USACO 2022 Dec 铂金组题解
有生之年终于 AK 一次 Pt 组了，发个题解玩玩。
T1 - Breakdown
大部分情况下，题目里若存在一个很小的 \(k\) 这样的角色，都是因为它在复杂度指数上（包括但不限于 \(2^{\operatorname{poly}(k)}\) 或 \(n^{\operatorname{poly}(k)}\)）。
时光倒流变成加边。考虑折半，维护 \(1\) 到每个点 / 每个点到 \(n\) 边数为 \(1 \sim 4\) 时分别的最短距离。询问时 meet in the middle，\(\mathrm O(n)\)。
怎么维护？考虑到 \(k\) 大概率在指数上，而 \(k\leq 4\)，一个朴素的方法是暴力枚举 \(k\) 步的每一步，\(\mathrm O(n^k)\)。但最多只能接受 \(\mathrm O(n)\) 时间内更新一次。
设加的边为 \(x \to y\)。枚举这条边是 \(k\) 条边中的哪条，更新。其实是能平均一次 \(\mathrm O(n^{k - 2})\) 更新而非 \(\mathrm O\!\left(n^k\right)\) 的，因为 \(x, y\) 本身就确定了两个点。另外，如果这条边充当第一条从 \(1\) 出发的边的话，只能多确定一个点，但 \(x = 1\) 的边本身就只有总边数的 \(\frac 1 n\)，恰好抵消了。
这样 \(k = 4\) 时是平方，还是不行。再注意到 \(k = 4\) 时可以利用 \(k = 2, 3\) 的信息；而 \(k = 2\) 时 \(\mathrm O(1)\) 又有点浪费，可以升级一下，\(\mathrm O(n)\) 维护两两点之间跨两步的最短路。利用这些信息，分类讨论可知 \(k = 4\) 时加入的边无论充当第几条，都可以在 \(\mathrm O(n)\) 时间内完成更新。
总复杂度 \(\mathrm O(n^3)\)。
T2 - Making Friends
当奶牛 \(x\) 离开时，设其所有邻居从小到大依次为 \(y_1, y_2, \cdots, y_k\)。
如果 \(k = 0\) 直接跳过。
否则，将 \(y_i\) 互相连接，显然等效于将 \(y_1\) 与 \(y_{2 \sim k}\) 相连。这就是个邻接表的合并，线段树合并或 set 启发式合并即可。
方便起见，给边按 \(x \to y (x < y)\) 定向。每次奶牛离开时邻接表大小之和减去初始边数就是答案。
T3 - Palindromes
先考虑怎么算某个串的 cost，这部分比较简单。如果 G 和 H 的数量都是奇数，那就 -1。否则设其中 G 的位置依次为 \(p_1, p_2, \cdots, p_k\)。显然在最优移动的过程中不会改变两个 G 的相对位置，\(p_i\) 与 \(p_{k - i + 1}\) 配对。要将一对 \(p_i, p_j\) 移动到对称的位置，显然至少要花 \(f(i, j) = |(M - p_i) - (p_j - M)| = |2M - p_i - p_j|\) 步数，其中 \(M = \frac{1 + L}2\)，\(L\) 为串长。所以 cost 的一个下界是
容易证明，这个下界能取到：只要从外层往内层依次对齐，将靠内的往外移，对齐总能进行。
-1 和 \(2 \nmid k\) 的那项容易先 \(\mathrm O(n^2)\) 处理掉。接下来考虑每一对 \(p_i, p_j (i < j)\) 的贡献。那就是所有不为 -1 的，让 \(p_i, p_j\) 配对的子串 \([l, r]\)，令它们的 \(M = \frac{l + r}2\)，对 \(f(i, j)\) 求和。
容易想到将 \(i + j\) 相等的对放一起处理，从外往内，每次加入所有 \((l, r) \in (p_{i - 1}, p_i] \times [p_j, p_{j + 1})\) 并查询贡献，这样每对 \((l, r)\) 只会被加入一次。如果 \(f(i, j)\) 不带绝对值的话，那直接做完了；可惜是带绝对值的，那只能把 \(2M\) 装到 BIT 里，分 \(2M \lesseqgtr p_i + p_j\) 两半算贡献，\(\mathrm O(n^2 \log n)\)。
奈何它 7500 也卡不了我。共要 \(\frac{c^2}2 + \frac{n^2}2\) 次 BIT 操作，其中 \(c\) 是 G 出现次数，常数极小！一个卡常技巧是：G 还是 H 不重要，可以让出现次数较少的作为 G，这样最多要 \(\frac 5 8 n^2\) 次 BIT 操作。
这个方法是可以改进为 \(\mathrm O(n^2)\) 的。注意到，每次查询的左右端点 \(p_i, p_j\) 分别单调，于是直接单点修改数组并暴力移动指针，就可以 \(\mathrm O(1)\) 修改，且每个 \(i + j\) 相等组的查询操作都在 \(\mathrm O(n)\) 时间内解决。
