2021-05 杂题泛做

Codeforces 1043G

不难证明出现的答案答案是不大于 $4$ 的，否则是 $-1$ ，构造形如： $BACAD$

直接分开讨论四种答案对应的若干情况

$AAAA\dots$ 的是 $lcp$
$AAB,BAA$ 写一个优秀的拆分， $ABA$ 是查 $\rm{border}$

考虑这样一个结论：子串存在的长度 $\ge \sqrt n$ 的 $border$ 一定满足 $l$ 和 $st$ 的后缀数组上的排名不超过 $\sqrt n$

证明考虑如果有超过 $sqrt$ 个后缀满足在这两个中间，那么其和两端的 $\rm{LCP}$ 都大于 $\sqrt n$ ，明显不存在
$\rm{ABAC,BACA}$ 这个部分直接判是不是两端的字符出现了两次即可

$\rm{BAAC}$ 写出来优秀的拆分之后维护 $l_i$ 表示从当前点开始最小的位置满足该子串是一个 $AA$ 串，是一个 $RMQ$

四合一挺难受的

平面最近点对

记录本题分治做法

考虑和建立 $\rm{KD-Tree}$ 的做法类似的，对于当前分治区间 $[l,r]$ ，取 $x$ 这维的中位数，递归左右部分，求得两个子集的 $\min$

考虑合并两边的信息不难发现只有 $\rm{[Mid_x-\min,Mid_x+\min]}$ 中的点有用

将区间里面的点按照 $y$ 轴归并之后将这些点取出，写一个带朴素剪枝的暴力即可

考虑这个暴力的正确性：

对于一个点，可能更新答案的点必然在不大于 $[\min\times 2\min]$ 的一个矩形里面

将其分割成 $2\times 3$ 的几个小部分，那么每个矩形框里必然不能有超过 $1$ 个点，小矩形对角线的长度为 $\frac{5}6 \min$ ，那么复杂度正确，而且常数不大

Luogu3322

关注到是一个深度为 $n$ 的线段树的形式，那么这个操作的先后顺序和是不是能翻成一个标准序列无关

所记录的东西就是操作的次数，并从小向大 $\rm{dfs}$ ，最后 ans+=fac[num];

那么找到所有不是 $+1$ 递增的段，如果超过两个一定不合法，剩下的枚举所有情况交换递归

注意在不合法状态有 $2$ 个的情况下，如果得到左 $1$ 的解可以不枚举右 $2$ ，通过这样的剪枝得到的复杂度为 $2^{24}$

联通欧拉图计数

定义是能经过每个边恰好一次并回到出发点的图

设 $f_i$ 表示有 $n$ 个点的欧拉图的数量（不保证联通），因为图的性质（每个点度数都是偶数），那么结果是 $2^{\binom {i-1}2}$

设联通欧拉图的数量为 $g_i$ ，枚举 $1$ 号点所在的联通块的大小

g_{i} = f_{i} - \sum_{j = 1}^{i - 1} (\binom{i - 1}{j}) f_{j} g_{i - j}

$g_i=f_i-\sum_{j=1}^{i-1} \binom{i-1}{j}f_j g_{i-j}$

想要分治 $NTT$ 的话好像也不是不行，拆开组合数做即可

Codeforces986E

差分询问，运用质数个数少，次数小等和 $gcd$ 本质是次数取 $\min$ 等性质 $dfs$ 处理即可

Codeforces809E

首先得到这样一个东西：

φ (a_{i} \times a_{j}) = \frac{φ (a_{i}) \times φ (a_{j}) \times g c d (a_{i}, a_{j})}{φ (g c d (a_{i}, a_{j}))}

$\varphi(a_i\times a_j)=\frac{\varphi(a_i)\times \varphi(a_j)\times gcd(a_i,a_j)}{\varphi(gcd(a_i,a_j))}$

证明直接拿质因子拆就行了，式子变成：

\frac{1}{2 (n - 1) n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \frac{φ (a_{i}) \times φ (a_{j}) \times g c d (a_{i}, a_{j})}{φ (g c d (a_{i}, a_{j}))} \times d i s t (i, j)

$\rm{\frac1{2(n-1)n}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \frac{\varphi(a_i)\times \varphi(a_j)\times gcd(a_i,a_j)}{\varphi(gcd(a_i,a_j))}\times dist(i,j)}$

显然枚举 $gcd,$ 接着把 $a_i$ 扔到其所有因子的 $\rm{vector}$ 里面，设如下两个函数（没想到吧，竟然是标准的莫比乌斯反演式！）

\frac{1}{2 (n - 1) n} \sum_{d = 1}^{n} \frac{d}{φ (d)} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [(a_{i}, a_{j}) = d] φ (a_{i}) φ (a_{j}) d i s t (i, j)

$\frac1{2(n-1)n}\sum_{d=1}^{n} \frac{d}{\varphi(d)} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(a_i,a_j)=d]\varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)$

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [(a_{i}, a_{j}) = x] φ (a_{i}) φ (a_{j}) d i s t (i, j) = \sum_{d | x} F (d)

$f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(a_i,a_j)=x]\varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)=\sum_{d|x}F(d)$

F (x) = \sum_{x | d} μ (\frac{d}{x}) f (d) = \sum_{x | d} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [d | (a_{i}, a_{j})] φ (a_{i}) φ (a_{j}) d i s t (i, j)

$F(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}x) f(d)=\sum_{x|d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[d|(a_i,a_j)]\varphi(a_i)\varphi(a_j)dist(i,j)$

那么把 $dist$ 拆开，对每个质因子整个虚树就能得到 $F(d)$

因为要求 $n\log n$ 次 $LCA$ ，那么建议使用倍增

本来还想拆 $\varphi=\mu * Id$ 的，同时学会了简单证明了这个式子

Codeforces639F

不难发现题目中要求的就是一个边双，那么先把原图按照边双整成一个森林

对于每个询问，把边和点的所有集合全拉出来建虚树森林，在上面照样跑边双就行了

如何写边双？

inline void tarjan(int x,int pre){
	dfn[x]=low[x]=++tim;
    for(reg int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
    	int t=e[i].to; if(!dfn[t]){
        	tarjan(t,i); low[x]=min(low[x],low[t]);
            if(low[t]>dfn[x]) bridge[i]=bridge[i^1]=1;
       	}else if(i!=(pre^1)) low[x]=min(low[x],dfn[t]);
    } return ;
}

点双直接判是不是 $dfn[x]\le low[t]$ 然后弹栈，记割点如下

if(x!=rt||cvcc>1) cut[x]=1

其中 $\rm{rt}$ 指 $\rm{tarjan}$ 开始的地方

Codeforces925E

有一些显然的思考是把每个点的点权先整成 $-t_i$ ，有变成白点的操作就给链加

先树剖，然后对树分块，每次修改暴力跳重链按题意模拟即可

Codeforces896C

使用珂朵莉树，其本质是使用了数据随机的情况下会有 $\frac{1}4$ 的概率是区间覆盖操作

大体就是维护一个里面表示区间的 $set$ ，每个区间的值是相同的

核心函数就是 assign(),split()，分别表示将区间覆盖和拆开区间，剩下全是直接暴力

实现上有些新的语法：

mutable: 能避开 $\rm{set}$ 里面的 $\rm{const}$ 限制
erase(iterator_L,iterator_R): 删掉 $\rm{set}$ 里面 $\rm{[L,R)}$ 的迭代器

BZOJ3786

$\rm{Euler \ Tour \ Tree}$ 用欧拉序（ $\rm{in,out}$ 各在序列里面加入一次）来维护子树

外层不论套 $\rm{splay}$ 抑或是 $\rm{fhq\_Treap}$ 都可以直接对着序列来交换子树

但是最大的局限性一是维护森林将十分复杂，二是不能换根

本题树上维护 $\rm{tag}$ 即可，再附 $\rm{fhq\_Treap}$ 的写法

inline int merge(int x,int y){
    if(!x||!y) return x+y; 
    push_down(x); 
    push_down(y); 
    if(rand()%(sz[x]+sz[y])<sz[x]){
    	rs[x]=merge(rs[x],y);
        push_up(x);
        return x;
    }else{
    	ls[y]=merge(x,ls[y]);
        push_up(y);
		return y;
    }
}
inline void split(int rt,int siz,int &x,int &y){
    if(!rt) return x=y=0,void(); 
    if(sz[rt]==siz) return x=rt,y=0,void(); 
    if(!sz[rt]) return x=0,y=rt,void(); 
    push_down(rt); 
    if(sz[ls[rt]]>=siz){
    	split(ls[rt],siz,x,ls[rt]);
        y=rt,fa[x]=0;
    }else{
    	split(rs[rt],siz-sz[ls[rt]]-1,rs[rt],y);
        x=rt,fa[y]=0;
    }return push_up(rt);
}

Codeforces878C

不难发现如果两个选手不是所有维度大小性相同，那么都有可能获胜

所以对于这样的选手缩一把点，维护一个点的个数

考虑到 $set$ 的判等方式是两者的 $\rm{operator:<}$ 都不成立，那么使用 $\rm{set}$ 维护一个集合里面的维度最值和集合的大小即可

答案也就是 “最大” 的集合的大小

Luogu4426

考虑树上独立集的求法，暴力 $dp$ 可以获得 $\rm{10\ pts}$ 的好成绩

直接套到图上面不太可取，其实冲突的地方只有非树边 $=m-n+1\le 11$ 条

我会二进制枚举！

分 $2^{11}$ 次方枚举每条边是上侧点选还是下侧点选，剩下的还是一个朴素 $dp$

值得注意的是可以能有 $E_1$ 的下侧点是 $E_2$ 的上侧点，所以标记的时候要稍微复杂一点
$\rm{Key\ Observation}$ ：有很多的 $dp$ 是没有用的，同时如果不在任意一对非树边涉及的点的路径上的点的 $dp$ 永远不变

建立这 $22$ 个点的虚树，别的状态的 $dp$ 值可以提前预处理出来，剩下的 $dp$ 照样二进制枚举做即可