2024.8 做题记录
415. [AGC044C] Strange Dance
使用经典 trick，Trie 从低位到高位建，维护每个人的位置。S 操作相当于交换一个点的 \(1\) 儿子和 \(2\) 儿子，打标记即可；R 操作相当于把根的 \(0, 1, 2\) 儿子轮换，然后递归到新的 \(0\) 儿子即可。
时间复杂度 \(O(3^n + n |T|)\)。
416. CF643E Bear and Destroying Subtrees
想到了利用精度但是没想到把 dp 状态的 \(= i\) 改成 \(\le i\)，唐。
考虑我们其实不用去管那些 \(x\) 子树内深度很大的点，因为它们对答案的贡献远小于 \(10^{-6}\)。
设一个阈值 \(K = 50\)，只考虑一棵子树内深度 \(\le K\) 的点。考虑 dp，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 子树内最大深度 \(\ge i\) 的概率。有转移：
每次查询的答案为：
发现每次加点只会更新 \(x\) 到其最多 \(K\) 级祖先的 dp 数组的单点值，于是每次加点 \(O(K)\) 更新即可。
时间复杂度 \(O(qK)\)。
417. P9047 [PA2021] Poborcy podatkowi
树形 dp，设 \(f_{u, i}\) 为 \(u\) 子树内剩一条延伸上去的长度为 \(i\) 的路径。
转移相当于把一些 \(f_{v, 0}, f_{v, 2}\) 和一些 \(f_{v, 1}, f_{v, 1}\) 配对。
于是再记一个辅助数组 \(g_{i, j}\) 表示当前选择的 \(f_{v, 0}\) 比 \(f_{v, 2}\) 多 \(i\) 个且选择的 \(f_{v, 1}\) 个数的奇偶性为 \(j\)。
\(i\) 的上界是 \(O(n)\)。但是使用经典 shuffle trick，把儿子随机排列，\(i\) 的上界就变为 \(O(\sqrt n)\)（一个随机的 01 序列期望前缀 0 个数减 1 个数绝对值最大值为 \(O(\sqrt n)\)），于是就可以了。
418. [ARC100F] Colorful Sequences
比较有趣的一个题。
考虑一个弱化版，算 colorful 序列个数。有一个 \(O(nK)\) 的 dp，大概就是设 \(f_{i, j}\) 为考虑到第 \(i\) 个数，当前最长互不相同后缀长度为 \(j\)。
转移考虑若往后面填一个在这 \(j\) 个数以外的数就能使 \(j \gets j + 1\)，因此 \(f_{i, j + 1} \gets f_{i - 1, j} \times (K - j)\)；或者填这 \(j\) 个数中的一个，有 \(\forall k \in [1, j], f_{i, k} \gets f_{i - 1, j}\)，这个前缀和优化即可。
我们的目标是让中途 \(j\) 至少一次变为 \(K\)，不妨容斥变为让中途的 \(j\) 都 \(\le K - 1\)，变成了算不 colorful 序列的个数，再用总序列数减去即可。
回到原题，仍然考虑容斥，把答案转化成计算 \(a\) 在不 colorful 序列中出现次数，再用总出现次数 \(K^{n - m} \times (n - m + 1)\) 减去它。
先特判掉 \(a\) 已经是 colorful 序列的情况。如果 \(a\) 中的数互不相同，一个观察是任意一个值域 \([1, K]\) 长度为 \(m\) 且数互不相同的序列答案都一样，所以可以转化成算不 colorful 序列的“最长互不相同后缀长度 \(\ge m\) 的位置数”的和，结果再除以值域 \([1, K]\) 长度为 \(m\) 且数互不相同的序列的个数（即 \(\frac{K!}{(K - m)!}\)）。
算不 colorful 序列的“最长互不相同后缀长度 \(\ge m\) 的位置数”的和，可以在上文 dp 的基础上再记一个 \(g_{i, j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个数且当前最长互不相同后缀长度为 \(j\)，要算的那个东西的和。有和 \(f\) 一样的转移：
- \(g_{i, j + 1} \gets (g_{i - 1, j} + [j + 1 \ge m] f_{i - 1, j}) \times (K - j)\)；
- \(\forall k \in [1, j], g_{i, k} \gets g_{i - 1, j} + [k \ge m] f_{i - 1, j}\)。
\(g\) 的转移也可以前缀和优化。
然后来考虑 \(a\) 中有相同元素的情况。一个观察是左右侧填数是互不影响，相互独立的（因为不可能存在跨过 \(a\) 的子段是 \(1 \sim K\) 的排列）。既然两边独立那么分别 dp 即可。
设 \(f_{i, j}\) 为 \(a\) 左侧序列长度为 \(i\)，当前最长互不相同前缀为 \(j\) 的方案数（每次往最左边加数），设 \(g_{i, j}\) 为 \(a\) 右侧序列长度为 \(i\)，当前最长互不相同后缀为 \(j\) 的方案数（每次往最右边加数）。再设 \(a\) 最长互不相同前缀长度为 \(p\)，最长互不相同后缀长度为 \(q\)，初值有 \(f_{0, p} = g_{0, q} = 1\)。转移和上文 \(f\) 的转移一致。答案即为 \(\sum\limits_{i = 0}^{n - m} (\sum\limits_{j = 1}^{K - 1} f_{i, j}) \times (\sum\limits_{j = 1}^{K - 1} g_{n - m - i, j})\)。
这样这题就做完了。总时间复杂度 \(O(nK)\)。
419. [ARC041D] 辺彩色
比较有意思的小清新题。
第一步是时光倒流，看成是每次经过一条未被访问过的边才染色。
奇偶相关容易想到二分图。发现若有一个黑白交替的奇环（即从一个点开始遍历完整个环得到的颜色序列是黑白交替地），那我们可以先染完这个环。又因为它是奇环，所以我们遍历一遍这个环就可以切换颜色。这样一定能把全部边都染上对应的颜色。所以若有一个黑白交替的奇环答案就是 Yes。
这部分的判定可以先枚举一个点 \(u\) 然后 bfs，设 \(f_{v, 0/1}\) 表示能否经过偶数 / 奇数条黑白交替的边到达点 \(v\)。那么存在一个包含 \(u\) 的黑白交替的奇环等价于存在 \(u\) 的一条出边 \((u, v)\) 使得 \(f_{v, 0} = 1\)。
那么其他情况我们就无法切换颜色，也就是说每次到一个点，它出去时给边染的颜色是固定的。根据这个我们也可以给点染色，一个点的颜色代表它走一步时会给对应的出边染什么颜色。
因为每个点的颜色必须是唯一的，所以此时若图不是二分图就无解。否则我们枚举一个出发点 \(u\) 和 \(u\) 的颜色，判断能不能遍历完整个图（如果一个点的出边和这个点颜色相同就可以继续遍历下去）。如果存在一个点 \(u\) 和 \(u\) 的颜色，使得能遍历完整个图，答案就是 Yes，否则就是 No。
时间复杂度 \(O(nm)\)。
420. CF1987F2 Interesting Problem (Hard Version)
重要套路：删除相邻两个数 \(\to\) 括号序列 \(\to\) 区间 dp。
难点在于想到设这个状态。
设 \(f_{l, r}\) 表示删光 \([l, r]\) 中的所有数，\(l\) 前面至少删多少数。转移是 trivial 的，这部分时间复杂度 \(O(n^3)\)。
最后再做个从前往后的 dp（设 \(g_i\) 为考虑 \([1, i]\) 这段前缀最多删多少次）统计答案即可。
421. CF1575F Finding Expected Value
考虑单个序列如何求答案。
考虑鞅与停时定理。定义一个局面的势能为 \(\sum\limits_{i = 0}^{K - 1} f(b_i)\)，其中 \(f(x)\) 是一个关于 \(x\) 的函数，\(b_i\) 为 \(i\) 的出现次数。那么我们要构造 \(f(x)\)，使得每次操作，局面势能期望减少 \(1\)，那么期望步数就可以用初始局面的势能 \(\sum\limits_{i = 0}^{K - 1} f(b_i)\) 减去终止局面的势能 \(f(n)\) 计算出。
要求局面势能期望减少 \(1\)，也就是：
不妨让对于每个 \(i\)，求和号后面的式子都等于 \(n\)。也就是对于每个非负整数 \(x\)，都满足：
移项得：
这里我们钦定 \(f(0) = 0\)。枚举 \(x\) 即可递推 \(f(x)\)。
再来考虑怎么计数。把 \(-1\) 替换成 \([0, K - 1]\) 的数后，有些数的出现次数会改变。不妨枚举一种原来出现次数为 \(j\) 的数替换完 \(-1\) 后出现次数变为 \(i\)，设原来有 \(c_k\) 个出现次数为 \(k\) 的数，有 \(c\) 个 \(-1\)，可得答案为：
可以直接 MTT 做到 \(O(n \log n)\)，但是注意到 \(c_j\) 有值的 \(j\) 的个数是 \(O(\sqrt n)\) 的，直接暴力枚举有值的位置计算就是 \(O(n \sqrt n)\)。
422. P10008 [集训队互测 2022] Range Minimum Element
423. P10013 [集训队互测 2023] Tree Topological Order Counting
424. P3343 [ZJOI2015] 地震后的幻想乡
考虑一个化连续为离散的 trick：考虑排名，用第 \(k\) 大期望值乘概率。
在这题就是，考虑算出来选 \(i\) 条边使得图连通的概率 \(g_i\)，那么答案就是 \(\sum (g_i - g_{i - 1}) \frac{i}{m + 1}\)。
套路地概率转方案数，设 \(f_{S, i}\) 为点集 \(S\) 中间连了 \(i\) 条边，\(S\) 内部连通的方案数。容易容斥，总方案数减去不连通方案数，可以钦定编号最小的点所在连通块点集，枚举子集转移。还要预处理 \(b_S\) 表示点集 \(S\) 内部边数。
总时间复杂度 \(O(3^n m^2)\)。
425. CF360D Levko and Sets
求出 \(p\) 的原根 \(g\)，对每个 \(a_i\) 求出一个 \(x_i\) 表示 \(g^{x_i} \equiv a_i \pmod {p}\)（这部分可以 BSGS）。之后的表述中 \(a_i\) 指 \(x_i\)。那么集合生成方式相当于初始 \(c = 0\)，每次让 \(c \gets (c + a_i b_j) \bmod (p - 1)\)。
根据裴蜀定理，若求出 \(x\) 为所有 \(b_j\) 的 \(\gcd\)，每次操作相当于让 \(c \gets (c + x a_i) \bmod (p - 1)\)。
设 \(y_i = \gcd(x a_i, p - 1)\)，那么第 \(i\) 个集合就是 \(\le p - 1\) 且为 \(y_i\) 倍数的所有数（包括 \(0\)）。
现在要求集合并集大小。注意到 \(y_i\) 为 \(p - 1\) 的因数，于是对于 \(p - 1\) 的第 \(i\) 个因数 \(d_i\)，设 \(f_i\) 为集合并集中与 \(p - 1\) 的 \(\gcd = i\) 的数的个数，再求出是否存在一个 \(y_i\) 使得 \(d_i \mid y_i\)。若不存在则 \(f_i = 0\)；若存在则 \(f_i = \frac{p - 1}{d_i} - \sum\limits_{d_i \mid d_j} f_j\)。
那么答案就是 \(\sum f_i\)。
时间复杂度 \(O(\sqrt{np} + d(p - 1)^2)\)（前者是求 \(x_i\) 的复杂度；实际上后者的 \(O(d(p - 1)^2)\) 应该能做到 \(O(d(p - 1) \omega(p - 1))\)）。
