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
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：
证明直接拿质因子拆就行了，式子变成：
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！）
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
时间复杂度 \(\Theta(n+11\times2^{11})\)
