路）
- 「WC2010」重建计划（01 分数规划 + 点分治 + 单调队列）
- 「CF1733E」Conveyor（递推）
- 「CF1612G」Max Sum Array（差分 + 贪心）
- 「ABC270G」Sequence in mod P（BSGS）
- 「洛谷 P8552」Rabbit（并查集 + 逆向思维）
- 「CF1527E」Partition Game（分治决策单调性 + 指针暴跳）
- 「CF1430G」Yet Another DAG Problem（状压 dp）
- 「CF1611G」Robot and Candies（贪心 + set）
- 「CF1675G」Sorting Pancakes（DP）
「WC2016」论战捆竹竿（利用 border 的性质优化同余最短路）
首先可以暴力求出所有 \(\bf{border}\)，然后暴力跑同余最短路。即使用 \(n-|\bf{border}|\) 能拼出多少个 \([n,m]\) 之间的数。
一个关键性质：所有 \(\bf{border}\) 形成了 \(\mathcal{O}(\log n)\) 个等差数列。
记录 \(f_i\) 表示在当前模数下要使得 \(\bmod mod=i\) 要加的最小数。
那么我们考虑依次加入等差数列。
剩下的懒得写了，见洛谷题解区。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/GFv9JYrtX4/。
「WC2010」重建计划（01 分数规划 + 点分治 + 单调队列）
很明显可以用 01 分数规划的套路进行二分，然后每条边的权值减去一个数，求有没有长度在 \(L\sim U\) 之间的和为 \(0\) 的链。
对于路径问题肯定先考虑点分治，然后合并路径的时候可以单调队列。
因为卡常，所以需要把点分树提前建出来，不需要每次重新找重心。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/DMrzvKFptY/。
「CF1733E」Conveyor（递推）
题意：
给定一个 \(120 \times 120\) 的表格 \((0 − based)\)，每个格子上有一个传送带，可以将史莱姆向右或向下传送一格，之后这个传送带的方向立刻发生变化，即向右变向下，向下变向右。
如果两个史莱姆撞上了，它们就会融合。如果一个史莱姆（向右或向下）走出了表格，那它确实就走出了表格。
初始的时候所有传送带们都向右，随后每一秒我们都在 \((0, 0)\) 放置一个新的史莱姆。
\(q\le 10^5\) 次询问,每次问在第 \(t(t \le 10^{18})\) 秒，\((x,y)\) 这个格子上是否有史莱姆。
首先，史莱姆肯定不会融合，因为每一个走过的距离都不一样。
那么我们可以考虑通过第 \(t\) 秒与第 \(t-1\) 秒时 \((x,y)\) 上的史莱姆个数是否相同来判断。
对于这个，可以递推：即先在 \(a_{0,0}\) 上放置 \(\max(0,t-x-y+1)\) 个史莱姆（因为在这之后放的都不可能到达 \((x,y)\)），\((i,j)\) 向右边会移动 \(\lceil\frac{a_{i,j}}{2}\rceil\) 个史莱姆，向下会移动 \(\lfloor\frac{a_{i,j}}{2}\rfloor\) 个。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/337QRbS3v9/。
「CF1612G」Max Sum Array（差分 + 贪心）
如果位置 \(x\) 上放的是从前往后第 \(j\) 个值为 \(i\) 的数，那么它对答案的贡献就是 \((2j-c_i-1)x\)。
很明显如果我们可以把所有的 \((2j-c_i-1)\) 拿出来然后从小到大排序依次填入，答案肯定是最大的。证明可以由排序不等式推出。
然而时间上不允许，所以我们可以考虑差分。一个 \(i\) 能贡献的范围是 \(1-c_i,3-c_i,\dots,c_i-3,c_i-1\)，即一个公差为 \(2\) 的等差数列，放的时候就等差数列直接算和，因为它们的系数都是一样的。
求方案的话可以发现系数一样的可以随便排，就是 \(\prod cnt_j\)。
注意开 LL！！！！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/NnfF5xh7zp/。
「ABC270G」Sequence in mod P（BSGS）
把答案的式子写出来，其实就是要求满足 \(A^iS+A^{i-1}B+A^{i-2}B+\cdots+AB+B\equiv G\pmod P\) 的最小的 \(i\)。
当 \(B=0\) 的时候就是 BSGS 模板，考虑在加入了 \(B\) 之后还是按照一样的套路，设阈值 \(M=\sqrt P\)，然后预处理 \(0\sim M\) 的值存入哈希表，其它的暴力每次跳 \(M\) 的大小。
那么最后的式子也就形如：
其中 \(x\) 是某个 \(M\) 的倍数。
移项后可得：
这样我们的思路就很明了了！
左右都可以递推得出来！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/9Ctt5wdZZ4/。
「洛谷 P8552」Rabbit（并查集 + 逆向思维）
一个很显然的做法是，对于每一个点 \(x\)，考虑它的子树，如果有 \(\ge 2\) 个儿子的子树内有没有被选过的点，那么就把它们和 \(x\) 标记上，并且答案 \(+1\)，可惜这是 \(n^2\) 的。
考虑逆向思维，从小到大枚举点权，把一个点和它周围点权比它小的点全部并起来，记录一下每个连通块里还没有被匹配的点数。如果并完之后有 \(\ge 3\) 个未匹配的就匹配它们。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/RbKt36SRT3/。
「CF1527E」Partition Game（分治决策单调性 + 指针暴跳）
直接暴力 dp 很显然，把式子写出来感性理解发现具有决策单调性。
分层转移的问题一般要长个心眼，想想有没有决策单调性。
莫队状指针移动可以考虑分治决策单调性！
然后套用 这里边 的分治决策单调性即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/gkmkWFtp6v/。
「CF1430G」Yet Another DAG Problem（状压 dp）
很容易想到分层标号。
数据范围很小，考虑状压。
关键一步：把连接层数不相邻的边的贡献拆到每一层里计算。
然后就可以很好地状压 dp 了。设 \(f_S\) 表示已经选了前面若干层的节点集合是 \(S\)，那么可以枚举子集转移所有可能的下一层节点（条件是下一层节点的入点都在 \(S\) 中），贡献就是起点在 \(S\) 中、终点不在的所有边的权值之和。
方案也很好输出，记录每个状态从哪里转移过来即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/PG4SYYvTTx/。
「CF1611G」Robot and Candies（贪心 + set）
神仙贪心.jpg
容易发现一次操作会使 \(x\leftarrow x+1\) 并且 \(x+y\leftarrow x+y\) 或者 \(x+y\leftarrow x+y+2\)。所以 \(x+y\) 的奇偶性不会发生变化，可以分奇偶考虑。
将所有 1 放到坐标系上考虑，其中 \(x\) 轴是行，\(y\) 轴是行 + 列，即原矩形中的 \(x+y\)。
那么一次操作要么向右走 \(1\) 单位，要么向上走 \(2\) 单位且向右走 \(1\) 单位。
如果走出去了，我们就按边界对称过来。
重要结论：按照横坐标扫过去，如果这一行的后面还有点，就继续把这一行删完；否则将纵坐标 \(+2\) 继续操作。
证明可以考虑调整。
那么直接维护每一个纵坐标对应横坐标的集合 set，模拟这个过程就行了。
实现上注意我们只需要考虑有点的纵坐标。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/p8GXCZ7B6p/。
「CF1675G」Sorting Pancakes（DP）
把问题放在前缀和序列上来考虑，手玩之后可以发现：操作一次就是其前缀和序列变化了 \(1\)。
那么可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数，最后一个数为 \(j\)，和为 \(k\) 的最小操作次数。直接枚举下一个选什么就行，贡献为 \(|k+nxt-sum_{i+1}|\)。
