【考试总结】2022-03-27

博弈论

诈 骗 大 师

尝试计算每个棋子放在某个点最多能带来的等着数量，使用 $\rm DAG$ 上面 $\rm DP$ 即可实现，注意两个人都希望在同色联通块中走的路径最长，同时走到临界点的时候都可以选择不再继续移动

剩下的是一个 背包问题，如果选出的所有石子给 $A,B$ 带来的收益满足 $A$ 的等着数量大于 $B$ 就胜利了

Code Display

const int N=310;
char s[N];
int dp[N];
int f[2][N*N*2],out[N],n,m,a[N];
vector<int> G[N],revG[N];
signed main(){
    freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout);
    n=read(); m=read();
    scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=s[i]=='W';
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int u=read(),v=read();
        G[u].emplace_back(v);
        revG[v].emplace_back(u);
        out[u]++;
    }
    queue<int> q;
    for(int i=1;i<=n;++i) if(!out[i]) q.push(i);
    while(q.size()){
        int fr=q.front(); q.pop();
        for(auto t:G[fr]){
            if(a[fr]==a[t]) ckmax(dp[fr],dp[t]+1);
            else ckmax(dp[fr],-dp[t]+1);
        }
        for(auto t:revG[fr]){
            if(!(--out[t])) q.push(t);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) if(!a[i]) dp[i]=-dp[i];
    int cur=0;
    
    const int U=N*N;
    f[cur][U]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<U*2;++j) if(f[cur][j]){
            ckadd(f[cur^1][j+dp[i]],f[cur][j]);
            ckadd(f[cur^1][j],f[cur][j]);
            f[cur][j]=0;
        }
        cur^=1;
    }
    int ans=0;
    for(int j=U+1;j<U*2;++j) ckadd(ans,f[cur][j]);
    print(ans);
    return 0;
}

排列

将排列中二元组 $(a,b)$ 视作有向图上 $a\to b$ ，那么题目中的限制相当于排列合法当且仅当其每个区间形成的 $\rm DAG$ 都具有传递性

这里传递性形式化表达为：记 $S_i$ 表示 $i$ 在 $\rm DAG$ 上可以到达的点所构成的集合，对于 $x\in S_i,S_x\subsetneq S_x$

其实区间的传递性和同时满足 每个前缀具有传递性 $\&$ 每个后缀具有传递性 是等价的，使用简单的反证法可以找到矛盾

由于整个排列构成了一个 $1\sim n$ 的竞赛图，那么上述限制等价于某个 $\rm DAG$ 和它的补图具有传递性

我们发现上述形式的传递性和 $(i,p_i)$ 对应的二维偏序是完全等价的，也就是可行的 $\rm DAG$ 构造是且仅是找到一个排列 $\rm P$，找到其中所有 $i<j,a_i>a_j$ 并连边 $a_j\to a_i$

此时转化为将 $\{1,\dots n\}$ 通过 冒泡排序（也就是只能交换相邻两个元素） 变成 $\{n,\dots 1\}$ 的方案数，可以通过康拓展开给排列标号后进行拓扑排序得到答案

对于题目中涉及的 $m$ 条限制，每次翻转相邻点对时进行合法性判定即可

Code Display

int n,lim;
vector<vector<int> > G,perm,pos;
vector<pair<int,int> > seq;
vector<int> Fac,dp;
inline int dfs(int S){
    if(~dp[S]) return dp[S];
    if(S==Fac[n]) return 1;
    int sum=0;
    vector<int> &cur=perm[S];
    vector<int> p(n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i) p[cur[i]]=i;
    for(int i=1;i<n;++i) if(cur[i]<cur[i+1]){
        bool leg=1;
        for(auto t:G[pos[cur[i]][cur[i+1]]]) if(p[seq[t].fir]>p[seq[t].sec]){leg=0; break;}
        if(!leg) continue;
        int New_S=S;
        int o1=0,o2=1;
        for(int j=i+1;j<=n;++j) o1+=cur[j]<cur[i],o2+=cur[j]<cur[i+1];
        New_S+=(o2-o1)*Fac[n-i]-(o2-1-o1)*Fac[n-i-1];
        ckadd(sum,dfs(New_S));
    }
    return dp[S]=sum;
}
signed main(){
    freopen("perm.in","r",stdin); freopen("perm.out","w",stdout);
    n=read(); lim=read(); Fac.resize(n+1);
    Fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i) Fac[i]=Fac[i-1]*i;
    dp.resize(Fac[n]+1);
    for(int i=1;i<=Fac[n];++i) dp[i]=-1;
    int m=n*(n-1)/2;
    pos.resize(n+1);
    rep(i,1,n) pos[i].resize(n+1);
    seq.resize(m+1);
    G.resize(m+1);
    int num=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j){
        pos[i][j]=++num;
        seq[num]=make_pair(i,j);
    }
    // Label Begins
    vector<int> id(n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i) id[i]=i;
    perm.resize(Fac[n]+1);
    int CNT=0;
    do perm[++CNT]=id; while(next_permutation(id.begin()+1,id.end()));
    // Label Finished
    for(int i=1;i<=lim;++i){
        int a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
        G[pos[a][b]].emplace_back(pos[c][d]);
    }
    print(dfs(1)); putchar('\n');
    return 0;
}

子段和

尝试计算将最大子段和减少到 $k$ 的最少操作次数，设为 $g(k)$

进行判定时，维护变量 $\lim$，初值为 $k$，以及前缀和数组 $s_i$ ：若 $s_i>lim$ 则将后缀 $s_i$ 都减小 $s_i-lim$；$\lim\leftarrow \min(\lim,s_i+k)$

这个过程和下述过程是等价的，仍然维护 $\lim=k$ 和操作次数计数器 $cnt=0$ 如果 $\lim<s_i$ 则 $cnt\leftarrow s_i-\lim,\lim\leftarrow s_i$ ； $\lim\leftarrow \min(\lim,s_i+k)$

正确性相对容易理解

使用二分答案来得到进行不超过 $K$ 次操作后最大子段和的值域 $[L,R]$ 那么经过一些和式变换可以发现最终问题就是求最大子段和值域 $[L,R]$ 内所有 $w$ 的 $cnt(w)$ 的值，对所有 $w$ 同时进行上面的过程：

使用动态开点线段树维护整个过程，每个叶子节点对应一个 $\lim(w)$ 差为 $0/1$ 的连续 $w$，同时需要维护最大最小值和区间 $\lim(w)$ 的和

注意这个过程并不需要求出来 $cnt(w)$ 的具体值，只用计算每次得到的权值对答案的贡献之和，形式为区间长度乘 $s_i-$ 区间和

发现在整个过程中 $\lim(w)$ 满足随 $w$ 递增而不降同时 $\lim(w)-w$ 满足不升，所以对于 ckmin,ckmax 操作可以进行线段树上二分得到需要修改的区间，那么在线段树上新建立一个叶子即可

当然可以直接使用单调栈来代替线段树

Code Display

inline int qmod(int x){return (x%mod+mod)%mod;}
const int N=2e5+10,M=100*N,Inf=2e13;
inline int S(int l,int r){
    int v1=r-l+1,v2=l+r;
    if(v1&1) return v2/2%mod*(v1%mod)%mod;
    else return v1/2%mod*(v2%mod)%mod;
}
bool k[M];
signed ls[M],rs[M];
int sum[M],L[M],Mn[M],Mx[M],tot,rt;
int a[N],n,K,ans,Wl,Wr;
inline int estab(int sl,int b,int l,int r){
    int now=++tot;
    k[now]=sl; L[now]=b;
    Mn[now]=sl*l+b; Mx[now]=sl*r+b;
    sum[now]=k[now]?S(Mn[now],Mx[now]):mul(L[now]%mod,(r-l+1)%mod);
    return now;
}
inline void push_up(int p){
    L[p]=-Inf-1; k[p]=0;
    sum[p]=add(sum[ls[p]],sum[rs[p]]);
    Mn[p]=Inf; Mx[p]=-Inf;
    if(ls[p]){
        ckmax(Mx[p],Mx[ls[p]]);
        ckmin(Mn[p],Mn[ls[p]]);
    }
    if(rs[p]){
        ckmax(Mx[p],Mx[rs[p]]);
        ckmin(Mn[p],Mn[rs[p]]);
    }
    return ;
}
inline void make_son(int p,int l,int r){
    int mid=(l+r)>>1;
    if(!ls[p]) ls[p]=estab(k[p],L[p],l,mid);
    if(!rs[p]) rs[p]=estab(k[p],L[p],mid+1,r);
    return ;
}
inline int query_leq(int val,int p=rt,int l=Wl,int r=Wr){
    if(Mn[p]>val) return l-1;
    if(Mx[p]<=val) return r;
    if(l==r) return l;
    if(!ls[p]){
        if(k[p]) return val-L[p];
        else return r;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(Mx[ls[p]]>=val) return query_leq(val,ls[p],l,mid);
    else return query_leq(val,rs[p],mid+1,r);
}
inline int query_sum(int st,int ed,int p=rt,int l=Wl,int r=Wr){
    if(st<=l&&r<=ed) return sum[p];
    if(!ls[p]){
        if(!k[p]) return mul(L[p]%mod,(r-l+1)%mod);
        else return S(L[p]+max(st,l),L[p]+min(ed,r));
    }
    int mid=(l+r)>>1,res=0;
    if(st<=mid) ckadd(res,query_sum(st,ed,ls[p],l,mid));
    if(ed>mid) ckadd(res,query_sum(st,ed,rs[p],mid+1,r));
    return res;
}
inline int query_geq(int val,int p=rt,int l=Wl,int r=Wr){    
    if(!ls[p]){
        if(!k[p]){
            if(val+l>L[p]) return l-1;
            if(val+r<L[p]) return r;
            return L[p]-val;
        }else{
            if(L[p]<=val) return l-1;
            else return r;
        }
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    if(Mx[ls[p]]<=val+mid) return query_geq(val,ls[p],l,mid);
    return query_geq(val,rs[p],mid+1,r);
}
inline void check_min(int st,int ed,int v,int p=rt,int l=Wl,int r=Wr){
    if(st<=l&&r<=ed){
        L[p]=v; Mn[p]=v+l; Mx[p]=v+r;
        sum[p]=S(Mn[p],Mx[p]);
        k[p]=!(ls[p]=rs[p]=0);
        return ;
    }
    if(!ls[p]) make_son(p,l,r);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(st<=mid) check_min(st,ed,v,ls[p],l,mid);
    if(ed>mid) check_min(st,ed,v,rs[p],mid+1,r);
    return push_up(p);
} // v + l
inline void check_max(int st,int ed,int v,int p=rt,int l=Wl,int r=Wr){
    if(st<=l&&r<=ed){
        L[p]=Mn[p]=Mx[p]=v;
        sum[p]=mul(v%mod,(r-l+1)%mod);
        k[p]=ls[p]=rs[p]=0;
        return ;
    }
    if(!ls[p]) make_son(p,l,r);
    int mid=(l+r)>>1;
    if(st<=mid) check_max(st,ed,v,ls[p],l,mid);
    if(ed>mid) check_max(st,ed,v,rs[p],mid+1,r);
    return push_up(p);
} // v
inline int calc(int w){
    int lim=w,Aw=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        Aw+=max(0ll,a[i]-lim);
        lim=max(lim,a[i]);
        ckmin(lim,a[i]+w);
    } return Aw;
}
signed main(){    
    freopen("seg.in","r",stdin); freopen("seg.out","w",stdout);
    n=read();
    int Mn=0,Mx=0;
    rep(i,1,n){
        a[i]=read()+a[i-1];
        ckmax(Mx,a[i]-Mn);
        ckmin(Mn,a[i]);    
    }
    K=read();
    int tar=-Inf,wl=-Inf,wr=Mx;
    while(wl<=wr){
        int mid=(wl+wr)>>1;
        if(calc(mid)>K) wl=mid+1;
        else wr=mid-1,tar=mid;
    }
    if(tar==Mx) print(mul(qmod(Mx),K)),exit(0);
    ans=qmod(tar)*((K+1)%mod)%mod-Mx;
    ans=qmod(ans);
    Wr=Mx-1,Wl=tar;
    rt=estab(1,0,Wl,Wr);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int pos=query_leq(a[i]);
        if(pos>=Wl) ckdel(ans,query_sum(Wl,pos));
        ckadd(ans,mul(a[i]%mod,(pos-Wl+1)%mod));
        if(pos>=Wl) check_max(Wl,pos,a[i]);
        pos=query_geq(a[i]);
        if(pos>=Wl) check_min(Wl,pos,a[i]);
    }
    print(qmod(ans));
    return 0;
}