Solution Set #10
博主把趣题系列的大部分题做完了，准备开始随机做题了，写记录的时候会筛掉一些不太好的题。
你妈的，我怎么还是这么菜。
160 UOJ 91 最大异或和
维护差分数组的线性基，那么问题就变成了 \(\mathcal{O}(n+q)\) 次插入 / 删除。
把操作离线下来，那么元素可以看成三元组 \((l,r,x)\)，表示出现时间是 \(l\)，删除时间是 \(r\)，值为 \(x\)。以 \(r\) 为关键字维护时间戳线性基即可。
https://uoj.ac/submission/676825
161 NOI 2017 整数
直接看这个
162 CF1336E1 Chiori and Doll Picking (easy version)
建立线性基转化问题。注意到 \(x\) 能被表出那么表出的子序列数量为 \(2^{n-|B|}\)，所以只需要计算 \(\text{popcount}=i\) 的数中有多少个能被表出。
对线性基 mitm，第一部分搜索线性基 \([0,\frac{m}{2})\) 位，第二部分搜索线性基 \([\frac{m}{2},m)\) 位。注意到第二部分中数的 \([\frac{m}{2},m)\) 部分不受第一部分影响，所以直接记录 popcount，剩下的部分使用 FWT 合并即可。
https://codeforces.com/problemset/submission/1336/245312849
163 P9999 [Ynoi2000] tmostnrq
有个 soft-\(\mathcal{O}(n^{1.5})\) 的思路是：分块，然后建立每块的虚树。散块直接暴力，整块考虑几种情况：
- 点在虚树外：往靠近虚树的方向移动。
- 点在虚树一条虚链上：找下一个到达虚树上点的位置，这个可以对于每条链建立个前缀和数组表示两边点的数量差，二分以下就行。
- 点在虚树的一个点上：直接预处理每个点经过每个后缀的操作之后到哪，预处理的方法可以考虑先操作一步然后归到上面的情况，递推。
这么做的动机是这类题的一种经典做法：快速处理平凡操作，暴力处理不平凡操作。
polylog 做法是直接考虑扫描线，每次把点在 \(l\) 时刻塞进 DS 里面然后在 \(r\) 时刻取出来。分析一下一次操作就是把 \(a_i\) 的祖先链上的点往下拉，其它点往上拉。如果合并相同的点，那么重剖之后有一个均摊：往下的点只会有 \(\log\) 次跨链操作，那么设势能为所有本质不同点到祖先的轻链数量和，那么势能总和是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 级别。所以快速处理链内移动即可。
代码鸽。
164 qoj7859. Bladestorm
容易得到一个贪心跳跃的方法：如果下一个位置距离当前位置小于 \(k\)，那么直接跳 \(k\)，否则跳到下一个位置。
如果把每个点向它的下一个点连边，那么可以得到一棵树，我们希望求出树上 \(0\) 点的深度。
分块维护树结构，复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)。
https://qoj.ac/submission/326513
165 2024.2.13 考试 T2
区间 DP 的转移式子是：
- \(f(i,j)\gets \max\{f(i+1,j-1),\text{cost}(i,j)\}\)。
- \(f(i,j)\gets \max\{f(i,k),f(k+1,j)\}\)。
二分之后可以利用 bitset 做到 \(\mathcal{O}(\frac{n^3\log n}{w})\)。实际上不用二分，直接从小往大扫，并 DFS 更新 DP 值，注意到 DP 值只有 \(0\) 和 \(1\)，所以每个位置只会被更新一次，采用 bitset 优化这个过程，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n^3}{w})\)。
166 loj4040. 「SNOI2024」拉丁方
拉丁方填数可以看作二分图完美匹配划分问题，或者说二分图最小边染色。有结论：二分图最小边染色是点度数的最大值。
求出一组最小边染色的方法如下：动态加边 \((u,v)\)，设计函数 \(\text{dfs}(u,v,C_u,C_v)\) 表示染色 \(u,v\)，\(u\) 的一组未染色颜色为 \(C_u\)，\(v\) 的一组边染色颜色为 \(C_v\)。对于 \(C_u=C_v\)，直接染色。否则，给 \(u\) 染上 \(C_u\)，假设原本与 \(v\) 相连的颜色为 \(C_u\) 的点为 \(x\)，调用 \(\text{dfs}(v,x,C_v,C_u)\)。容易证明递归不会成环。
提交记录 #2002988 - LibreOJ (loj.ac)
167 2024.2.13 考试 T3
三元环计数考虑容斥，那么我们需要求：
- 每个点的度数。
- 三个矩形两两相交的矩形对数。
第一个问题是平凡的，考虑第二个问题。
扫描线，在矩形交的左端点位置统计答案。我们需要维护一个 DS，支持：
- 加入 / 删除线段。
- 求出某个区间内选出两个相交线段的方案数。
对于第二个问题使用 \(|V|-|E|\) 容斥来转化，即把线段交看成链。那么我们只需要维护数据结构：
- 区间加。
- 查询区间 \(\binom{a_i}{2}\) 的和。
平凡的。
168 ARC118F Growth Rate
对插值定义域问题的处理。
考虑插值。一般的 DP 转移式子为：
DP 第二维和值域有关，考虑插值优化。可以把转移看作先拉伸然后做一个前缀和的过程。然而由于我们没有定义实数域，所以拉伸后的结果未必是多项式。
考虑另一个转移：
此时拉伸变成了收缩，收缩之后的每一项对应到原多项式时都被定义过了，所以拉伸后仍然是多项式。
做插值，看似复杂度是 \(\mathcal{O}(n^3)\)，实际上 \(a_i=1\) 的情况可以直接查表，所以复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2\log V)\)。
Submission #50246111 - AtCoder Regular Contest 118
169 loj3698. 「USACO 2022 US Open Platinum」Hoof and Brain
图上博弈题都好牛啊。
Hoof 有两种方法似掉：
- 走到绝路了。
- 两个棋子堵一起了。
先解决第一个。对反图拓扑排序，遍历过的节点就没救了，我们不妨把它们删掉。
考虑第二种情况，构造如下算法：
- 定义 \(col_u=u\)。
- 如果 \(u\) 所有出边颜色均为 \(col_v\)，则把 \(col_u\) 赋值为 \(col_v\)。
容易发现，如果两个点颜色相同，那么它们一定能堵到一起。可以证明这是充要的，因为不满足条件的话 Hoof 有策略使得两点颜色始终不同。
启发式合并每个点的入边和出边，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。
提交记录 #2003364 - LibreOJ (loj.ac)
170 loj3697. 「USACO 2022 US Open Platinum」262144 Revisited
考虑求出单个问题的答案。从序列不降的情况入手，假设序列为 \({c_1}\cdot a_1+c_2\cdot a_2+\cdots c_k\cdot a_k\)（其中加号为序列的拼接，乘号类似定义），则有如下策略：不断把 \(a_1\) 合并成 \(\lceil\frac{c_1}{2}\rceil\) 个 \(a_1+1\)，如此重复直到序列中只剩下一个数。拓展到一般情况，则策略为：设 \(m=\min a_i\)，把所有 \(a_i=m\) 的连续段提出来。设连续段长度为 \(c_1,c_2,\cdots c_k\)，那么把长度变为 \(\lceil\frac{c_1}{2}\rceil,\lceil\frac{c_2}{2}\rceil,\cdots,\lceil\frac{c_k}{2}\rceil\)，数值变为 \(m+1\)，再放回原位置。如此重复直到序列中只剩下一个数。
尝试将这个做法拓展到原问题。我们直接对整个序列执行上面的算法，并尝试在这个序列上找到每个子区间的信息。尝试对于新序列上的每个元素上维护两个集合 \(Sl_i,Sr_i\)，使得对于区间 \([l,r]\)，\(l\in Sl_x,r\in Sr_y\)，当前时刻 \([l,r]\) 对应的区间恰好是 \([x,y]\)。可以得到一个近似的构造：初始 \(Sl_i=Sr_i=\{i\}\)，收缩连续段的时候，\(Sl_i\) 从右往左相邻两个合并，\(Sr_i\) 从左往右相邻两个合并（举例来说，收缩长度为 \(5\) 的连续段时，\(Sl\) 合并方式为 \(\{Sl_1,Sl_2\},\{Sl_3,Sl_4\},\{Sl_5\}\)，\(Sr\) 合并方式为 \(\{Sl_1\},\{Sl_2,Sl_3\},\{Sl_4,Sl_5\}\)）。这种构造在 \([l,r]\) 的连续段个数为 \(1\) 的时候是错误的，但对于其余情况正确。
值为 \(m\) 的连续段收缩之后会与值为 \(m+1\) 的连续段合并产生新的连续段。我们在合并连续段的时候，统计跨过两个连续段分界线的区间的答案。假设 \([l,r]\) 对应区间 \([x,y]\)，则区间 \([l,r]\) 的答案为 \(m+\lceil\log_2(y-x+1)\rceil\)。枚举 \(\lceil\log_2(y-x+1)\rceil\) 即可在 \(\mathcal{O}((A+B)\log n)\) 的时间内计算答案（其中 \(A,B\) 为两个连续段长度）。
总结一下，上述算法分成两个部分：收缩连续段，合并连续段，我们分别说明两个部分的复杂度：
- 对于收缩连续段，一次收缩会在 \(\mathcal{O}(|S|)\) 的时间内删除 \(\frac{|S|}{2}\) 个元素，由于每个元素只会被删除一次，所以复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)（注意当 \(|S|=1\) 的时候，我们忽略收缩操作）。
- 对于合并连续段，注意到合并之后的集合都会进行至少一次收缩操作，所以需要合并的集合大小之和同样是 \(\mathcal{O}(n)\)。使用上述复杂度为 \(\mathcal{O}((A+B)\log n)\) 的方法，分治合并多个集合，可以得到总复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。
综上，问题可以在 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\) 时间内被解决。
提交记录 #2003538 - LibreOJ (loj.ac)
171 loj4042. 「SNOI2024」公交线路
条件等价于存在一个点 \(u\) 使得所有叶子和 \(u\) 的最短路径都是 \(1\)。
点减边容斥，枚举点 \(u\)，容斥计算以 \(u\) 为根的方案数。具体地，我们只考虑和叶子相连的跨过 \(u\) 的边，对于 \(u\) 的每棵子树，枚举钦定多少个点一条边都不选，并确定它与非叶子结点及前面已经遍历过的叶子的连边情况，容易 DP 计算。此时复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
考虑优化。随便钦定一个根，那么我们只容斥 \(u\) 子树的部分，子树外的部分可以快速算出合法的方案数，复杂度和树形背包的复杂度一致，为 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
提交记录 #2003737 - LibreOJ (loj.ac)
172 loj2330. 「清华集训 2017」榕树之心
从判断根的可行性开始考虑。先判掉奇偶性的问题，有几点观察：
- 如果根是重心那么一定能完成构造。
- 如果根不是重心，那么一定朝重心方向走若干步，走回来之后在将剩下的点匹配。
我们希望走的点越多越好。设计 \(f_u\) 表示 \(u\) 为根走若干步，剩下的结点最少是多少个。那么考虑重儿子，如果重儿子能够剩下的点不超过其余点的数量，则能够完成匹配，\(f_u=[2|sz_u]\)；否则，\(f_u=f_v+1-(sz_u-sz_v-1)\)，其中 \(v\) 是重儿子。
回到判断任意点的问题，实际上只需要把到根的路径缩成一个点，归到上面的问题。可以证明一定存在对应的构造方式。
所以实际上是 DP 题啊，我以为有什么充要条件来着……
提交记录 #2004600 - LibreOJ (loj.ac)
173 loj3773. 「APIO2022」排列
考虑一个 \(2\lfloor\log_2 n\rfloor\) 的做法：令 \(l=\lfloor\log_2 n\rfloor\)，构造 \(l\) 个递增的数，并令 \(k\gets k-2^l\)，然后在 \(k\) 的每个二进制位上插一个递减的序列。
注意到 \(lim=1.5\lfloor\log_2 n\rfloor\)，我们保留 \(l\) 个递增的数，并用 \(0.5\lfloor\log_2 n\rfloor\) 次操作构造出所有二进制位。假设有两个连续的 \(1\)，那么我们可以找到前面插入的最小值和次小值，然后插一个恰好比它们大的数，这样经过这个数的所有子序列的起点恰好有 \(3\) 个，即对答案的贡献是 \(3\cdot 2^x\)，可以通过。
提交记录 #2005266 - LibreOJ (loj.ac)
174 loj3805. 「JOI Open 2022」长颈鹿
发现合法序列的构造方式是：每次把最小值或者最大值放在开头或结尾。
做到 \(\mathcal{O}(n^3)\) 是容易的，考虑 \(f_{[l,r],[x,y]}\) 表示下标为 \([l,r]\)，值域为 \([x,y]\) 的最大匹配数量。
考虑这个转移在干什么，实际上就是不断缩小一个矩形，使得每个矩形的一个边角上都有一个点 \((i,p_i)\)。那么每次转移相当于 \(\mathcal{O}(n^2)\) 个修改和 \(\mathcal{O}(n)\) 个矩形查询，只能用树套树做到 \(\mathcal{O}(n^2\log^2 n)\)。
注意到转移的权值都是 \(+1\)，考虑换维。设 \(f_{i,j,4}\) 表示 \((j,p_j)\) 为边界的四个方向的矩形在答案为 \(i\) 时最小的边长，这样修改降到了 \(\mathcal{O}(n)\)，可以少一个 \(\log\)。
因为数据随机，所以 \(i\) 大约是 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 级别，与随机排列下 LIS 的期望长度相当。所以复杂度是 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\)。有 \(16\) 倍常数，跑的飞慢。
175 loj3806. 「JOI Open 2022」放学路
问题在广义串并联图上是容易的。
考虑非广义串并联图怎么做，发现 \(K_4\) 无解。所以可以直接按照上面的方法做。但是不一定有 \(K_4\) 同胚子图就无解，因为有些点不会被任何 \(1\to n\) 的路径经过。把这些点删掉就可以了。
偷懒没有删点，还是能过。
176 qoj7439. 铃原露露
半个月前口胡的题（
考虑构造一个判断条件，一个简单的构造是 \(u\) 不被包含且 \(u\) 的儿子中有两个儿子有点，那么就不合法。那么一个暴力就是把子树中的点全部提出来，对于 \(l>a_u\) 的所有左端点，找到只包含一种颜色的最右的右端点，对于 \(r<a_u\) 的所有右端点同理。这样每个左端点只有一段右端点合法，每个右端点只有一段左端点合法，即可转化为二维数点问题。
考虑 set 启发式合并求出范围。每次插入的时候找到前驱和后继，用线段树做 chkmin/chkmax 即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 n)\)。
