2023 年 12 月训练记录

2023 年 12 月训练记录

怎么就寄了呢。

没救了。

不能再摆了。

CF1824E LuoTianyi and Cartridge#

我们对最小值做扫描线，现在就转化成了使得 $\sum b+\sum d$ 最大。

我们考虑点与边合法的充要条件。

注意到假设有 $k$ 个点，$k-1$ 条边，只要满足对于每条边的两部分都有点就是合法的，否则不合法。

这显然是必要的，充分性的话，就是考虑除非整个图连通，否则一定存在两个点，分别在这条边的两部分，并且它们不在同一个连通块内。

假设当前有 $p$ 个点，$e$ 条边，并且每条边两部分都有点。

如果 $p-1<e$，则说明点可以全选，边直接保留前 $p-1$ 大即可。

否则，可以证明边一定全选。那么对于每条边都要求它的两端都要选点。我们把边按照其深度教大的点，放到 DFS 序上考虑。那么也就是要在每个区间内和区间外都有选点。

注意到 DFS 序要么不交，要么包含，所以也就是所以极小的 DFS 序区间，要在这里面选一个点。如果存在一个区间包含所有区间，则还得再外面再选一个点。

整个过程都是可以 $O(n\log n)$ 来维护的。

记录。

CF1824D LuoTianyi and the Function#

提供一个树状数组做法。

orz kcudcigam

注意到求的是历史和，那不妨就转化成 $[1,r]$ 减去 $[1,l-1]$。

考虑维护关于行的一次函数，答案表示为 $ans=kx+b$，用一个数据结构维护 $k$，一个数据结构维护 $b$。

那每添加一个数，就相当于 $K$ 和 $B$ 上的区间加，然后查询就是查的区间和。

然后使用区间加，区间和的树状数组来支持 $K$ 和 $B$ 即可。

注意到区间加，区间和也是维护一次函数，用两个树状数组来实现，所以总共用了 $4$ 个树状数组。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

CF1464F My Beautiful Madness#

注意到所有路径中，假设深度最深的 LCA 为 $x$。

则所有路径的 $d$ 邻居有交，当且仅当 $x$ 的 $d$ 级祖先 $y$ 与路径的 $d$ 邻居有交。

证明：首先把 $y$ 往上拉 $x$ 就不合法了。由于 $x$ 是深度最深的 LCA，所以 LCA 在 $y$ 子树内的一定合法，所以把 $y$ 往下拉是没有意义的。

所以我们只需要判断 $x$ 是否合法。由于 LCA 在 $y$ 子树内的都合法，所以我们只需要考虑 LCA 在 $y$ 子树外的了。

令 $y$ 的 $d$ 级祖先为 $z$。

1. LCA 在 $z$ 子树外。

   1. 如果这条路径跟 $z$ 的子树不交，则不合法，这是好判的，我们用 BIT 在 DFS 序上维护树上差分即可；
   2. 如果这条路径跟 $z$ 的子树有交，则合法，因为这条路径一定经过 $z$；

2. LCA 在 $y$ 到 $z$ 的路径上。

   这种情况必然合法。

3. LCA 不在 $y$ 到 $z$ 的路径上，但在 $z$ 的子树内。

   则到 $y$ 的最近点为其 LCA。

由于在路径上的 LCA 必定合法，所以我们就只需要求 LCA 在 $z$ 子树内的到 $y$ 的最大距离。直接在 DFS 序上，用线段树维护直径即可。

使用 $O(n\log n)$ $O(1)$ LCA，时间复杂度 $O(n\log n)$

记录。

CF1411G No Game No Life#

首先，我们可以对这个 DAG，$O(n+m)$ 的求出所有点的 SG 值。然后，问题就转化成了有一个变量 $x$，初始为 $0$，每次选随一个 $[1,n+1]$ 的数 $y$，如果 $y\in[1,n]$，则 $x\leftarrow x \oplus sg_y$，否则结束。

问结束时，$x= 0$ 的概率，这样就能求输的概率，然后就求出了赢的概率。

注意到 $m$ 条边的 SG 值，不超过 $O(\sqrt{m})$，所以 SG 的值域是 $O(\sqrt{m})$ 级别的，在本题中就是 $512$。

所以，我们可以列状态 $f_i$ 表示当前变量 $x=i$，最后 $x=0$ 的概率。

然后对这个高斯消元即可求出答案。

时间复杂度 $O(m\sqrt{m})$。

不过有更优秀的做法，给 gxy001 大神磕头了。

令 $f_i$ 表示一次操作使得 $x\leftarrow x\oplus i$ 的概率。令 $g_i$ 表示最终 $x=i$ 的概率。

$$\begin{aligned} G&=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} F^i\\ &=\frac{1}{(n+1) (1-F)} \end{aligned}$$

我们考虑对 $1-F$ 求异或卷积逆即可得到答案。

对于异或卷积，有逆当且仅当 FWT 后每一项都非 $0$。

那么考虑 FWT 的过程，$f'_i=\sum_{j=0}^{2^k-1} (-1)^{\text{popcount}(i\ \text{and} \ j)} f_j$，每一项 $f_j$ 对于 $f'_i$ 的贡献都是 $\pm 1$。

注意到这个常数项 $1$ 相当于给每项都加了 $1$，因为 $\text{and}$ 出来是 $0$。

由于 $0\le f_i\le \sum_{i=0}^{2^k-1} f_i<1$，所以 $0<f'_i<2$ 的。

所以有逆。

于是我们只需要对 $F$ 做一次 FWT，然后对点值求逆，然后再 iFWT 回去即可。

时间复杂度 $O(n+m+\sqrt{m}\log m)$。

记录。

注意到这个做法，可以对所有的最后的 $x$ 求出答案。

深入思考：对于异或卷积来讲，如果有逆，则逆是有限的；而对于多项式求逆来讲，逆是无限项的，所以直接对点值求逆，求出的是循环逆，相当于是在模 $x^n -1$ 意义下的，而不是在模 $x^n$ 意义下的。

CF1912F Fugitive Frenzy#

orz zmx

假设当前警察在 $i$，我们考虑先让小偷先确定出在每个叶子 $j$ 的概率，假设是 $p_{i,j}$。

令 $f_i$ 表示警察当前在 $i$ 节点，抓到小偷的最小步数。

那么注意到警察的策略一定是选择一个叶子 $j$，因为小偷已经确定好了，所以在警察到叶子 $j$ 前不会乱动，所以抓到小偷的概率为 $p_{i,j}$，所以 $f_i=(1-p_{i,j})f_j+dis_{i,j}$。

注意到答案一定是分数，如果做法跟精度无关，完全可以出成取模。

上面都是赛时想到的部分，下面都是 zaozao_zmx 大神很厉害的求解方法。

注意到 $p_{i,j}$ 的元太多了，我们移项，得到 $p_{i,j}=\frac{-f_i+f_j+dis_{i,j}}{f_j}$。

注意到 $\sum_{j\ne i} p_{i,j}=1$，所以，$\sum_{j\ne i} \frac{-f_i+f_j+dis_{i,j}}{f_j}=1$。

想求解 $f_i$，我们可以初始时令 $f_i=1$，这是因为我们有除法，所以我们避免 $0$。

然后随机一个位置 $i$，根据这个等式求出 $f_i$，把这个过程执行 $10^6$ 次即可。