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

题目大意

区间 DP 的转移式子是：

• $f(i,j)\leftarrow max\{f(i+1,j-1),\text{cost}(i,j)\}$。
• $f(i,j)\leftarrow max\{f(i,k),f(k+1,j)\}$。

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

题目大意

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 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i}{2})$ 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：

$$f_{i,j}=\sum _{k{a}_i\le j}{f}_{i-1,k}$$

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：

$$f_{i,j}=\sum _{k\ge j{a}_i}{f}_{i+1,k}$$

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 $co{l}_u=u$。
• 如果 $u$ 所有出边颜色均为 $co{l}_v$，则把 $co{l}_u$ 赋值为 $co{l}_v$。

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 $S{l}_i,S{r}_i$，使得对于区间 $[l,r]$，$l\in S{l}_x,r\in S{r}_y$，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 $S{l}_i=S{r}_i=\{i\}$，收缩连续段的时候，$S{l}_i$ 从右往左相邻两个合并，$S{r}_i$ 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 $\{S{l}_1,S{l}_2\},\{S{l}_3,S{l}_4\},\{S{l}_5\}$，$Sr$ 合并方式为 $\{S{l}_1\},\{S{l}_2,S{l}_3\},\{S{l}_4,S{l}_5\}$）。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，$f_u=[2|s{z}_u]$；否则，$f_u=f_v+1-(s{z}_u-s{z}_v-1)$，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 $k\leftarrow k-2^l$，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。

https://loj.ac/s/2006046

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。

https://loj.ac/s/2005926

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 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

https://qoj.ac/submission/330403