2024 syzx 冬季训练 5 - 数据结构

A

对于每种颜色分别做，$x$ 和 $y$ 的贡献可以分别求和，排序即可。

B

二分答案，枚举最小值点，预处理出左右两边的最大贡献。

C

因为用到的操作只有求中位数，所以只用二分最终的答案，就可以把一开始大于等于 mid 的数视为 +1，小于 mid 的数视为 -1。再使用一些前缀和技巧模拟即可。

D

题意：定义 $F(x)$ 为比 $x$ 大的且二进制上 1 的个数小于等于 $x$ 的最小的数。对于所有 $F(x)\le n$，将 $x$ 与 $F(x)$ 连边，得到一个森林。$m$ 次操作，每次将一个点到所在树的根的路径上的点权加 $v$，或者查询编号在 $L$ 到 $R$ 之间的点的点权的和。

$n\le 10^{18},m\le 10^5$

发现 $F(x)=x+lowbit(x)$，所以树高只有 log，先把所有单点修改都找出来，重新离线＋离散化，再拿树状数组做一遍。

E

正解：

对于一个 $d$，假设在 $[x, 3x]$ 内存在一盏灯满足条件，那么输出 $1.5x$ 即可 保证结果正确。因此等价于找到最小的 $k$ 满足答案位于 $[3k , 3 k+1)$，共 $log_3 n$ 个区间。 对于一个区间 $[3k , 3 k+1)$，如何对于每个 $d$ 判断是否存在一盏灯满足条件？ 令 $A_i$ 表示坐标为 $i$ 且编号在 $[3k , 3 k+1)$ 中的灯的颜色，若不存在则为 0； 令 $B_i$ 表示坐标为 $i$ 的灯的颜色，若不存在则为 0。 则 $d$ 有解当且仅当 $\sum_i [A_i > 0][B_{i+d} > 0](A_i − B_{i+d}) ^2 > 0$。反转 $A$ 后拆掉平方为卷积的形式，FFT $O(d \log d)$ 求解即可。 时间复杂度 $O(d \log d \log n)$。

bitset 做法：

不需要使用模糊答案的性质。

枚举答案（从小到大枚举编号），维护当前已经出现的可行的距离 $d$，使用除了当前颜色之外的颜色的 std::bitset 可以计算出新增答案的位置，只枚举这些新增的位置来更新答案即可。需要使用根号分治来优化空间。 时间复杂度 $O ( n^2 /w )$ 。

F

题意：一棵树，每个点颜色 $c_i$，你可以选择一条路径，把颜色排成一个序列，然后任取一个子序列，但是你需要保证这个子序列是回文的。求最终子序列的最大长度，$n\le 200000$

每种颜色出现次数不大于 2

正解：

设与点 $u$ 的颜色相同的另一个点为 $lnk_u$。设 $f_u$ 表示现在已经选了 $u$ 和 $lnk_u$，最多选了多少。

使用刷表法转移 dp，$f_u$ 可以转移到的 $(v,lnk_v)$ 在 dfs 序上是一个矩形。

线段树套线段树维护。

树剖做法：

选出的回文串其实有两个部分，第一个部分匹配的两个点是祖先关系，第二部分不是。

dp 的定义和正解一样，我们先对第一部分转移。我们对树进行 dfs，如果 $lnk_u$ 是 $u$ 的祖先，则得到 $f_u$ 之后把它插入到 $dep_{lnk_u}$ 的位置，每次查询 $dep_u$ 到 $dep_{lnk_u}$ 的最值。dfs 退出 $u$ 的时候删除贡献。

第二部分类似，只不过查询时变成了路径查询，使用树剖。

（我怎么感觉这两个部分其实可以合并）

G

首先考虑如何计算固定的 $k$ 的答案。将所有盘子按照 $b$ 从小到大排序，枚举第 $x (k ≤ x ≤ n)$ 个盘子作为选中的 $b$ 最大的盘子，那么剩下的 $k − 1$ 个盘子显然是贪心选择前 $x − 1$ 个盘子 中 $a$ 最小的 $k − 1$ 个。给定 $k$ 和 $x$，可以通过可持久线段树在 $O(log n)$ 的时间内求出对应方案 的值 $w(k, x)$。 令 f(k) 表示使 $k$ 取到最优解的 $x$。对于两个不同的决策 $x, y (x < y)$，若 $w(k, x) ≥ w(k, y)$， 那么增大 $k$ 之后由于 $y$ 的可选择范围严格包含了 $x$ 的可选择范围，因此 $y$ 新选的 $a$ 值一定不 大于 $x$ 所选的，即 $w(k ′ , x) ≥ w(k ′ , y)$ 对于 $k ≤ k ′ ≤ n$ 恒成立。由此可得 $f(1) ≤ f(2) ≤ f(3) ≤ · · · ≤ f(n)$，最优决策具有单调性，可以分治求解，共需计算 $O(n log n)$ 个$w(k, x)$ 的值。 时间复杂度 $O(n log^2 n)$。

H

先求出两个序列分别的异或和记为 $A, B$，则修改位置 $i$ 相当于让两者同时异或 ai ⊕ bi，则可以将所有 ai ⊕ bi 构造线性基。接下来从 A, B 的高位往低位考虑，对于一位：

1. 如果都是 1，且线性基这一位有值，则同时异或线性基这一位，都变成 0 肯定更优。

2. 如果都是 0，则不管。

3. 如果一个 1 一个 0，后面肯定让这一位是 1 的尽可能小，0 的不用管，则用线性基贪心即可。如果 这一位线性基有值，那么需要枚举是否异或这个值，两种情况都往下贪一次即可。

时间复杂度为 O(n log w)，其中 w 为值域。

I

注意到如果 $query(a, b, c)$ 为真，那么 $query(≥ a, ≥ b, c)$ 一定为真。 从小到大枚举询问中 a 的值，按横坐标从小到大依次加入每个点，维护 $f_c$ 表示最小的 b 满 足 query(a, b, c) 为真。假设当前正在加入点 (x, y, w)，有 $f(c+w) mod n =\min(f(c+w) \mod n, \max(fc, y))$。 观察状态转移方程可知，如果 $y ≥ f(c+w) \mod n$，那么就没有更新的必要。令 $m = max(f_0, f_1, . . . , f_{n−1)}$， 那么如果 y ≥ m，则这个点是完全无用的，可以直接跳过。 由于数据随机，可以近似地认为加入 k 个点后，所有 $2^k$ 个子集和模 n 的结果在 [0, n) 等 概率均匀分布。可以看作 $2^k$ 个小球随机放入 n 个洞之中，填满所有 n 个洞所需的期望球数 是 O(n log n)，因此 k = O(log n) 时期望可以填满整个 f 数组。这说明，f 数组的最大值的 期望值等于所有已经加入的点的纵坐标的第 O(log n) 小值，即 O( n log n k )。 于是，加入的第 k 个点的纵坐标 y < m 的概率为 O( log n k )，期望只需要更新 $O( ∑^n _{k=1} \frac{\log n}{k} ) = O(log^2 n)$ 遍 f 数组。由于这个值并不大，每次暴力 O(n) 更新整个数组即可。有了 f 数组就 可以很容易地求出最终的答案。 时间复杂度 O(n log^2 n)。

如果你没想到 $f_c$ 表示最小值，你可以一边扫一边维护前 log 小的 yi（只算扫到的点的 y） 的背包，背包的值是 01，用 bitset 优化。时间 $\mathcal{O}(n\log^3 n/\omega)$。

J

一个 $m\times m$ 的网格，有一些矩形（端点都是整点），问拿走恰好两个矩形之后剩下矩形的交的面积的最小值。

统计每个格子被多少矩形覆盖。现在每个矩形内的 1 是拿走这个矩形一定可以带来的贡献。拿走两个矩形时，它们交集里面的 2 也会产生贡献。所以我们枚举 2 的格子，找到那两个矩形就能统计贡献。

问题是怎么找到那两个矩形？处理出每个格子被覆盖的矩形的编号和、编号平方和，就可以解方程解出那两个矩形的编号。

K

可以线段树维护哈希，开两棵树分别维护 $A_i$ 正过来的哈希和 $A_i$ 倒过来的哈希，每次线段树上二分就 好了。

由于值域比较大，可能需要双模/较大模数。

L

考虑枚举答案，再按在序列中的顺序枚举它的倍数。对于可能对答案有贡献的三元组 (i,j,k)，一定满足 i与 j相邻，且 k是离 j最近的合法的标号。显然这样的三元组个数最多只有O(nd) 个。

接下来考虑怎么求每个三元组 (i,j,k)。一种写法是，因为对于一个枚举到的答案，随着 i的增加，k 是没有单调性的，所以想求出所有三元组只能二分答案。但是如果我们从右往左枚举 i，用双指针维护 k，虽然没有办法求出所有三元组，但对于每个错过的三元组 (i,j,k)，一定存在一个三元组(i',j',k') 使得 i'<=i 且 k<=k'。所以我们错过的三元组一定不优。于是我们就可以在 O(nd) 的时间内求出所有合法三元组。

另一种常数更小的写法是：我们不直接枚举答案，而是从左往右扫，对每个数 ai 枚举它的因数 x。设上一 次出现 x的倍数的位置是 lst_x，这样所有在 2i-lst_x 后面的数 k都能组成 (lst_x,i,k) 且答案为 x 的 三元组。于是我们把 x挂在 2i-lst_x 上就可以方便地求出所有三元组 (i,j,k)。

接下来，我们离线询问，将三元组 (i,j,k)与对应的答案挂在 i或 k上，就只需要做一个二维数点。由于 $\sqrt n$与 d同阶，且要做 O(nd) 次修改和 O(q) 次查询，我们用 O(1) 修改 O(sqrt n) 查询的分块即可做到 $\mathcal{O}(nd+n\sqrt n)$的复杂度。