团队作业选记

全记太累了，太水的不记了，主要是蒟蒻懒。

about sqrt DS

P5046 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology I

• 区间逆序对数模板，能支持 \(\mathcal O(n \sqrt n)\) 空间。

套路题，考虑区间查询的散 + 整 + 散，逆序对有哪些贡献。

• 整整逆序对。
• 散内逆序对。
• 散整逆序对。
• 散散逆序对。

考虑依次维护。

• 整整逆序对直接求比较困难，记 \(ni_{i ,j}\) 为块 \([i ,j]\) 的逆序对数量，考虑递推，得到 \(ni_{i ,j} = ni_{i ,j - 1} + ni_{i + 1 ,j} + ?\)，前面包含了 \([i ,j - 1]\) 的逆序对数量，后面包含了 \([i + 1 ,j]\) 的逆序对数量，发现 \([i + 1 ,j - 1]\) 的逆序对数量多算了，\(i ,j\) 两个整块的逆序对数量没算，因此 \(? = \operatorname{calc}(i ,j) - ni_{i + 1 ,j - 1}\)，\(\operatorname{calc}(i ,j)\) 可以提前对块内排序然后归并解决。排序 \(\mathcal O(\frac{n}{B} \times B \log B) = \mathcal O(n \log B)\)，归并 \(\mathcal O(B)\)，求 \(ni_{i ,j}\) \(\mathcal O(\left(\frac{n}{B}\right)^2 \times B) = \mathcal O(\frac{n^2}{B})\)，查询 \(\mathcal O(1)\)。
• 散内逆序对直接 BIT 求解即可，预处理 \(\mathcal O(n \log n)\)，查询 \(\mathcal O(1)\)。
• 散整逆序对分两个，散左 + 整 / 整 + 散右。以【散左 + 整】为例，对于散左里每一个元素 \(k\)，等价于计算整块内 \([1 ,k - 1]\) 的数量，用桶 \(pre_{i ,j}\) 表示前 \(i\) 个块有多少个 \([1 ,j]\) 元素即可。预处理桶 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B})\)，查询 \(\mathcal O(B)\)。
• 散散逆序对，把散左和散右分别排序然后归并即可。
  • 查询时排序，\(\mathcal O(B \log B)\)，有 \(Q\) 次询问，有点不优。
  • 预处理时排序，记录每个点的下标即可。预处理 \(\mathcal O(n \log B)\)（和上面的整整一起排了），查询 \(\mathcal O(B)\)。

综上，时间复杂度为 \(\mathcal O(n \log B + \frac{n^2}{B} + QB)\) 的算法，取 \(B = \sqrt{n}\) 可以做到时间 \(\mathcal O(n \sqrt n)\)，空间也是 \(\mathcal O(n \sqrt n)\)。

P4887 【模板】莫队二次离线 / 第十四分块(前体)

• 莫队二离板子，没有想象的难，耐心点即可学会。

记 \(f([ql ,qr] ,[l ,r])\) 为 \([ql ,qr]\) 对 \([l ,r]\) 的贡献，莫队二离一般要快速求 \(f([x ,x] ,[1 ,x - 1])\) 以及 \(f([1 ,x] ,[l ,r])\)。

第一个好求，枚举 \(x\)，由 \(a_j \oplus a_i = x \Leftrightarrow a_i = x\oplus a_j\) 可以快速求解。

第二个就是所谓的第二次离线，前缀 \([1 ,x]\) 排序，由于 \([l ,r]\) 移动量是普通莫队指针移动量为 \(\mathcal O(n \sqrt n)\)（二离常识），所以可以暴力求解 \([l ,r]\)。

P5047 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology II

待补。

P4168 [Violet] 蒲公英 & P13984 数列分块入门 9

• 求区间众数模板。

仍然套路题，考虑区间查询的散 + 整 + 散，众数的所有可能。

• 整整众数。
• 散内众数。

考虑依次维护。

• 整整众数依然可以 \(z_{i ,j}\) 表示块 \([i ,j]\) 的众数，显然 \(z_{i ,j}\) 可能的值为 \(z_{i ,j - 1}\) 以及【块 \(j\) 内的元素】，开个桶维护每个数出现次数，两个指针扫。预处理 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B^2})\)，查询 \(\mathcal O(1)\)。
• 散内众数，依次对散块内的每个数 \(x\) 考虑一下是否可能是答案，维护散块内每个数的出现次数 \(cnt_x\)，以及整块内每个数 \(x\) 出现次数，用桶维护，和上面逆序对类似的前缀和。预处理 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B})\)，查询 \(\mathcal O(B)\)，空间复杂度 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B})\)。

对于查询调用整整即为 \(z_{bl + 1 ,br - 1}\)。

综上，我们有了时间复杂度 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B} + QB)\)，取 \(B = \sqrt{n}\)，时间复杂度 \(\mathcal O((n + Q)\sqrt n)\)，空间 \(\mathcal O(n \sqrt n)\)。

P5048 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology III

上题但是空间限制变小。

哎不对，这题不用求区间众数，只用求区间众数的出现次数！

那么我们预处理 \(z_{i ,j}\) 为块 \([i ,j]\) 众数出现次数，考虑一次查询散块元素也就 \(\mathcal O(B)\) 个，众数出现次数的取值范围为 \([ans \gets z_{bl + 1 ,br - 1} ,z_{bl + 1, br - 1} + 2B]\)。

考虑依然枚举散块元素 \(x\)，我们有两种方法：

• 找到 \(x\) 最右边且不超过 \(r\) 的元素，计算中间 \(x\) 的数量和 \(ans\) 打擂台。发现用 vector 维护很好，但是要二分，多了一只 \(\log\)。

• 但是 \(ans\) 有取值范围，也就是 \(ans\) 最多增加 \(2B\) 次，只要判断从 \(x\) 开始（包括 \(x\)）的第 \(ans\) 个是否在 \(r\) 前，是就 \(ans \gets ans + 1\) 即可（注意这里要用 while 哦）。

元素 \(x\) 在 vector 里的位置要二分？实则不用，预处理 \(pos_i\) 即可，容易 \(\mathcal O(n)\)。

综上，有一个 \(\mathcal O(\frac{n^2}{B^2} + QB)\) 的算法，依旧 \(B = \sqrt n\)。

about STL

• 尽量写 if(mp.count( ... )) ... mp[ ... ]，否则如果 ... 位置不存在 map 会开一个 ...。
• 尽量不用 unordered_map，它不稳定。
• 还有一些其他的……

P12763 [POI 2018 R2] 诗集 Book of poetry

显然让 \(a_i \gets (a_i + 1) \mod s\)，那么题目转化为：

构造一个顺序，记 \(pre_i = \sum\limits_{k = j + 1}^i a_k \mod s\)，其中 \(j\) 为上一个满足 \(pre_j = s - 1\) 的下标，如果没有 \(j = 0\)，最小化 \(pre_i = s - 1\) 的数量。

考虑贪心，如果存在一个数使得 \(pre_{i} \neq s - 1\) 就填这个数，但是显然这个数不能乱填，我们考虑填剩余次数最多的那个数 \(x\)。

特别地，如果 \(x\) 会使得 \(pre_{i} = s - 1\)，那我们填出现次数第二多的，显然这个不会使得 \(pre_i = s - 1\)。

维护每个数的出现次数以及数值，插入 set 容易维护，注意细节。

最后一个特判：去除 \(pre_n = s - 1\)。

具体贪心正确性蒟蒻不会证。

P14511 [NFLSPC #8] 轨道交通

• 总结：要大胆猜测结论。

猜测答案一定为 \(0\)。

每次选择能匹配的直接匹配，如果 \([l ,r]\) 能匹配直接清空 \([l ,r]\) 的，重新匹配新的。

由于一种颜色只有 \(2\) 个端点，维护 \(fir_i ,sec_i\)，那么清空操作即为 \(fir_i \gets 0\)。

about 计算几何

P4293 [WC2010] 能量场

• 拆括号，转化为几何问题。

• 凸包 & 旋转卡壳应用。

考虑拆开计算柿子，为 \(m_ac_am_b-m_bc_bm_a\)，于是令向量 \(\overrightarrow{a_i} = (m_ic_i ,m_i)\)，那么贡献即为 \(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}\)。

考虑第一问，转化为几何意义，叉积结果的绝对值即为向量 \(\overrightarrow{a} ,\overrightarrow{b}\) 围成的平行四边形面积，可以除以二变成三角形面积。

考虑如果叉积出来是负数，根据 \(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b} = -\overrightarrow{b} \times \overrightarrow{a}\)，交换两者即可，本质是叉积结果绝对值的最大值，也就是围成平行四边形的面积的最大值。

发现所求显然在凸包上，Andrew + 旋转卡壳即可。

但是要正着和反着旋转卡壳两次，因为凸包上固定向量 \(\overrightarrow{i}\)，逆时针找到一个向量 \(\overrightarrow{j}\) 的叉积应该是先正从小到大，然后负从小到大，但是绝对值加了就可能是先大后小。容易发现正反两次可以避免这个问题。

考虑第二问，几何意义就是围成凸多边形的面积的最大值的两倍，凸包即可。

about 串串

不偏向计数类。

CF1320D Reachable Strings

• 挖掘性质，寻找不变量，如奇偶、相对顺序等。

考虑一次变换会改变什么，不改变什么。

容易发现中间的 1 不变，好像没用；旁边的 0..1 交换位置。

发现只有一个 \(0\)，且交换后 0 的奇偶位置不变。

显然/手玩会发现 0 的相对位置不变。

因此题意转化为：

给定两个以 \(l_1 ,l_2\) 开头的字符串，判断 \(0\) 的个数是否相同，并且每个 \(0\) 的出现位置奇偶性是否相同，分别以 \(l_1 ,l_2\) 为初始下标（即为 \(1\)）。

手玩一下发现是对的，严谨证明略，感觉略微显然。

然后这个可以对 \(0\) 的位置奇偶性进行 hash，奇数为 \(1 + x\)，偶数为 \(0 + x\)，\(x\) 是我们定义的常数，用来减小冲突（其实 \(x = 0\) 也可以）。

我们定 \(has_{i ,0/1}\) 为起点是偶/奇时的 hash 值，对于 \(2\mid i\) 的位置 \(i\) 能对 \(h_{i ,0}\) 产生贡献，对于 $2\nmid i $ 的位置 \(i\) 能对 \(h_{i ,1}\) 产生贡献。

然后用区间 hash 判断一下每组询问，这题就做完了。

AT_arc151_e [ARC151E] Keep Being Substring

• 分类讨论和图论建模，包括样例也很重要。

下文把数当成字符。

手玩两个样例，第一个样例有解释，我们发现如果 \(x ,y\) 存在公共子串，设长度为 \(k\)，那么可以把 \(x\) 删到只留下这个长 \(k\) 的子串，然后添加 \(y\) 中的非该子串的字符。

最少需要为 \(\lvert x\rvert + \lvert y \rvert - 2k\)，这是显然的，也容易证明每一步都合法。我们需要最大的 \(k\) 为 \(k_{max}\)，即求两个字符串的最长公共子串，Hash + 二分/SAM 均可。

如果 \(k_{max} = 0\)，考虑我们刚才的做法是先删后加，这样会把 \(x\) 清空，不合法。

一种思路是把 \(x\) 加到存在和 \(y\) 有公共子串的时候再删和加，容易发现长度为 \(1\) 必然不劣。

由于最后我们要删除 \(\lvert x \rvert - 1\) 个字符，留下这个共有字符，我们不妨先删除 \(x\) 到只有一个字符，这样左边右边都能扩展，肯定不劣于刚才的做法。

也即是说我们要对于 \(x\) 中的每一个字符 \(b\)，找到一个属于 \(y\) 中的字符 \(c\)（添加操作），然后删除除了 \(c\) 的字符，最后添加 \(y\) 中非 \(c\) 字符。

假设离 \(b\) 左边或者右边最近的字符 \(c\) 离 \(b\) 的距离为 \(k\)，那么显然要 \(\lvert x \rvert - 1 + k + k + \lvert y \rvert - 1 = \lvert x \rvert + \lvert y \rvert + 2k - 2\) 步。

容易发现添加只关系到相邻的字符，我们对 \(a_i \xrightarrow{cost = 1} a_{i + 1}\) 建图，那么等价于一个多源 dij 问题。

然后我们找到最小的 \(d\)，答案即为 \(\lvert x \rvert + \lvert y \rvert + 2d - 2\)

由于 \(d\ge 1\)，所以这种方法劣于存在公共子串的方法，因此做法不存在问题。

CF1080E Sonya and Matrix Beauty

• trick：子矩阵计数可以考虑枚举左右界拍扁成 \(n\) 行 \(r - l + 1\) 列，然后用什么线性/单 log 的算法计数。

本题就是这样。

先不考虑列，考虑行怎么样，行能重排成回文当且仅当：

• 列长为偶数，每个字符出现次数都是偶数。
• 列长为奇数，每个字符出现次数最多只有一个奇数。

然后考虑列，假设拍扁的矩阵只有 \(k\) 行。

• 如果我们排完了第 \(1\) 行，那么第 \(k\) 行必须和第 \(1\) 行相等。
• 如果我们排完了第 \(2\) 行，那么第 \(k -1\) 行必须和第 \(2\) 行相等。
• ……

也就是这些对应行的【字符出现次数数组】必须相同，直接 hash 即可。

然后就是回文问题，manacher 即可。

注意如果不合法需要断开，但是我们有更简单的方法，直接将 hash 值赋值成互不相同的不在 \([0 ,mod - 1]\) 内的整数即可实现断开。

about constructive algorithms

构造水平一坨。

常用 trick：

• 弱化限制。
• 强化限制。
• 特殊性质。
• 答案上下界。
• 外围排除法。
• 等等。

CF1485D Multiples and Power Differences

考虑弱化限制，没有 \(a_{i ,j} \mid b_{i ,j} ,b_{i ,j} \ge 1\) 的限制。

对于网格图，黑白染色是个常见的思路。

于是可以构造：

\[b_{i ,j} = \begin{cases} 1 & (i + j) \bmod 2 = 1 \\ 0 & (i + j) \bmod 2 = 0\end{cases} \]

考虑加上 \(a_{i ,j} \mid b_{i ,j}\) 的限制（令 \(a \mid 0\)），可以构造：

\[b_{i ,j} = \begin{cases} a_{i ,j}^4 & (i + j) \bmod 2 = 1 \\ 0 & (i + j) \bmod 2 = 0\end{cases} \]

考虑加上 \(b_{i ,j} \ge 0\) 的限制，我们只要加上一个数 \(c = \operatorname{lcm}(1 ,2 ,3 ,\dots ,15 ,16)\) 即可，即：

\[b_{i ,j} = \begin{cases} a_{i ,j}^4 + c & (i + j) \bmod 2 = 1 \\ c & (i + j) \bmod 2 = 0\end{cases} \]

正确性显然。

CF1667C Half Queen Cover

发现是构造最优解，考虑答案下界，并尝试构造到答案下界。

令最少摆放 \(k\) 个半皇后，先不考虑对角线，钦定它们放在前 \(k\) 行前 \(k\) 列，因为完全可以平移格子。

考虑上对角线，那么剩下的右下角 \((n - k) \times (n - k)\) 只有可能被对角线先覆盖。

\((n - k) \times (n - k)\) 的棋盘有 \(2(n - k) - 1\) 条对角线，因此满足 \(k\ge 2(n - k) - 1\)，解得 $k \ge \lceil \frac{2n - 1}{3} \rceil = \lfloor \frac{2n + 1}{3} \rfloor $。

考虑构造，在 \((1 ,1)\) 放置一个半皇后，然后第二行可以放在 \((2 ,3)\)，放 \((2 ,2)\) 肯定不优，两者覆盖了右下角棋盘的同一个对角线。

当列 \(> k\) 时把列改为 \(2\)，然后 $4 ,6 ,8\dots $ 即可。

可以证明这是正确的，数量恰好为下界（右下角棋盘的对角线仅被一个半皇后覆盖）。

CF1158B The minimal unique substring

注意力？

考虑加强限制，猜测存在构造方案是一个无 border 串不断循环（可以不是整循环）。

注意力惊人，想到这个可能是发现样例有循环节，然后弱化一下循环节无 border。

假设循环节长度为 \(p\)，对于最短唯一子串的长度恰好为 \(k\)，等价于：对于长 \(i \in [1 ,k - 1]\) 所有子串并非唯一子串，但是对于长 \(k\) 的子串存在唯一子串。

由于循环串无 border，那么对于一个长度为 $j < k $ 的子串，只能通过位移 \(\pm p\) 位得到另一个相同的子串。

• \(j < k\)：对于所有子串的起始位置 \(i\)，都有 \(i - p \ge 1\) 或者 \(i + p - 1 + j \le n\)，即 $ p \le \max (i - 1 ,n - i - j + 1 \ge n - i + 1 - (k - 1) = n - i - k + 2 )$。当 \(i - 1 = n - i - k + 2\) 限制最紧，\(i = \frac{n - k + 3}{2}\)，但是此时 \(i\) 不为整数，故 \(i = \frac{n - k + 2}{2}\)，代入得到 \(p \le \frac{n - k + 2}{2} ,2p \le n - k + 2\)。
• \(j = k\)：只要存在 \(i\) 使得 \(i - p < 1\) 并且 \(i + k - 1 + p > n\) 即可，得 \(\max\{i - 1 ,n - i - k + 1\}< p\)，由于存在只要有一个满足要求的 \(p\) 即可，限制最宽 \(i - 1 = n - i - k + 1 ,i = \frac{n - k + 2}{2}\)，代入得 \(p > \frac{n - k}{2} ,2p > n - k\)。

因此 \(p = \frac{n - k + 2}{2}\)，然后只要构造一个长它的无 border 串然后循环即可。

AT_agc064_b [AGC064B] Red and Blue Spanning Tree

比较显然的构造，但我还是不会/ll。

对于一条边 \((u ,v ,w)\) 满足 \(a_u = w ,a_v = w\) 的边，我们一次可以满足两个端点的要求，贪心地就选上。

然后是对于一条边 \((u ,v ,w)\) 满足 \(a_u = w\) 或 \(a_v = w\)，一次可以满足一个端点的要求，贪心地选上。注意这里选边应该是从第一类选上的节点开始，BFS 添加，否则不能保证你随便添加的是基于当前情况下优秀的。

最后把剩下的选上，就是凑齐树边。

如果最后还是不能使所有端点都满足条件，或者图不连通，那么输出 No。