2024 July

Question 1 - [ABC360G] Suitable Edit for LIS

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，你可以执行如下操作恰好一次，最大化 LIS 的长度：

• 选定一个下标 \(x\) 满足 \(1\leq x\leq n\)，选定一个任意的整数 \(y\)，然后将 \(A_x\) 替换为 \(y\)。

\(1\leq n\leq 2\times 10^5, 1\leq A_i\leq 10^9\)

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首先，用线段树优化 DP 求出 \(f_i\) 表示以 \(A_i\) 结尾的最长 LIS 的长度，\(g_i\) 表示以 \(A_i\) 开头的最长 LIS 的长度。

如果修改没有任何作用，则答案为 \(f_i\) 的最大值。

如果尝试通过修改使得 LIS 增加 \(1\)，显然不会增加更多，首先，可以将 \(A_1\) 或 \(A_n\) 自由改动使得 LIS 可能增加 \(1\)，剩余情况则相当于求 \(\underset{1\leq i < j\leq n, j-i\ge 2, A_i +1\leq A_j-1}{\max} \{f_i+g_j+1\}\)。

再开一棵权值线段树，然后在 \(A_i + 1\) 处存储 \(f_i\) 的值维护即可。

Question 2 - [ABC360F] InterSections

给定 \(n\) 个区间 \(I_i = (L_i,R_i)\)，称 \((l_a,r_a)\) 与 \((l_b,r_b)\) 有交当且仅当 \(l_a < l_b < r_a < r_b\) 或 \(l_b < l_a < r_b < r_a\)，求一个区间 \((l,r)\) 使得：

• \(0\leq l < r\leq 10^9\)
• \((l,r)\) 与尽可能多的给定区间有交。

按照交的区间数量从大到小为第一关键字，\(l\) 从小到大为第二关键字，\(r\) 从小到大为第三关键字排序，找出第一个区间。

\(1\leq n\leq 10^5, 0\leq L_i < R_i \leq 10^9\)

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首先，条件 \(l_a < l_b < r_a < r_b\) 或 \(l_b < l_a < r_b < r_a\) 可以看作矩形，其中 \((l,r)\) 可以看作坐标。

于是直接上扫描线，相当于维护权值线段树中的最大值及其位置，同时要求做到区间加，稍微维护一下即可。

注意坐标范围。

Question 3 - [CTSC2015] 日程管理

给定一个任务集 \(T\)，定义 \(f(T)\) 是合理安排完成任务得到的最大收益，任务具有结束时间与收益两个属性，\(Q\) 次操作，每次向 \(T\) 中加入或删除一个任务，每次操作后求 \(f(T)\) 的值。

• 总共有 \(D\) 天，每一天你可以完成最多一项任务。
• 每项任务最多只能被完成一次。
• \(f(T)\) 表示在结束时间之前完成的所有任务的收益之和。

\(1\leq D,Q\leq 3\times 10^5\)

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前 \(i\) 天最多完成 \(i\) 项任务，不妨记 \(G_i\) 表示 \(i-\) 前 \(i\) 天被安排完成的任务数，则 \(G_i\) 的最小值恒非负。

由于 \(G_i\) 需要完成区间加、查询区间最小值及其最左/最右的位置，故使用线段树 \(S_1\) 维护。

加入任务 \((T,v)\)

显然，我们可以求出 \([T,D]\) 内的 \(G_i\) 的最小值 \(y\)，则 \(y\ge 0\)。

• 若 \(y > 0\)
  • 非常好处理，我们直接完成这项任务即可，然后在 \(S_1\) 上完成 \([T,n]\) 区间 \(-1\) 的操作。
• 若 \(y = 0\)
  • 不好处理，我们需要计算在 \([T,D]\) 中完成的任务的收益最小值 \(x\)，所以需要用线段树 \(S_2\) 维护区间中任务价值最小值，叶子节点处需要使用 multiset 维护。
    • 若 \(x \ge v\)，则将这项任务丢掉即可。
    • 若 \(x < v\)，则将先前的任务丢掉，再将这个任务插入即可，并在 \(S_1\) 中完成对应的操作。

删除任务 \((T,v)\)

• 若该任务没被完成
  • 非常好处理，这个操作就没什么用。
• 若该任务被完成了
  • 不好处理，首先把这个任务的影响从 \(S_1,S_2\) 中丢出去，我们需要计算在 \([1,D]\) 中最右边的 \(0\) 的位置（没有则为位置 \(0\)）的后面一个位置 \(p\)，显然 \([p,D]\) 中没有被完成的价值最大的任务可以被加入，所以需要线段树 \(S_3\) 来维护这些没有被完成的任务。

综上，两种操作都可以使用 \(S_1,S_2,S_3\) 三棵线段树互相配合完成，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(Q\log_2 D)\)。

Question 4 - [CF1982E] Number of k-good subarrays

给定 \(n,k\)，求出满足如下条件的二元组 \((l,r)\) 的数量，答案对 \(10^9+7\) 取余。

• \(0\leq l \leq r <n\)
• \(\forall i\in [l,r], \operatorname{popcount}(i)\leq k\)

其中 \(\operatorname{popcount}(x)\) 表示 \(x\) 在二进制下 \(1\) 的数量。

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首先，让我们思考 \(\operatorname{popcount}(x)\) 组成的序列，由一个 \(0\) 开始，将整个序列元素加 \(1\) 后接在原序列之后。

记 \(S(n,k)\) 表示上述问题的答案，根据上述性质，记 \(h(n)\) 表示小于 \(n\) 的最大的 \(2\) 的非负整数次幂，则答案满足 \(S(n,k) = S(h(n),k) + S(n-h(n),k-1)\)。

当 \(k=0\) 时，显然答案为 \(1\)，取 \(l=r=0\) 满足。

若 \(n\leq 2^{k+1}\) 时

• 若 \(n < 2^{k+1}\) 时，显然任取 \(0\leq l\leq r < n\) 均满足条件。
• 若 \(n = 2^{k+1}\) 时，显然 \(\operatorname{popcount}(2^{k+1} - 1) = k+1\) 不满足条件，故任取 \(0\leq l\leq r < n-1\) 均满足条件。

递归上述问题即可求解，但是显然会跑得巨慢，考虑到 \(S(h(n),k)\) 仅有 \((\log_2 n)^2\) 种取值，记忆化即可。

时间复杂度大约是 \(\mathcal{O}(T\log_2 ^2 n)\)，具体是多少不想分析了。

Question 5 - [THUPC 2023 决赛] 那些脑海里最珍贵的

给定战斗中的相关细节，请复原战斗实况。

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读题 -> 写代码 -> 调试

请注意良好码风与命名习惯。

我的第 \(5\) 道洛谷紫模拟。

Question 6 - 重返现世

Hinata 是魔法师家族的一个孩子，这天她出去玩的时候被困在了另一个世界。

为了回家，Hinata 需要使用 \(k\) 种不同的魔法石制作法阵，魔法师将在特定地点随机生成，每一时刻生成 \(1\) 个。

共 \(n\) 种魔法石，生成魔法石的时候，第 \(i\) 种魔法石的生成权重为 \(p_i\)，概率为 \(\dfrac{p_i}{\sum^n_{i=1} p_i}\)。

问集齐 \(k\) 种不同的魔法石的期望时间。

\(1\leq k\leq n\leq 10^3, n-k\leq 10\)，记 \(m = \sum^n_{i=1} p_i\)，则 \(1\leq m\leq 10^4, 0\leq p_i \leq m\)。

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首先，记 \(S\) 是魔法石的种类的集合，根据 \(\min - \max\) 容斥，我们首先思考 \(E(\underset{x\in S}{\min} x)\) 与 \(E(\underset{x\in S}{\max} x)\) 哪一个好求。

显然，\(E(\underset{x\in S}{\min} x)\) 的生成概率，生成 \(S\) 内的元素的概率服从几何分布，故期望是概率的倒数，则 \(E(\underset{x\in S}{\min} x) = \dfrac{m}{\underset{x\in S}{\sum} p_x}\)。

接下来，根据 \(\min - \max\) 容斥的扩展定理，有：

\[E(\underset{x\in S}{\operatorname{kthmax}} x) = \underset{T\subseteq S}{\sum} (-1)^{|T|-k} \binom{|T|-1}{k-1} E(\underset{x\in T}{\min} x) = \underset{T\subseteq S}{\sum} (-1)^{|T|-k} \binom{|T|-1}{k-1} \dfrac{m}{\underset{x\in T}{\sum} p_x} \]

这个是第 \(k\) 大，故先 \(k\gets n-k+1\)，此时 \(k\leq 11\)。

到头了，这个并不好求，但是其分母 \(\underset{x\in T}{\sum} p_x\) 仅在 \(m\) 范围，故枚举之。

\[E(\underset{x\in S}{\operatorname{kthmax}} x) = \overset{m}{\underset{s=1}{\sum}} \dfrac{m}{s} \underset{T\subseteq S}{\sum} (-1)^{|T|-k} \binom{|T|-1}{k-1} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = s] \]

考虑 DP，设计状态有 \(f_{i,j,l}\) 表示考虑前 \(i\) 个数，总和为 \(j\) 且 \(k' = l\) 时的总和，设 \(S_i' = \{1,2,\cdots,i-1,i\}\)，有 \(f_{i,j,l} = \underset{T\subseteq S_i'}{\sum} (-1)^{|T|-l} \binom{|T|-1}{l-1} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j]\)。

为什么我们有 \(l\) 这一维状态呢？请看后文。

转移方法

这个 DP 看起来就相当离谱，根据组合递推式，有 \(\binom{n}{m} = \binom{n-1}{m} + \binom{n-1}{m-1}\)。

对于 \(f_{i,j,l}\) 而言，有两种转移方法：其一是不选择第 \(i\) 种，则 \(f_{i,j,l}\) 加上 \(f_{i-1,j,l}\)；其二是选择第 \(i\) 种，转移略显离谱，根据组合递推式，令 \(v = p_i\)，有：

\[\begin{aligned} f_{i,j,l} &= \underset{T\subseteq S_i'}{\sum} (-1)^{|T|-l} \binom{|T|-1}{l-1} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j] \\ &= f_{i-1,j,l} + \underset{T\subseteq S_{i-1}'}{\sum} (-1)^{|T|-l} (\binom{|T|-2}{l-1} + \binom{|T|-2}{l-2}) [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j - v] \\ &= f_{i-1,j,l} + (\underset{T\subseteq S_{i-1}'}{\sum} (-1)^{|T|-l} \binom{|T|-2}{l-1} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j- v]) + (\underset{T\subseteq S_{i-1}'}{\sum} (-1)^{|T|-l} \binom{|T|-2}{l-2} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j- v]) \\ &= f_{i-1,j,l} + ((-1)\underset{T\subseteq S_{i-1}'}{\sum} (-1)^{|T|-l-1} \binom{|T|-2}{l-1} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j- v]) + (\underset{T\subseteq S_{i-1}'}{\sum} (-1)^{|T|-l} \binom{|T|-2}{l-2} [\underset{x\in T}{\sum} p_x = j- v]) \\ \end{aligned} \]

思考一下，等号后面两个求和是什么含义，左边一大个求和式等价于 \(f_{i-1,j-v,l}\)，右边一大个求和式等价于 \(f_{i-1,j-v,l-1}\)，故转移式为：

\[f_{i,j,l} = f_{i-1,j,l} - f_{i-1,j-v,l} + f_{i-1,j-v,l-1} \]

初始值

显然，对所有 \(l=0\) 的状态，仅 \(j=0\) 可行，故初始状态为 \(f_{i,0,0}=1\)，其余 \(1\leq l\leq k, 1\leq j\leq m\) 的状态可依次求得。

这里就没什么组合意义之类的，仅仅因为这样写可以适配转移。

优化方法

显然可以直接递推，由于时空复杂度此时均为 \(\mathcal{O}(nm(n-k+1))\)，带上滚动数组优化即可。

Question 7 - [ROI2018] Robomarathon

有 \(n\) 个机器人选手在跑道上准备进行跑步比赛，\(i\) 号选手在 \(i\) 号跑道上且完成跑步的时间为 \(a_i\) 秒，但是仅部分跑道会发出起跑信号，信号以 \(1\) 秒一道向左右传输。

选手名次为跑在该选手前面的人数 \(+1\)。

在所有可能信号发出状态下，请问每个选手的最好名次与最坏名次。

\(1\leq n\leq 4\times 10^5, 1\leq a_i\leq 10^9\)。

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最好名次

我们让 \(i\) 号选手占尽优势——只在 \(i\) 道发信号，容易发现此时取得最优名次。

那么，若 \(j\) 能跑在 \(i\) 前面，仅当 \(a_j + |i-j| < a_i\)。

• 若 \(i < j\)，则 \(a_j + j - i < a_i\)，即 \(a_j + j < a_i + i\)。
• 若 \(i > j\)，则 \(a_j + i - j < a_i\)，即 \(a_j - j < a_i - i\)。

分别扫描，树状数组维护即可。

最坏名次

即需要求得该选手前面最多跑多少人即可。

考虑第 \(i\) 个选手（下述证明感谢 zyx 补充）：

• 如果只鸣响一个跑道的信号，假设鸣响 \(j\) 道，由对称性仅考察 \(j< i\) 时的情况，假设有一个 \(k\) 满足 \(k< j\)，那么 \([1,k]\cup [j,n]\) 对 \(i\) 的优势关系不变，而 \([k,j]\) 部分，它们的跑步时间相对提早，有更大优势，所以 \(k\) 向左移动，优势更大，\(i\) 更容易取得劣势，所以 \(k\) 应当取 \(1\)，同理取 \(n\)。
• 如果鸣响多个，则不妨考虑每个点起跑时间的折线图，显然 \(i\) 应当在峰值处，否则让 \(i\) 处于峰值处更劣，记 \(i\) 的峰位于区间 \([l,r]\) 处，若有一个 \(k\) 使得将峰改为 \([l-k,r+k]\)，显然 \([1,l-k]\cup [l,r]\cup [r+k,n]\) 处对 \(i\) 优势不变，考虑 \([l-k,l]\cup [r,r+k]\) 处，它们相对于 \(i\) 的跑步时间提早，则占更大优势，所以应当让 \(k\) 尽可能大。
• 综上，仅包含三种情况：
  • 鸣响跑道 \(1\) 的信号。
  • 鸣响跑道 \(n\) 的信号。
  • 如果存在一个 \(k\) 使得 \(i-k=1\land i + k \leq n\)，鸣响跑道 \(1\cup [i+k,n]\) 的信号；反之存在一个 \(k\) 使得 \(i+k=n\land i - k \geq 1\)，鸣响跑道 \([1,i-k]\cup n\) 的信号。

Case 1

如果 \(j\) 能赢过 \(i\)，仅当 \(a_j + j - 1 < a_i + i - 1\)，即 \(a_j + j < a_i + i\)。

二分求出答案。

Case 2

如果 \(j\) 能赢过 \(i\)，仅当 \(a_j + n - j < a_i + n - i\)，即 \(a_j - j < a_i - i\)。

二分求出答案。

Case 3

发现有三段，分别是峰的左半段，峰的右半段，一段平的部分，分别用树状数组，扫描时维护并计算答案即可。

总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2 n)\)。

Question 8 - [NOI Online #2 提高组] 游戏

给定一棵 \(2n\) 个节点的树，点 \(1\) 为根，树上有 \(n\) 个红点与 \(n\) 个蓝点，Kaho/Suzune 将进行 \(n\) 轮游戏，每一轮游戏如下：

• Kaho 等概率选择一个未被选择的红点 \(u\)，Suzune 等概率选择一个未被选择的蓝点 \(v\)，如果 \(u,v\) 之间有祖先关系，则祖先点的选择方胜利，否则平局。

你需要计算：\(\forall i\in [0,n]\)，求出恰好有 \(i\) 轮不是平局的方案数，答案对 \(998244353\) 取余。

\(1\leq n\leq 2.5\times 10^3\)

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根据二项式反演，记答案数组为 \(f_i\)，若记 \(g_i\) 表示钦定 \(i\) 局非平局的方案数，则：

\[f_k = \overset{n}{\underset{i=k}{\sum}} (-1)^{i-k}\binom{i}{k} g_i \]

则目标是 \(g_i\)，考虑树上背包 DP，记 \(h_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中选出了 \(j\) 个【祖先-儿子】点对，转移分两种：

1. 不选择点 \(i\)，则每次加入一棵子树，暴力卷积即可。

2. 选择点 \(i\)，则在最后选择一棵没被选择过的异色子树。

利用树上背包的相关优化，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

剩余未被钦定的点可以自由组合（只考虑了钦定是一定有胜负的，未被钦定的不管），所以 \(g_i\) 额外带来 \((n-i)!\) 的系数贡献。

Question 9 - 【洛谷】能天使杯 B - 孤独（Solitude）

给定两个长度为 \(n\) 的正整数序列 \(A,B\)，构造正整数序列 \(S\) 满足 \(\forall 1\leq i\leq n, (S_i=A_i)\lor (S_i=B_i)\) 总是成立。

且 \(S_0 = S_{n+1} = 0\)，定义函数 \(t(S) = \overset{n}{\underset{i=1}{\sum}} [S_i > S_{i-1}][S_i > S_{i+1}]\)，定义函数 \(d(S) = (\overset{n}{\underset{i=1}{\max}} S_i) - (\overset{n}{\underset{i=1}{\min}} S_i)\)。

最大化 \(t(S)\) 之后最大化 \(d(S)\)，求出最后的 \(t(S),d(S)\)。

\(1\leq n\leq 5\times 10^5, 1\leq A_i,B_i\leq 10^9\)。

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首先考虑最大化 \(t(S)\)，我们考虑 DP，记 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位，上一位取的是 \(A_i\) 还是 \(B_i\)，最后选择的两个数 \(x,y\) 是否满足 $ x < y$，则转移显然。

考虑同时最大化 \(d(S)\)，我们思考 \(d(S)\) 本质上是选择 \(S\) 中两个数 \(x,y\) 并最大化 \(x-y\) 的值。

于是考虑将状态扩展为 \(f_{i,0/1,0/1,0/1,0/1}\)，表示当前考虑到第 \(i\) 位，上一位取的是 \(A_i\) 还是 \(B_i\)，最后选择的两个数 \(x,y\) 是否满足 $ x < y$，且选出的数中 \(x\) 是否被选出，\(y\) 是否被选出。

首先从 \(i-1\) 扩展到 \(i\)，这一部分仅考虑前两个 \(0/1\) 状态。

然后用 \(i\) 扩展自身，这一部分仅考虑后两个 \(0/1\) 状态。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)，其中 \(0/1\) 状态枚举常数为 \(48\)。

Question 10 - [ARC092F] Two Faced Edges

给定有向图 \(G=(V,E)\)，定义 \(\operatorname{SCC}(G)\) 表示 \(G\) 的强连通分量的数量，定义 \(R(e)\) 表示 \(e\) 的反向边。

\(\forall e\in E, G_e' = (V(G),(E(G) \setminus e) \cup R(e))\)，判断 \(\operatorname{SCC}(G) = \operatorname{SCC}(G_e')\) 是否成立。

\(|V|\leq 1500, |E|\leq 10^6\)。

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首先，我们不妨考虑 DAG：若删去 \(e\) 后 \(u(e)\to v(e)\) 有路径，则 \(e\to R(e)\) 有影响。

不是 DAG 的时候，首先跑一个 Tarjan 缩点，于是就会有连接不同 SCC 的边（\(1\) 类边）与 SCC 内的边（\(2\) 类边）。

对于 \(1\) 类边，依旧采用上述做法。

对于 \(2\) 类边，我们可以证明：\(e\to R(e)\) 不会增加 SCC 的数量：

• 假设出现了新的分量，在原图中一定存在 \(v(e)\to u(e)\) 的路径，在新图中一定存在一条新的 \(u(e)\to v(e)\) 的路径，合并 SCC 可得矛盾。

如果 \(u(e)\to v(e)\) 只有这条边一种路径，则 SCC 会分裂，否则不会有变化。

考虑对于固定的出发点 \(u\)，求出所有 \(u(e)=u\) 的边 \(e\) 是否满足 \(u(e)\to v(e)\) 有路径，记为 \(f_e(=0/1)\)。

假设记所有 \(u(e)=u\) 的边 \(e\) 的到达点 \(v(e)\) 序列记为 \(v_1\sim v_k\)，则变为是否存在 \(j\ne i\) 且 \(v_j\to v_i\) 有路径的判定问题。

写一个 bfs，就可以完成上述判定，一次求出 \(j < i\) 的部分，一次求出 \(j > i\) 的部分。

最后用 bitset 优化即可完成，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(\dfrac{n^3}{\omega}+m)\)。

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采用下述方法，在 \(\mathcal{O}(\dfrac{n}{\omega})\) 时间复杂度内遍历所有值为 \(1\) 的点：

for(int i=T._Find_first();i!=T.size();i=T._Find_next(i))