11 月杂题

1.CF1924B Space Harbour

记左侧第一个关键点为 \(l\)，右边第一个关键点为 \(r\)，这个点的权值为 \(v_l\times (r-i)\)，发现对于一部分连续的点，它的左边和右边的关键点都是相同的，唯一不同的就是 \(i\)，将这个式子拆开 \(v_l\times r-v_l\times i\)，用线段树维护每个点的 \(v_l\) 和 \(r\)，当插入一个关键点时，找到它前面一个关键点和后面一个关键点，记为 \(pre,nxt\)，此时的修改操作就是把 \([pre+1,x-1]\) 的 \(r\) 修改为 \(x\)，把 \([x+1,nxt-1]\) 的 \(v_l\) 修改为 \(v_x\)，线段树维护起来不算太难。

2.CF1657F Words on Tree

权且复习一下 2-SAT，2-SAT 的逻辑就是如果选了条件 A 后与条件 B 矛盾，那么条件 A 向条件 B 的反命题连边，此处的连边表示做了一项决策后必须做后面的那一项，在 2-SAT 问题中是有条件真假的判断的，在这个问题中，条件的真假就是路径选取的正反以及字符的选取，被问题路径覆盖的点至多只有 2 种选择，这个比较好证明，在一条路径当中，一个节点只有正反两种情况，根据节点字符的选取决定路径的选择，又根据路径的选择确定节点字符的选择，这样就变成了一个完备的 2-SAT 问题，特别的难写。

3.P4785 [BalticOI 2016 Day2] 交换

观察到操作是一颗完美二叉树的形式，就是类似于线段树的标号方式，每个点 \(p\) 可以与 \(p\times 2\)，或者与 \(p\times 2+1\) 进行交换，记节点权值为 \(A\)，左儿子权值为 \(B\)，右儿子权值为 \(C\)，贪心的角度肯定要让节点权值最小，当 \(A\) 为最小时，肯定不用交换，继续执行左右儿子即可，当 \(B\) 为最小时，由于顺序问题，只能交换 \(A,B\)，因此结构仍然是固定的，交换后执行左右儿子即可，当 \(C\) 为最小时，\(A,B\) 的左右儿子不能确定，暴力找两个当中最小值的最优位置，暴力用 map 优化一下，找最优位置的逻辑跟上面一样。

4.CF1238E Keyboard Purchase

费用提前计算很好的一个例子，字符集大小上限不传统，应该是在这方面做文章，预处理出 \(c_{i,j}\) 表示字符 \(i\) 与字符 \(j\) 相邻的数量，问题变成确定键盘，换句话来说就是确定字母的顺序，用状压一个一个加入，记 \(f_S\) 表示确定前 \(|S|\) 个字母为 \(S\) 集合目前所得到的最小代价，但是字符并没有确定，这个代价又是怎么计算的呢？不难发现两个字符的代价为 \(|v_i-v_j|\times c_{i,j}\)，意思就是存在一个相减的关系，将贡献拆开，统计 \(v_i\times c_{i,j}\) 与 \(-v_i\times c_{i,j}\) 的贡献，比方说 dp 目前的集合是 \(S\)，要新加入一个字符 \(i\)，那 \(S\) 都是在 \(i\) 前面的，假设 \(A\) 为总集，那 \(A-S\) 都是在 \(i\) 后面的，此时贡献为 \((|S|+1)\times i\times p_{i,S}-(|S|+1)\times i\times p_{i,A-S}\)，至于 \(p\) 的转移可以参照高维前缀和的方式，复杂度为 \(\mathcal{O}(n+m2^m)\)，可以稳定通过。

5.CF1221F Choose a Square

正方形在 \(y=x\) 上是一个很好的突破口，经典的套路钦定一个点然后算另外一边的最大值，在这里直接钦定左下角，现在要做的就是如何加入点了，加入的点要满足 \(x\ge l,y\ge l\)，不妨先让 \(x\ge l\) 加入到优先队列当中，优先队列以 \(y\) 降序排列，然后在看优先队列里面的 \(y\ge l\) 的进行加入，这里的 \(l\) 也要倒着扫。处理完了扫描与加入的问题，然后就是一个点对哪些右上角有贡献，很明显就是 \(\max(x,y)\sim +\infty\)，把贡献加入到线段树里就好了。然后就是边长的问题，把出现过的 \(x,y\) 放到提前建立好的线段树，提前赋一个负的贡献即可，当然这里引入一个结论，就是这个最优正方形如果覆盖了点，那肯定最外围有点，不会出现最外围是空的情况，不然为什么不缩减一圈减少边长。

6.CF1743G Antifibonacci Cut

先不考虑空间，发现斐波那契串至多只有 \(\log m\) 个，可以提前预处理出来然后记录一下哈希值，然后设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 位分割的方案数，比较显然的枚举最后一个可能的斐波那契串的长度，判断它与真正的那个哈希值想不想等即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log m)\)，空间开不下一点。上面这个方法只用到了斐波那契数的级别的关系，不过这个是字符串，它在组成和也包含有性质，\(S_i=S_{i-1}+S_{i-2},S_{i-1}=S_{i-2}+S_{i-3}\rightarrow S_{i}=S_{i-2}+S_{i-3}+S_{i-2}\)，发现这个 \(S_{i-2}\) 变成了 \(S_i\) 的 border，而且是最长的。记 \(t\) 为目前位置，用一个 vector 记一个目前仍然是斐波那契串的前缀的东西，记录 \((i,j)\) 表示 \(i+1\sim t\) 仍然是一个斐波那契串的前缀，\(j\) 是它需要减去的答案，现在加入 \(s_{t+1}\)，会发现这个斐波那契串的前缀在增加而且是相等的，每次减去一个最大的能减的 \(f_i\) 就可以求到第 \(i\) 位是 \(0/1\)，然后判断是不是一个斐波那契串，最后减去即可，然后又更新。

7.CF1743F Intersection and Union

拆位统计贡献，考虑一个位置的贡献，一个位置在所有集合中的情况无非是出现过或者没有出现过，即为 \(0/1\)，题目中的三种操作正好可以转化为与、或、异或三种位运算操作，问题变成了求在一堆 \(0/1\) 之间加操作，使最后的结果为 \(1\) 的方案数，发现最后一个 \(1\) 是关键的，在这个 \(1\) 之后的所有操作只能执行异或或者或操作，另外它的前一个操作也只能执行两种，而其它可以执行三种，问题变成了求每个数最晚出现的位置，用线段树维护区间最大值即可。

8.CF2026F Bermart Ice Cream

当复习双栈维护回退背包了，将操作可持久化，就是建立一棵操作树，遍历该树，问题变成求维护一个队列背包，我们知道栈是非常好维护一个背包的，但是队列涉及到前面元素的加减，那就用两个栈维护队列，记录一个左栈和一个右栈，前端操作就在左栈做，后端操作就在右端做，如果在 pop 的过程中操作的那个栈为空，就把另一个栈分一半过来，复杂度是对的，然后套路写就好了。

9.CF2025F Choose Your Queries

这个题带来的启发意义就是思考图论题的时候除了想那些常见算法，还有 dfs 树这个很基础的东西。假设一个点被执行 \(x\) 次，可正可负，贪心肯定是一正一负交替进行，当 \(x\) 为奇数时，贡献产生 \(1\)，否则无贡献，问题可以转化为给边定向，使得入度为奇数的点最小。记 \(c_i\) 表示 \(i\) 点连接的边数，在一个连通块中，答案下限为 \((\sum_{i}c_{i})\bmod 2\)，考虑构造这样的方案，具体地，从根节点开始执行 dfs，遍历没有遍历的儿子，保证遍历结束后除了本身子树内的点都是偶数，遍历过程中如果自己的孩子有奇数，那就把边连向孩子，否则连向自己，遇到返祖边，把边连向深度更浅的那头，如此执行下来，就可以保证至多只有根节点产生贡献，注意一点，dfs 树中除了树边一定就是返祖边。

10.CF1879F Last Man Standing

如果给一个 \(x\)，怎么算每个人的存活的轮数，很显然是 \(h_i\times \lceil\frac{a_i}{x}\rceil\)，统计下来每个人的轮数，然后操作就是找次大值与最大值，然后将最大值的编号更新为最大值与次大值的差，\(x\) 至多为 \(\max\{a\}\) 才有意义，所以 \(x\) 实际上是 \(\mathcal{O}(n)\) 级别的，主要就运用到了 \(\sum \frac{n}{i}\) 是 \(n\ln n\) 级别的，所以有将数组按照 \(a\) 排序后然后有很多 \(\lceil\frac{a}{x}\rceil\) 是相等的，然后一段一段枚举相等的再找 \(h\) 最大的，更新最大与次大值即可，可以用 st 表维护最大值与次大值。

11.CF1809F Traveling in Berland

断环为链，然后贪心，\(s\rightarrow t\) 的情况，假设当前油量为 \(o\)，设当前走到 \(t\) 还需要 \(e\) 的油量，如果 \(b_i=1\)，肯定加油加到上限，也就是 \(\min(k,e)\)，如果 \(b_i=2\)，油不够加到够就行了，复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\)，发现一个关键，如果从 \(s\rightarrow t\) 的路上全是 \(b_i=2\)，那代价就是 \(2d\)，那如果起点是 \(b_i=1\)，当 \(d\le k\) 时，贡献就是 \(d\)，否则是 \(2d-k\)，这启示我们把 \(b_i=1\) 的点作为关键点，一步一步跳到 \(b_i=1\) 的点，然后最后一步跳到终点，维护每个点到它下一个 \(b_i=1\) 的贡献，发现这个会被卡，所以倍增搞一下，带一只 \(\log\)，似乎有双指针做法可以做到，但是我不会。

12.P10083 [GDKOI2024 提高组] 不休陀螺

找一下条件符合条件的区间的性质。首先 \(\sum_{i}b_i-a_i\ge 0\)，如果 \(<0\)，那经过若干次操作后就不行了。将那些做负贡献即 \(a_i>b_i\) 的负贡献累加记为 \(s\)，\(e-s<\max_{i=1}\big\{\min(a_i,b_i)\big\}\) 时也不合法，所以问题转化为求满足 \(\sum_{i}b_i-a_i\ge 0,e-s<\max_{i=1}\big\{\min(a_i,b_i)\big\}\) 的区间数量，第二个条件在钦定一个端点的情况下很明显是有单调性的，所以枚举 \(l\)，然后指针移动 \(r\)，并用树状数组记录前缀和。

13.P4654 [CEOI2017] Mousetrap

把陷阱点定为根，先预设一下老鼠有可能走过的路线：向下走，走到叶子，然后走不动了，管理员堵上叶子到根的链的其它儿子，然后帮它清理叶子到根的路径，然后它一步一步走到根；另外一种情况，老鼠先向根走几步，然后又像第一次那样走叶子，后面过程就比较重复了。不妨先考虑第一种情况，即老鼠在 \(u\) 点开始向下走，然后把它赶回到 \(u\) 点要操作的次数，记这个值为 \(f_u\)，老鼠肯定会走 \(f_v\) 最大的儿子 \(v\)，所以把 \(u\rightarrow v\) 堵住，老鼠就只能走 \(f_v\) 次大的 \(v'\) 了，老鼠从 \(v'\) 走下去，最后也从 \(v'\) 回来，首先 \(u\rightarrow v'\) 的这条路径应该给它清理干净，其次不能让它回到 \(u\) 后走到其它儿子去，所以要把 \(u\) 的其它儿子堵住，综上：\(f_u\gets f_{v'}+d_u-1\)，其中 \(d_u\) 为度数。然后算第二种情况，首先把老鼠的位置到根的路径提取出来，把该路径记为 \(r\)，记录 \(h_i\) 表示老鼠从 \(r_i\) 开始要封上面多少条边才能使老鼠直接到达根，\(h_i\gets h_{i+1}+d_{r_i}-2\)，一个是排除自己的父亲，另一个是排除自己下面的在链上的点，\(h_1\) 没有在链下的点所以要加一。好像没有什么思路了，所以这个题有点不自然的地方就是二分，如果不特意提示是真不会往这方面想。毕竟答案有单调性，操作次数越多肯定更容易成功。二分操作次数 \(p\)，然后就枚举从老鼠开始的位置向上的链即 \(r\)，记为 \(u\)，记录当前已经封的边数 \(c\)，以及总的封边数 \(b\)，找到 \(u\) 不在链上的儿子 \(v\)，如果 \(f_v+h_i>p\) 说明如果走了这个儿子操作次数就不够用了，就要把这个儿子封掉，\(c\gets c+1\)，统一遍历完后 \(p\gets p-c,b\gets b+c\)，判断 \(b>i,p<0\) 即可。

14.P3724 [AHOI2017/HNOI2017] 大佬

最重要的是第一步，分开自己的自信值和掉对方的自信值，发现这两个东西是不相关的，如果有 \(x\) 天都在做与掉对方自信值相关的操作，这 \(x\) 天肯定是可以任意分配的。但是自己的自信值掉不掉的完就与天数的选择有关系了，所以 dp 出最大的掉对方信心值的天数，可以做到 \(\mathcal{O}(nk)\)，记这个数为 \(d\)，然后就可以搜索了，搜出花多少天可以掉对方多少信心值的所有对 \((x,y)\)，分别表示天数与掉的信心值数，\(y\) 相等的贪心保留 \(x\) 更大的，然后直接枚举这个对，然后二分或者双指针找另一个满足的对，复杂度基于什么，基于这个对数不多。

15.CF2038D Divide OR Conquer

这种类似的题已经做了好多遍了，还是会忘。主要是用了或运算数的变化数量级是 \(\log V\) 的，所以如果钦定一个右端点，那这个或出来也只有 \(\log\) 的级别，总的或起来的数量粗糙一点算也就只有 \(n\log V\)，可以用这个写一个 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数最后一段是 \(j\) 的方案数，当然这个 \(j\) 是离散化之后的，利用上面所说的左端点分段这一机制就可以做到 \(n^2\) 的级别，优化直接把这个 dp 的转移放进扫描线里维护就好了。