2023 年 9 月训练记录

训练记录

9 月没做题。

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不能摆了，再摆就完蛋了。

CF1784F Minimums or Medians#

很厉害的题。

我们考虑找充要条件：

1. 注意到所有被删除的连续段长度都是偶数。并且不同的连续段之间，都是被分开删除的。

   注意到只有从 $1$ 开始的连续段才可能用操作 1 删除，于是其它被删的数都是通过操作 2 删除的。

2. 注意到第 $i$ 次若为操作 2，则删除的较大数为 $i+n$，所以，被删除的数都必须 $\le n+k$。

3. 注意到若删除了数 $t\le n$ 不在第一段，则 $[t,2n-t+1]$ 的数都必须被删除。

上述 3 个必要条件是充分的，因为考虑我可以通过构造，每次能用操作 2 就用操作 2，否则就用操作 1，不难发现一定是合法的。

设函数 $f(n, m)$ 表示长度为 $n$ 的段中，选出 $2m$ 个数，并要求选出的数形成长度为偶数的连续段。考虑捆绑法，我们没选出一个数就要求必须选它后面的那个数，于是这样就只有 $n-m$ 个物品，从中选出 $m$ 个，所以是 $\binom{n-m}{m}$。

考虑如何计数。首先，我们枚举从 1 开始的连续段需要操作的次数 $t$，因为涉及到条件 3，所以我们需要根据是否覆盖超过一半来分类讨论：

1. $2t < n$，于是再枚举在 $n$ 之前被删掉的连续段长度 $c$，于是得到：

$$\sum_{t=1}^{\min\{k, \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\}} \sum_{c=0}^{\min\{k - len, n - 2k - 1\}}f(k-c,k-t-c)$$

注意到 $len$ 增加时，组合数的变化可以 $O(1)$ 维护，类似莫队移动指针，加入或删除组合数。

2. $2t \ge n$，那么剩下的就可以随便操作，于是对答案的贡献为：

$$\sum_{len = \lceil\frac{n}{2}\rceil}^{k} f(n + k-2t-1, k - t)$$

记录。

CF325E The Red Button#

爵士好题。

首先，主要到每个点出度为 $2$，并且入度为 $2$。

注意到 $n$ 为奇数无解。因为 $0$ 和 $n-1$ 都有自环，并且另一条入边都是从 $\frac{n-1}{2}$ 连出的。

考虑 $n$ 为偶数。由于入度、出度都为 $2$，所以相当于在求欧拉回路。注意到 $i(i<\frac{n}{2})$ 和 $i+ \frac{n}{2}$ 的出边是一样的。我们先让他们任意选。

这样可能会出现小环，于是我们直接交换下他们所选的边就可以了。

变成

记录。

CF896D Nephren Runs a Cinema#

首先，原问题相当于是从 $(0,0)$ 出发，每次让 $y$ 增加 $1$、不变、减少 $1$，要求过程中不能出现 $y<0$。

肯定是考虑经典的反射容斥：

我们考虑枚举 y 不变的次数和最终的 y。

定义 $path(x, y)$ 表示从 $(0,0)$，每次让 $y$ 增加 $1$、减少 $1$，最终走到 $(x,y)$ 的方案数，为 $C(x, \frac{x+y}{2})$。

所以，从 $(0,0)$ 走到 $(x,y)$，并且不经过 $y=-1$ 的方案数为：$path(x, y)-path(x,-2-y)$，相当于按 $y=-1$ 翻折。

$$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=l}^{r} path(n-i,j)-path(n-i,-2-j)\\ =&\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=l}^{r} \binom{n-i}{\frac{n-i+j}{2}}-\binom{n-i}{\frac{n-i-2-j}{2}}\\ =&\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=l}^{r} \binom{n-i}{\frac{n-i+j}{2}}-\binom{n-i}{\frac{n-i+j}{2} + 1} \end{aligned}$$

注意到前后会互相抵消，所以得到：

$$\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i} \binom{n-i}{\frac{n-i+tl}{2}}-\binom{n-i}{\frac{n-i+tr}{2} + 1}$$

这里 $tl$ 和 $tr$ 表示跟 $\equiv n-i \pmod 2$ 最小、最大的在 $[l,r]$ 范围内的 $j$，显然可以 $O(1)$ 求出。

不过这题有个比较恶心的地方在于模数不保证质数，所以，我们考虑先将质数分解质因数，变成 $\prod_i p_i^{a_i}$。

我们维护答案 $p_i$ 的次数，这样答案被我们处理成了两部分，一部分是 $p_i$ 这样的质因子，另一部分 $\perp mod$。

我们考虑除法，对于 $p_i$ 这样的质因子，我们直接次数相减；对于 $\perp mod$ 的部分，我们用 $exgcd$ 求出在 $\pmod {mod}$ 意义下的逆元。

最后考虑还原答案，注意到答案一定是正整数，也就是说最终一定是整数，所以次数一定非负。

如果答案不为整数，并且存在 $p_i$ 次数小于 $0$，那说明答案在 $\pmod {mod}$ 意义下不存在。

关于算组合数有两种处理方法：

1. 直接用上面的方法预处理出 $fac,ifac$；
2. 注意到我们可以把式子中的 $\binom{n-i}{\frac{n-i+tl}{2}}$ 和 $\binom{n-i}{\frac{n-i+tr}{2} + 1}$ 分开，两部分组合数上下变量的变化次数都是 $O(n)$ 的。而组合数上下变量加减 1 都是好做的。

时间复杂度 $O(n\log p)$。

记录。

CF750G New Year and Binary Tree Paths#

我们考虑枚举 LCA 左右两侧的链长，令 LCA 为 $x$，左链长为 $a$，右链长为 $b$，记左链路径上的 01 状态为 $u$，右链 01 状态为 $v$，则和为 $(2^{a+1}+2^{b+1}-3)x + f(u)+f(v)$。

其中，$f(x)$ 表示链上 01 状态的贡献。因为每个 $2^i$ 都有 $2^{i+1}-1$ 的贡献，所以 $f(x)=2x-popcount(x)$。

于是，我们再去枚举左右链的 $popcount$ 和，然后就可以 DP 了。我们令 $f_{i,j,0/1}$ 表示从低往高第 $i$ 个二进制位，$popcount$ 和为 $j$，进位为 $0/1$ 的方案数。

最后要求 $popcount=$ 枚举的 $popcount$。

祖先后代链的情况要特判一下，这是容易的。

时间复杂度 $O(\log^5 s)$。似乎可以进一步分析得到 $O(\log^4 s)$ 的做法，但我不会 /ll。

记录。

CF811E Vladik and Entertaining Flags#

解法 1#

由于 $n$ 很小，我们考虑对 $m$ 列，线段树维护当前区间的连通性，也就是最左、最右的并查集状态，以及内部连通块个数。考虑 pushup 的时候，相当于增加一些边，那就在并查集上合并一下，这是好维护的。

时间复杂度 $O((m+q)n\log m)$。

解法 2#

考虑欧拉定理。对于一个平面图，一个连通块划分的面数 $R$，满足 $|V|-|E|+|R|=2$。证明考虑归纳，加上一条边时要么增加一个面，要么增加一个点。

但是题目给定的不一定是连通块。我们分析一下，发现按照这个公式算出的结果，每多一个连通块，那 $|R|$ 就会被我少算 $1$。考虑平面上增加一个点，那 $R$ 是不变的，但点数增加了 $1$，所以导致我们的 $|R|$ 被少算了 $1$。

注意，橙色部分也是会被统计成连通块的。

$|V|$ 和 $|E|$，是好算的，现在我们要算被严格包含的连通块数量。

这也是好做的，我们考虑把图建出来，然后每个连通块有个最左、最右的界。于是，现在就变成了一个二维数点问题了。

时间复杂度 $O(nm\log m + q\log m)$。

记录。

CF981H K Paths#

我们考虑枚举路径 LCA 为 $x$，那么相当于对于 $x$ 的子树，我们都求出 $f_x$ 表示路径的一个端点为 $x$，则 $x$ 往下延伸有多少种方案数。

这个相当于是 $\sum_{t=0}^{k}[x^t]\prod_{i\in son_x} (sz_i x + 1)$，这是好算的，我们直接分治 NTT 即可。

我们设 $g_x$ 为 $f_x$ 的子树和，这样相当于表示端点在 $x$ 子树内，并且向下延伸的方案数。

然后，我们考虑计算非祖先后代情况的答案，相当于是 $\sum_{i,j\in son_x} g_i g_j$。

祖先后代情况更困难，相当于是 $\sum_{i\in son_x} g_i \prod_{t=0}^{k} [x^t]((n - sz_x) x + 1) \prod_{j\in son_x \land i\ne j} (sz_jx+1)$。

不过，这个依旧是可以分治 NTT 的。

注意到上面的式子，相当于是只有一项选择了 $g_i$，其它全选择了 $sz_jx+1$。

我们考虑维护 $t_{0/1}$ 表示当前区间，是否选择了 $g_i$。合并两个区间时，对于 $t_{1}$，那肯定是其中一个区间的 $t_1$ 乘另一个区间的 $t_0$；对于 $t_0$，肯定是两个区间的 $t_0$ 乘起来。

时间复杂度 $O(n\log ^ 2n)$。

记录。

「2019 集训队互测 Day 3」操作序列计数#

给雷暴磕头了。

曾经的 LOJ 最优解，不过当我写做题记录时已经不是了/ll。

注意到最后答案相当于选了 $\sum_{i=0}^{lim} cnt_ik^i + adjust=n$，相当于有一个 $adjust$ 的变量，把 $\le n$ 转化成了 $=n$ ，这里 $lim$ 表示 $2$ 操作的次数，显然 $lim$ 是 $\log n$ 级别的，于是我们考虑直接枚举（实际上题目也要求我们枚举）。

思考下 $lim$ 的限制，我们要求 $cnt_{lim} >0$，因为初始有个 $1$，不过这个限制我们可以容斥掉。我们令 $f_i$ 表示 $lim=i$ 忽略 $cnt_{lim}>0$ 的答案，那么 $lim=i$ 的正确答案，其实就是 $f_{i}-f_{i-1}$。

于是现在我们就只需要考虑计算 $f_i$。我们观察到 $k^i$ 这个形式，所以一个很妙的想法是，我们把 $cnt_i$ 也变成 $k$ 进制。

我们考虑 DP，令 $f_{i,j}$ 表示在第 $i$ 位前，总共有 $j$ 的进位的方案数，中间需要预处理 $g_{i,j}$ 表示 $i$ 个数和为 $j$，每个数 $<k$ 的方案数。

对于 $i>lim$ 的部分，我们枚举到第 $i+1$ 的进位 $j$，那么剩下的部分和是确定的，令其为 $t$。之后的过程相当于是把 $t-j$ 拆分成 $i$ 个非负整数的方案数，显然是 $\binom{t-j+i + 1}{i + 1}$。

时间复杂度（不考虑高精度） $O(\log^3 n+k^2\log^2 n)$。

记录。

CF1864H Asterism Stream#

给验题人雷暴磕头了。

基本跟上一题一个做法，这里写的简略一点了。

首先，我们转化成计算所有数出现的概率和。

我们同样考虑枚举操作二的次数 $lim$，上界是 $\log n$ 的，系数为 $\frac{1}{2^L}$。然后，我们转化成 $\sum_{i=0}^{lim} cnt_i 2^i + adjust=n$。

那么对应的系数就是 $2^{\sum_{i=0}^{lim}cnt_i}$，然后就完全一样了，直接把上面预处理的 $g_{i,j}$ 换一下就可以了。

由于这题跟操作次数关系密切，所以 $i>lim$ 的部分不能用组合数的方法快速求出。

时间复杂度 $O(t\log^4 n)$。

记录。

CF1149D Abandoning Roads#

雷暴推荐的题，大家都喜欢.jpg。

首先，我们先把边权为 $a$ 的边给缩起来，因为在最小生成树中，这些连通块内部肯定是边权为 $a$ 的边。然后，我们考虑一条可能在最短路上的路径需要满足什么条件，分析一下其实就是不能到某个连通块超过两次。

于是现在就有了一个 $O(m 2^n\log (m2^n))=O(nm2^n\log m)$ 的做法，就是令 $f_{i,mask}$ 表示当前到 $i$ 号点，到过的连通块状态为 $mask$。

不过注意到 $a<b$，所以连通块大小 $\le 3$，出现不合法情况不会使答案更优。

所以，我们只需要记录大小 $\ge 4$ 的连通块的状态，于是时间复杂度 $O(m 2^{\frac{n}{4}}\log (m2^{\frac{n}{4}}))=O(nm2^n\log m)$。

更进一步：实际上复杂度里的 $\log (m2^{\frac{n}{4}})$ 是可以去掉的。

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考虑一个问题：对于一个 $n$ 个点，$m$ 条边的图，我需要求 $1$ 到 $n$ 的最短路，并且边权只有 $k$ 种取值。这个问题可以 $O(mk)$ 的。

做法是这样的。我们维护 $k$ 个队列，表示最短路上一次是有第 $i$ 种边权更新的，那我每次新加入的，按最短路排序肯定是直接放在末尾的。每次找没有去松弛过别的点的最短路最小的点时，我们直接对这 $k$ 个队列对它们的队头求最小值的位置即可。

这个东西算是 01 BFS 的一个拓展。

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回到本题，$k=2$，所以我们的复杂度是 $O(m2^{\frac{n}{4}})$ 的，优势在我。

记录，我并没有写后面的优化。

CF1817D Toy Machine#

VP 写了个随机化没过 /ll。

烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂 烂烂。

烂烂 Ad-hoc。
——Alex_wei

对于 $k\le \frac{n-1}{2}$ 的情况，我们执行 $k-1$ 次 LDRU，然后再执行一次 L，这样就可以移到最前面了。这还是可以想到的。

对于 $k>\frac{n-1}/2$ 的情况，我们可以对称地先把 $k$ 移到最右边。然后不断执行 RDRU 直到所有数全部堆在右半部分，且 $k$ 在右上角，再执行一次 LU，$k$ 就变到了原来 $\frac{n-1}{2}$ 的位置，再用上面的方法做一遍就可以了。

时间复杂度 $O(n)$。

记录。

JOISC2017G 長距離バス (Long Distance Coach)#

模拟赛 $O(n\log ^2 n)$ 通过了这道题，很有感觉。

我们考虑按照模 $T$ 的余数分段，于是每个饮水机相当于是能让一段区间的后缀全部不合法。于是我们考虑 DP，令 $f_i$ 表示只考虑前 $i$ 个人的最小代价。

我们分两种情况讨论。第一种是这个人没有被违约，从 $f_{i-1}$ 转移过来，$f_{i-1}+c_iw\to f_i$，这里 $c_i$ 是需要喝水的次数。第二种情况是这个人是最后一个被违约的，我们先枚举区间，然后再找可行的转移，$f_{j-1}+val_k(i - j + 1) + sum_i-sum_{j-1},j\in[l_k,r_k]$。

不难发现是关于 $j$ 的一次函数形式。由于都是后缀查询，所以我们考虑树状数组套李超树来解决这个问题，时间复杂度 $O(n\log ^ 2n)$，这是我的赛时做法。

实际上，我们观察下性质。注意到，对于区间 $[l_k,r_k]$，由于起点饮水机的存在，所以对于任意一个饮水机，它前面肯定还有其它饮水机，所以对于 $l_k$ 前面的位置，肯定是不会比 $val_k$ 劣。

所以，我们不需要树状数组，直接全局查询即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

[Code+#7] 六元环#

给雷暴磕头。

首先，有个结论是，六元环个数等于笛卡尔树上不包含根的大小为 $4$ 的连通块个数。

然后我们考虑修改如何处理。由于都是加正数，所以我们每次相当于把一个点往上旋。那么，我们考虑把同侧儿子的链给并起来，每次一起做。

可以证明，这样操作次数均摊 $O(1)$。

之后，我们考虑如何找同侧链的链顶。我们额外唯一一个线段树，维护整个序列。查询链顶以左儿子为例，就相当于找到右侧第一个大于它的数。如果修改后比这个数还大，那我就直接把当前数选到链顶。否则，我需要在链上找到它最大能选到的位置。同样以左儿子为例，这实际上只需要在线段树左侧第一个比它修改后大的位置的右儿子。右儿子都是同理。

考虑 zig-zag 如何实现。注意到大小为 $4$ 的连通块个数，对于要选的点 $x$，只会影响它往上的 $4$ 个祖先，选到之后也只会影响 $4$ 个祖先，pushup 也是 $O(1)$ 的，只需要做 $4\times 4$ 的卷积。

时间复杂度 $O(q\log n)$。

记录。

CF1148G Gold Experience#

我们考虑对 $\gcd=1$ 的数对建边。这样题目的条件就变成了：

1. 选的点构成独立集；或
2. 选的点都构成大小 $\ge 2$ 的连通块。

我们考虑这样一种构造方法：

首先，我们按照编号顺序，从小到大对每个数判断是否可以加入独立集，能加就加。这样就可以得到一个极大的独立集。

关于如果判断是否有数互质，可以使用莫比乌斯反演，得到 $\sum_{t\in S} [a_x|t]=\sum_{t\in S} \sum_{i|t\land i|a_x} \mu(i)= \sum_{i|a_x} \mu(i)cnt_i$，这里 $S$ 是当前极大独立集，$cnt_i$ 表示 $S$ 中是 $i$ 倍数的个数。

如果说这个独立集大小 $\ge k$，那么就结束了。否则，由于独立集是极大的，我们可以对每个数找到一个和它互质的数，作为它的集合中的数，这个过程可以整体二分来实现。

由于题目中给出的 $2k\le n$ 的条件，那么我们就可以选择若干独立集的点作为代表元，再选它们子集中的一些数，从而形成大小 $\ge 2$ 的连通块。

时间复杂度 $O(n \log n 2^w)$，瓶颈在整体二分。

记录。

[CERC2013] History course#

注意到“两个区间如果没有交点，则左端点更小的区间需要排在前面“，这个限制其实是没有用的。因为如果不满足这个条件，调整成这样一定是不劣的。

最小化最大值的一个很套路的想法是二分答案。

考虑如何判断。我们先把序列按左端点排序。我们逐个位置地确定选择的区间。一个贪心的策略是，每次选择能选出并且不会立即造成不合法的，右端点最左的。

这样是正确的，因为既不会立即造成不合法，并且对后面位置的影响最小。

考虑如何维护这个过程。我们先对未选出的区间维护 $lim_i$，表示 $i$ 区间最后能放在距离当前位置的多少个位置之后。由于我们按照了左端点排序，所以我们维护的指针 $pos$ 表示当前最前没有被限制到的区间的位置，每次不断更新。

我们考虑什么时候会出现不合法。相当于每个左部点能匹配右部点的一个前缀，所以根据 Hall 定理，当且仅当在 $lim_i>cnt_i$ 的时候不合法，$cnt_i$ 表示在 $i$ 之前（包含 $i$）没有被选择的区间数量。注意到每选一个区间后，$lim_i$ 都会集体减少 $1$，而 $cnt_i$ 是一个区间减一，都是好维护的。

令 $t_i=lim_i-cnt_i$，每次选区间时，如果出现 $t_i<0$，那已经不合法。如果有 $t_i=0$，那我们找到第一个，令其为 $pos$。这就要求我们选择的区间编号要在 $[i,pos]$ 当中，否则 $t_pos<0$。于是，我们就在这个区间中，找右端点最小的区间即可。

构造方案就按上面的即可。

时间复杂度 $O(n\log ^ 2 n)$。

记录。

CF101E Candies and Stones#

记录下输出方案 DP 卡空间的多种做法。

做法 1#

我们发现直接用 bitset 优化空间就比题目要求的空间限制大了一点，所以我们就将 DP 拆成两半即可。

空间复杂度 $O(\frac{nm}{w})$。

做法 2#

我们考虑根号平衡。我们先完整地做一遍 DP，每 $B$ 个记录一整行的 DP 值。

然后输出方案考虑从后往前对每个块再做一遍 DP，倒推出方案，记录下到这个块开头的决策位置。

直接做空间复杂度是有两部分：

1. 记录 DP 值：$O(\frac{nm}{B})$。
2. 第二遍 DP 记录方案：$O(Bm)$。

认为 $n,m$ 同阶，所以 $B=\sqrt{n}$ 最优。

注意到第二部分可以用 bitset，于是空间复杂度就变成了 $O(\frac{nm}{B}+\frac{Bm}{w})$。

取 $B=\sqrt{nw}$，得到空间复杂度为 $O(n\sqrt{\frac{n}{w}})$。

做法 3#

考虑分治，假设当前分支的区间为 $i\in[l_1,r1],j\in[l_2,r_2]$，表示当前知道 $f_{l_1,r_1}$，要求 $f_{l_2,r_2}$，并构造方案。我们先做一遍 DP，记录下 $f_{\lfloor\frac{l_1+r_1}{2}\rfloor},j$ 的值，从而得到在第 $\lfloor\frac{l_1+r_1}{2}\rfloor$ 行的决策点位置 $pos$。于是分治区间就拆成了 $[l1,\lfloor\frac{l_1+r_1}{2}\rfloor],[l_2,pos]$ 和 $[\lfloor\frac{l_1+r_1}{2}\rfloor + 1,r_1],[pos,r_2]$。

注意到如果我们把分治区间看成一个矩形，那时间复杂度就是矩形的面积。而我们一次分治会让矩形的面积除 $2$。

所以时间复杂度和空间复杂度是 $O(nm+\frac{nm}{2}+\frac{nm}{4}+\cdots) = O(\sum_{i=0} \frac{nm}{2^i})=O(nm)$。

CF436E Cardboard Box#

我们考虑一种反悔贪心的策略：假设当前已经选择了若干数，我们想新选一些数。如果当前还需要选一个数，那我们肯定会选择没选过中的 $a_i$ 最小的、以及取过中的 $b_i-a_i$ 最小的，这两种决策取最优。

但如果说我们还需要选不止一个数，我们还有一种决策是一次选两个数，选择没选过的 $b_i$ 最小的。然后，我们比较连续两次选一个数和选两个数哪种更优。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

ARC080F Prime Flip#

做过一个非常类似的题，所以模拟赛场切了。

考虑奇质数的性质，我们想到哥德巴赫猜想。由于 $\ge 6$ 的偶数都可以被表示成两个奇质数的和，而 $2=5-3,4=11-7$，所以任何偶数都可以用两个奇质数组合。

我们考虑把区间翻转转换成修改差分。也就是我们需要把差分为 $1$ 的位置全部变成 $0$。

我们考虑将这些 $1$，两两匹配，于是我们讨论一下代价：

1. 下标差为奇质数：代价为 $1$；
2. 下标差为偶数：代价为 $2$；
3. 下标差为奇非质数：代价为 $3$。

我们考虑一种贪心策略。我们先尽可能匹配奇质数，对于剩下的再将奇偶性相同的用偶数匹配，其它再用奇非质数来处理。

考虑这样做为什么是对的。因为如果我们将奇质数和奇非质数的操作，变成两次下标差为偶数的，代价从 1+3 变成了 2+2，所以优先匹配奇质数是不劣的。

由于差是奇质数，所以一定是一奇一偶匹配，所以图是二分图，可以跑 $dinic$。

时间复杂度 $O(n^3)$。

CF1452G Game On Tree#

对于 Alice 而言，一个可行的终点当且仅当 Alice 卡片到这个位置的距离 $\le$ Bob 任何一张卡片到这个位置的距离。

我们考虑对每个点求出 $f(x)$ 表示的 Bob 卡片到点 $x$ 最近的距离是多少。这个可以通过将 Bob 的所有卡片为起点求最短路得到。

然后，我们相当于可以对距离 $x$ 不超过 $f(x)$ 的点作为起点的答案，更新 $x$ 作为终点的答案。

我们考虑用点分治来实现这个过程。注意到点分治的查询操作可以用预处理前缀 $\max$ 来完成。并且由于 LCA 不为当前分治中心肯定不会更优，所以我们不需要要求两点不来自同一个子树。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

ARC165E Random Isolation#

好题，VP 时没做出来。

首先，我们可以转化成选择一个排列，如果可以操作就有 $1$ 的贡献。

由于期望的线性性，我们考虑对每个点每种被选时包含它的连通块的状态算贡献。

假设我们确定了选 $x$ 时，连通块内有哪些点。我们令 $S$ 表示与 $x$ 连通块直接有边且不在这个连通块内的点。

那对应的概率就是要求 $S$ 中的点要排在 $x$ 前面，而 $x$ 连通块内的除了 $x$ 的其它点排在 $x$ 后面。注意到我们已经钦定了 $x$ 所在连通块大小超过 $K$，所以与 $S$ 中的点排在 $x$ 前面就一定会被操作。

于是，我们记 $f_{x,i,j}$ 表示 $x$ 子树内选了 $i$ 个点，$|S|=j$。每次枚举根的时间复杂度为 $O(n^5)$，常数非常小，可以通过。

不过，我们也可以通过只做一次树形 DP。我们对连通块计数，并在连通块内深度最浅的那个点统计答案即可。

时间复杂度 $O(n^4)$。

记录。

ARC150D Removing Gacha#

同样考虑先转化成选排列按顺序操作，然后我们对每个点统计贡献。

我们令 $d_i$ 表示根节点到 $i$ 经过的节点数。那么 $i$ 产生贡献就要求 $i$ 在这 $d_i$ 个点中最后一个被选。

所以答案是 $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{d_i}$。

时间复杂度 $O(n)$。

记录。

ARC108E Random IS#

这个题虽然也可以转化成选择排列，但转化之后并不好计数，因为我不能很好地判断一个点是否可以被选上。

我们考虑判断一个位置是否能被选到上升子序列中，只跟它前后的两个位置有关。也就是说，我选择一个位置之后，它左右两边就独立了。

于是，我们可以令 $f_{i,j}$ 表示左边上一次被选的位置为 $i$，右边上一次被选的位置为 $j$，期望选的次数。

为了方便，我们令 $a_{0}=-\infty,a_n=\infty$，这样答案就是 $f_{0,n}$。

朴素地转移可以做到 $O(n^3)$，不过可以用树状数组优化，时间复杂度 $O(n^2\log n)$。

记录。

ARC165F Make Adjacent#

注意到由于要最小化 $k$，所以我们可以来简单讨论一下。

假设有 A、B 两个数，不妨假设第一个位置是 A。

1. A A B B：必须是 A A B B；
2. A B A B：必须是 A A B B；
3. A B B A：可以是 A A B B，也可以是 B B A A。

也就是说所以 A A B B、A B A B 这样的数对，A 都必须排在前面。

做法 1#

JCY 的做法：于是有一种不要脑子的做法是，我们可以主席树优化建图，然后求出字典序最小的拓扑序。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

做法 2#

我的做法：由于是字典序最小，所以我们可以考虑第一个位置有哪些数可以选。我们发现它们形成了一个不断包含的结构。于是我们把它们求出来，然后使用堆来维护值最小的位置。

维护当前可以放在第一个位置可以用线段树二分维护。

需要讨论一下，都是可以维护的。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

做法 3#

雷暴的做法：注意到我做法中那个不断包含的结构，实际上就是要求右端点是前缀最小值。于是，我们直接套用楼房重建线段树的做法即可。

时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

记录。

USACO23FEB Watching Cowflix P#

做法 1#

我们考虑对 $k$ 根号分治。

对于小于等于根号的部分：我们直接 $O(n)$ 计算即可。

我们记 $f_{i,0/1}$ 表示 $i$ 是否被选，子树内的最小代价，根据儿子是否选来进行转移。

对于大于根号的部分：注意到我们有一种方案是选一个连通块，所有位置全选，这样的代价是 $n+k$ 的。所以划分的连通块数量不超过根号。于是我们可以求出 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内被划分成了 $j$ 个连通块。由于 $j$ 可以对 $sz_i$ 取 $\min$，所以根据经典的树上背包时间复杂度分析，这部分时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$。

总时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$。

做法 2#

我们考虑对于距离不超过 $k$ 的两个黑点，肯定是把他们划分成一个连通块最优。注意到这样合并以后，我们对黑点的连通块建虚树，每次的点数是 $O(\frac{n}{k})$ 的。

所以总点数为 $O(n\log n)$ 的，于是我们使用做法 1 小于等于根号部分的 $O(n)$ 暴力。

时间复杂度 $O(n\log n)$

POI2014 HOT-Hotels 加强版#

ZR 模拟赛的原题，花了点时间过了。

我们考虑长剖，记 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内距离 $i$ 为 $j$ 的点的个数，$g_{i,j}$ 表示选了两个点，并要求第三个点到 $i$ 的距离为 $j$。

于是我们用长剖优化 DP，转移需要将第二维平移，但 ZR 数据范围 $10^6$，我们不可能开 $10^6$ 个 deque，所以我们用 vector 打个 $tag$ 即可。

时间复杂度 $O(n)$。

记录。