Codeforces Good Bye 2024 部分题解

F. Earnest Matrix Complement

简要题意

给定 \(n \times m\) 的矩阵，包含 \(-1\) 或 \([1,k]\) 的整数，定义 \(c_{i,u}\) 表示第 \(i\) 行 数字 \(u\) 的个数。

要求将 \(-1\) 替换为 \([1,k]\) 的整数，最大化：

\[\sum_{u=1}^k \sum_{i=1}^{n-1} c_{i,u} \cdot c_{i+1,u} \]

题解

引理：每一行替换的数字都一样。

考虑固定 \(i-1\) 行和 \(i+1\) 行，那这一行填一个数字的贡献是固定的，选择贡献最大的那个数字，用调整法调整一下。

考虑简单的 DP，设 \(f_{i,u}\) 表示前 \(i\) 行，第 \(i\) 行填 \(u\) 的最大贡献，这里的最大贡献指填 \(-1\) 带来的贡献，不考虑原矩阵自带的贡献。并设 \(w_i\) 为这一行 \(-1\) 的个数，于是：

\[f_{i,u}=c_{i-1,u} \cdot w_i + \max(f_{i-1,v} + c_{i,v} \cdot w_{i-1},f_{i-1,u}+c_{i,u} \cdot w_{i-1} + w_{i-1} \cdot w_{i}) \]

我们发现当某数字在第 \(i,i-1\) 行均不存在时，\(c_{i,u},c_{i-1,u}\) 都是 \(0\)，此时转移为：

\[f_{i,u}=\max(f_{i-1,v}+ c_{i,v} \cdot w_{i-1},f_{i-1,u}+w_{i-1} \cdot w_{i}) \]

此时，转移形如，先对整体做区间加法（后者），再对整体做区间取 \(max\)（前者）。

并且，两行的颜色总数量是 \(O(m)\) 的，我们可以暴力更新所有出现过的颜色的状态。以及，找到最大的 \(f_{i-1,v}+c_{i,v} \cdot w_{i-1}\) （对于出现过的颜色暴力判断，没出现过的颜色直接查询全局最大值）。

我们用线段树维护这个过程，现在看看怎么同时维护区间加，区间 \(max\) 的标记的。

用 \(max , +\) 矩阵表示这个过程：

\[\begin{bmatrix} f_{i}+w \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} w & 0\\ -inf & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_i\\ 0 \end{bmatrix} \]

\[\begin{bmatrix} \max(f_i,w) \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & w\\ -inf & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f_i\\ 0 \end{bmatrix} \]

于是我们维护一个矩阵下传的 tag 即可。事实上线段树本质在模拟线性代数，我们一直在维护一些线性映射，只是简化了矩阵乘法的过程。

再简化一下这个式子，我们发现每次都是先全局区间加，并且立刻跟上整体区间 \(max\) ，于是两个转移矩阵可以合并：

\[\begin{bmatrix} w_1& w_2 \\ -inf & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & w_2\\ -inf & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w_1 & 0\\ -inf & 0 \end{bmatrix} \]

tag的合并为（设 \(g_{add},g_{max}\) 为父节点的下传 tag）：

\[\begin{bmatrix} add+g_{add} & \max(mx+g_{add},g_{mx}) \\ -inf &0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} g_{add}& g_{mx} \\ -inf & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} add& mx \\ -inf & 0 \end{bmatrix} \]

于是，标记下传便是：加法直接相加，最大值加上加法标记和父节点最大值比较取最大。而更新状态便是对 \(f_i+add\) 和 \(mx\) 取最大值。

参考代码

G. Naive String Splits

简要题意

判断两个字符串 \((t_1,t_2)\) 能匹配字符串 \(s\) 当且仅当：能将 \(s\) 划分为若干个子串，每一个子串不是 \(t_1\) 就是 \(t_2\)。

给定串 \(t\) 和 \(s\) ，对于 \(t\) 的每个分割点判断 \((t_1t_2\dots t_i,t_{i+1}\dots t_m)\) 能否匹配串 \(s\)。

题解

若 \(t,s\) 有共同循环节，情况会变容易，即存在字符串 \(P\)：\(t=k_1P,s=k_2P\)，若分割点恰好分割在 \(P\) 末尾，原问题变为求 \(wx+(k_1-w)y=k_2\) 是否存在非负整数解。\(w\) 是 \(t_{1\dots i}\) 有几个 \(P\)。可以做扩展欧几里得，也可以暴力枚举 \(x\) ，枚举总数是 \(\sum \frac{k1}{i}\) 是调和求和。

考虑没有公共循环节的情况，我们断言，此时对 \(s\) 的划分方案是唯一的（感性理解一下）。如何得到这个方案，我们设 \(t\) 的划分为 \((t_1,t_2)\) 且 \(|t_1|<|t_2|\) ，简单的想法是不断匹配 \(t_1\) ，不能匹配再匹配 \(t_2\) ，这是错误的，比如数据 \((ab,ababc)-(abababc)\) 。

或者，不断匹配 \(t_2\) ，最后匹配 \(t_1\) ，不能通过这个数据 \((ab,aba)-(ababa)\) 。

两种情况的失败有共同点：\(t1\) 总是 \(t2\) 的前缀，贪心匹配 \(t_1\) 会导致占用 \(t_2\) 的部分前缀；贪心匹配 \(t_2\) 时当 \(t_2\)末尾有部分 \(t_1\) 的部分时，会导致 \(t_1\) 失配。

我们从贪心匹配 \(t_1\) 出发，既然占用了 \(t_2\) 的前缀那就补回去，设 \(t_2=k t_1+t\)，若 \(t_1,t_2\) 均失配时，向前回撤 \(|kt_1|\) 个单位再匹配 \(t_2\) ， 若还是不能配对，那可以断言这组分割是不能配对的。这里要注意的是：撤回操作时要看看之前的配对中是否至少配对了 \(k\) 个 \(t_1\) ，比如 \((a,aba)-(ababa)\) 数据，在匹配到第 \(4\) 个字符时，由于前面的 \(aba\) 是 \(t_2\) 配对的，不能撤回。

在这组策略下，每个 \(t_2\) 的配对都是不相交的，所以单组询问配对次数是 \(\frac{n}{\min(|t_1|,|t_2|)}\) ，对所有询问求和是调和求和，总复杂度 \(O(nlogn)\)。

处理配对使用哈希或 \(Z\) 函数。

参考代码

I1. Affectionate Arrays (Easy Version)

简要题意

给定序列 \(a_n\) ，满足 \(\max(|a_i|)<=\sum a_i\) ，构造序列 \(b_m\) 满足：

• \(a_n\) 是 \(b_m\) 的子序列。
• \(\sum a_i=\sum b_i\) 。
• \(b_m\) 的最大子段不大于 \(a_n\) 的最大子段和。
• 满足上述要求， \(m\) 尽可能小。

求出最小的 \(m\) 。

题解

设 \(\sum a_i =s\) 。

设 \(b_m\) 的最大子段和为 \(L_b\) , 则必有 \(L_b \geq s\) （因为 \(a_i,b_i\) 和相等），那么我们可以构造出 \(L_b=s\) 。

我们将最大子段和转化为前缀和的加减问题，可以发现 \(L_b=s\) 等价于 \(b\) 的所有前缀和都在区间 \([0,s]\) 上，令前缀和为 \(P_i\) ：

• 充分性：首先有 \(P_m=s\) ，若存在位置 \(k,P_k <0\) ，那么区间 \([k+1,m]\) 有更大的子段和；若存在位置 \(k,P_k >s\)，则区间 \([1,k]\) 有更大子段和。
• 必要性：可以发现对于 \(i<j,P_i-P_j \leq s\) ，且 \(P_m=s\) 。

考虑 DP，设\(f_{i,j}\) 为目前考虑了 \(a_{1 \dots i}\) ,前缀和为 \(j\) 至少需要多填几个数，初始时 \(f_{0,0}=0\) ，答案为 \(f_{n,s}+n\) ，有转移：

\[f_{i,j}=\min_{0 \leq k+a_i \leq s} (f_{i-1,k}+[k+a_i \neq j]) \]

以 \(a_i>0\) 为例，我们可以发现该转移实际上是进行一个长度为 \(a_i\) 的滑动窗口，先将 \([0,s-a_i]\) 的值依次复制到 \([a_i,s]\) 上，再对其余所有位置取全局最小值加一。

根据此观察，我们能发现 \(f_i\) 的最大值最小值差最多为 \(1\) ，且最小值的位置构成区间，我们归纳的证明这个结论：

初始时该区间为 \([0,0]\) 符合条件。假设上一次的区间为 \([l,r]\) ，对于 \(a_i>0\) ，若 \([l,r]\) 和区间 \([0,s-a_i]\) 有交集，则全局最小值不变，该区间变为 \([lc+a_i,rc+a_i]\) ，\([lc,rc]\) 为交集区间；否则没有交集，则最小值加一，区间变为 \([a_i,s]\) 。对于 \(a_i<0\) 是同理的。

于是我们维护这个区间和当前最小值即可。

参考代码