刷题杂记 Pt.5
省选前刷题（？）
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CDQ 套 CDQ 解决四维偏序。
当数点有重时如何避免重复计数：使用
stable_sort。 -
不小心重新发明了一遍斯坦纳树斯坦纳树：以 \(O(3^k + 2^k * m \log m)\) 的复杂度解决多关键点生成树问题。具体来说，设 \(f[i][S]\) 表示建立一棵以 \(i\) 为根，并连通了 \(S\) 中关键点的最小代价，并用 Dijkstra 优化 DP 转移。
Dijkstra 优化 DP 转移：当每个点有初值，且这些状态之间能够建出图来时，最优的策略并不是通过预处理出全源最短路进行转移，而是在设 \(dis\) 初值为那些初值的基础上做 DP 转移。
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其实是比较简单的费用流问题。需要注意的是，我们既可以求“最大费用最大流”，也可以求“最小费用最大流”。
我鸽了好些题，就先不补了（
2025.2.7
省选联考 2023 Day1。
说一下大体的情况：做得比较烂。
由于寒假的逆天生物钟还没有倒过来，整场十分困倦，还睡了半小时。T1 竟然都做了 1.5h……后面的题就保龄了。
怎么改进？早睡早起身体好。
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简单贪心题。我也不知道为什么我做了那么久。
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一道 corner case 很多的树形 DP（可能）。
容易发现 \(k=0\) 可以通过枚举因数做到 \(O(nd(n))\)，\(k=1\) 可以通过整除分块做到 \(O(n\sqrt{n})\)。重要的是接下来的部分。
核心结论：所选的边集一定连通；一个点双要么全选，要么全部不选。
然后，我们就可以在圆方树上做一个关于连通块的经典 DP：设 \(f[x]\) 表示 \(x\) 为连通块中深度最浅点的方案数，统计所有的连通块就只用枚举每个 \(f[x]\) 即可。当然这里需要浅浅修改一下，设 \(f[x]\) 表示该方点能被删掉/圆点的父亲方点能被删掉。然后“随便”讨论一下就可以了。。。
还有一种简化的方法——可以证明选择的边集连通块一定会过重心。于是就不用在最后统计答案时枚举连通块的最浅点了。
讲讲我做的时候的一些教训。我不知道为什么就是没有想到 DP——好像是因为我觉得这个题的子状态并不明显，可以直接计算。然后我不是从边集形成的连通块来考虑的，而是从删掉边集后的那些连通块来考虑的，这样也会致使做法变麻烦，因为这些连通块的形态比较复杂会让 corner case 增多。
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咕咕。
2025.2.8
省选联考 2023 Day2
华丽地爆零了。。。
主要问题就在这个过河卒上面。
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其实我觉得这题的代码实现没有传说的那么复杂吧。。。我反而觉得恶心的地方在思路容易伪。
显然如果没有平局就可以直接记忆化搜索做。然后我就掉到记忆化搜索的坑里面出不来了——一直试着直接把平局套进去。
正确做法是怎么做的？
首先，我们可以发现“步数”这个东西看上去很棘手。因为它似乎要求我们必须在求出每一个后继的情况下才能得出，而本题有“环”，这是很难做到的。所以，我们干脆先将它抛开，考虑简化版的问题——判断每个局面的输赢状态。于是，我们对必胜局面就有了更宽松的判断条件，其后继中只要有一个是必败即可。必胜和必败确定后，剩下的就一定是和棋。
然后考虑记忆化搜索为什么有问题。很明显，由于环的存在，我们的访问顺序可能出现错乱。这个时候以一种类似拓扑排序的方法倒着推，我们就可以确定顺序了。
那现在我们求得了每个局面的状态以后，又该怎么推步数呢？对于必败局面，这很简单——因为我们有其所有后继的信息。对于必胜局面，这就比较麻烦，因为它与其后继之间是可能形成环的。
这个时候，需要用到一个十分巧妙的 Trick——我们使用类似 BFS 的方法来实现这个拓扑排序，即使用队列来储存节点，此时它也就拥有了 BFS 的最短路特性。那么，第一个更新这个必胜局面的后继，一定满足它是最短路，我们也就可以保证该必胜局面的步数最优。
总结：
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先思考简化版本。
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要看到方法出错的核心问题是什么，对症下药，而不是瞎改（比如我就写了很多改版的记忆化搜索……）。
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Trick：在一些顺序无所谓的算法中，我们可能可以通过对其顺序适当的修改，使其能够解决贪心问题。（比如之前好像还做过一道优先队列 + 拓扑排序的，还有点权排序 + 线性基。）
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考试时没看这道题。感觉是一道思维难度不高，而对码力颇有挑战的题目。
概括一下就是建模为图后，只有树/基环树有解。然后讨论一下，并做树形 DP。
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咕咕咕。
2025.2.9
省选联考 2024 Day1。
考得稀烂，再次爆零。
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考试四个半小时拼尽全力无法战胜。
先讲思路，其实还是比较巧妙的。主要有如下两点性质：
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在 \(m\) 固定的情况下，\(\forall x_i', y_i'\)，一定取平均值最优。
这本质上可以看作针对 \(\min / \max\) 限制的一种 Trick，即若限制要使得最大值最小 / 最小值最大，取平均值就是一种不错的贪心。
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对 \(m \bmod n\) 的不同同余系分别求最值，再求出它们中的最值。（其实这个在写出不等式以后很容易想到。）
代码有两种主要的实现方法：二分，或者直接解不等式。但其实都挺复杂的，后者应该还要相对简单一点。
我认为我之所以调试这么久，是因为我并没有保证我解不等式的函数的正确性。应该自己先手写几个不等式拿它试一下才对。【手模保证模块化函数的正确性】
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还不错的一道“Trie + 分治”，不过个人感觉没有黑。。。
首先本题显然是可以二分答案的，于是转化为判定答案是否可以 \(\le kth\)。
然而情形依旧十分复杂。我们考虑简化一下——考虑如果此时 \(S\) 已经固定，我们如何求解是否存在合法的 \(x\)。首先，对于所有 \(i \in S\)，检测 \(\sum b_i \le m\) 是否成立，并且求出 \(x\) 的下界 \(\max kth-a_i\)。对于 \(i \in U \backslash S\)，情况则稍显复杂。这种涉及异或二进制数的比较大小问题，使用 01-Trie 来组织 \(i \in U \backslash S\) 的 \(a_i\) 是很合适的。逐位确定 \(x\) 的取值，容易发现它填 \(0/1\) 的两种情况，都只会分别向 Trie 树左右儿子中的一个递归继续搜索，那么全树的点都只会遍历一次，故我们可以在 \(O(nk)\) 的复杂度内完成判定。
现在考虑 \(S\) 同样也不确定时我们应该如何判定。依然考虑在 01-Trie 的结构上递归来进行判定。对于一个点，我们现在有三种决策：放入 \(S\)、\(x\) 填 \(1\)、\(x\) 填 \(0\)。显然，放入 \(S\) 的决策我们用得越少越好。所以，只有当 \(kth\) 该位为 \(1\) 时，在左右儿子中选择一个加入 \(S\)，并将 \(x\) 该位填为 \(0\)；否则，选择 \(x\) 填 \(0/1\)。
不过现在的复杂度是 \(O(nk^2)\) 的，还不足以通过，我们需要一个 \(O(nk)\) 的算法。01-Trie 上分治的过程极难优化掉，考虑将二分的过程与分治结合。递归到某个节点时，我们需要 \(O(1)\) 判定能否做到在 \(kth\) 该位填 \(1\)、后面位填 \(0\) 的情况下有解。根据上面的结论，有一个性质，即 \(x\) 的后面位可以贪心地全部填 \(1\)。于是只用简单判断一下 \(\sum b_i\) 和 \(x\) 是否在限制内即可。【这个优化的本质是什么？我想是由于分治是逐位推进的，而二分实质也是逐位确定是否填 \(1\) 的。线段树二分、树状数组上倍增也是同样的原理。】
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咕咕咕。
2025.2.11
省选联考 2024 Day2。
感觉发挥得还可以，因为 T1 刚好在我的舒适区内。
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简单提几个点：
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字典序最大/小化的题目，不用说，都是判定使得第一个数尽量大是否合法即可。
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这道题的关键我觉得在于看出来它需要 DP 预处理，以及这个 DP 要这么去设状态。而这必须结合实际情况考量。我认为支撑我们想到 DP 的一个方法是——“这个限制很棘手，我们就干脆把它放到 DP 状态内去。”
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然后就是优化部分。题解给出的优化是归并 DP 数组。我没有想到，而是采用了对于树形 DP 的一种更普遍的方法——线段树合并。（由于本题的特殊性，这里使用的还是可持久化的线段树合并。）
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线性规划
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线性规划是什么？
用人话来讲，就是给定若干变量，它们满足一些线性不等式或等式的限制，要求最大化或最小化一个关于这些变量的线性函数。
形式化地，我们可以用矩阵的形式表示一个线性规划。其中 \(x\) 为一 \(1 \times n\) 未知向量，\(c\) 为代表目标函数的 \(1 \times n\) 向量，\(b\) 为一代表限制的 \(1 \times m\) 向量，\(A\) 则为一代表限制的 \(n \times m\) 矩阵：
\[\max f(x) = c^Tx \]\[s.t \begin{cases} Ax \le b \\ x \ge 0 \end{cases} \]上面的形式被称为线性规划的 标准型。显然，任何线性规划都可以通过转化得到该形式。
然而，有时候我们为了方便，会将它化为另外一种形式：
\[\max f(x) = c^Tx \]\[s.t \begin{cases} Ax = b \\ x \ge 0 \end{cases} \]上面的形式被称为线性规划的 松弛型。显然，任何线性规划也都可以通过转化得到该形式。
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如何将一个线性规划问题转化为松弛型？
如果你想将问题转化为标准型的，实际是类似的。
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如果目标函数是 \(\min\)，则整体全部取反，转化为 \(\max\)。
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如果约束为不等式，可以通过引入一些非负变量（又称松弛变量）来转化为等式。
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如果存在取值无约束的变量，可转化为两个松弛变量的差。
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可以表示为线性规划的题目有哪些？
虽然说线性规划的一般解决方法是单纯形法，但针对其中的一些特殊模型，我们有更优的时间复杂度解法。如果能将问题转化为与它们类似的形式，我们就可以试着用这些更优的解法解决。
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最短路
\[\max d[t] \]\[s.t \begin{cases} d[v] \le d[u] + w(u,v) & \forall (u, v) \in E \\ d[s] = 0 \end{cases} \] -
最大流
\(s, t\) 分别为源点、汇点。
\[\max \sum_{(s, v) \in E} f(s, v) \]\[s.t \begin{cases} 0 \le f(u, v) \le c(u, v) & \forall (u, v) \in E \\ \sum_{(v, u) \in E} f(v, u) = \sum_{(u, v) \in E} f(u, v) & \forall u \in V, u \ne s,t \\ \sum_{(s, v) \in E} f(s, v) = \sum_{(v, t) \in E} f(v, t) \end{cases} \] -
恒定流量最小费用流
\(k\) 为一常数，代表恒定流量。
\[\max \sum_{(u, v) \in E} f(u, v) w(u, v) \]\[s.t \begin{cases} 0 \le f(u, v) \le c(u, v) & \forall (u, v) \in E \\ \sum_{(v, u) \in E} f(v, u) = \sum_{(u, v) \in E} f(u, v) & \forall u \in V, u \ne s,t \\ \sum_{(s, v) \in E} f(s, v) = \sum_{(v, t) \in E} f(v, t) = k \end{cases} \] -
多商品流
据说该问题的唯一已知多项式解法就是线性规划。
用人话描述一下这个问题：有 \(k\) 种不同的商品，分别要从 \(s_i\) 流往 \(t_i\)，且流量须恰好为 \(d_i\)。对于每条边，所有商品所消耗的容量和不能超过 \(c(u, v)\)，且每条边单位流量的费用为 \(w(u, v)\)。问在满足每个商品的条件的情况下的最小总费用是多少。
形式化就略了，毕竟和上面大同小异。
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全幺模矩阵
定义：如果矩阵的所有子方阵的行列式都是 \(0\) 或 \(\pm 1\)，那么矩阵就称为一个全幺模矩阵。
性质 1：全幺模矩阵中的元素一定都为 \(0\) 或 \(\pm 1\)。但需要注意的是，该性质的逆命题并不成立。
性质 2：如果一个线性规划的约束矩阵为全幺模矩阵，那么约束变量的解一定都为整数。
可以证明，上面举的那几个例子的约束矩阵都为全幺模矩阵。
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对偶原理
对于任意一个线性规划问题的标准型形式，都存在一个与之对应的问题，满足为原始问题的最大化与最小化互换、常数与目标函数互换、不等号变向、约束矩阵转置，且最终答案相等。
形式化地，对于以下两个线性规划：
\[\max f(x) = c^Tx \]\[s.t \begin{cases} Ax \le b \\ x \ge 0 \end{cases} \]\[\min g(y) = b^Ty \]\[s.t \begin{cases} A^Ty \ge c \\ y \ge 0 \end{cases} \]满足 \(\max f(x) = \min g(y)\)。
具体证明见《算法导论》29.4。
一些对偶问题的举例：
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任意图中，最大独立集 = 最小点覆盖
最大独立集：
\[\max \sum_{u \in V} x_u \]\[s.t \begin{cases} x_u + x_v \le 1 & \forall (u, v) \in E \\ 0 \le x_u \le 1 & \forall u \in V \end{cases} \]最小点覆盖：
\[\min \sum_{(u, v) \in E} y_{uv} \]\[s.t \begin{cases} \sum_{(u, v) \in E} y_{uv} \ge 1 & \forall u \in V \\ 0 \le y_{uv} \le 1 & \forall (u, v) \in E \end{cases} \] -
最大流最小割定理：证明见 该知乎回答。其实就看下他列出的约束矩阵即可。
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Konig 定理
内容即二分图最大匹配 = 二分图最小点覆盖。
容易发现每组匹配都对应一个流，每组点覆盖都对应一组割。故正确性同最大流最小割定理。
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Dilworth 定理 & Mirsky 定理
首先，对于一个 DAG，我们有如下定义：
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链：DAG 上的路径。
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反链：一个点集，满足其中任意两个点都不在同一条链上。
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最小链点覆盖：最小化选择的链数量，使得选择的链能够覆盖 DAG 上所有点至少一次。
有引理：
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Dilworth 定理：最长反链长度 = 最小链点覆盖
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Mirsky 定理：最长链长度 = 最小反链点覆盖
这里以 Dilworth 定理举例，Mirsky 定理应该是大同小异的。
设 \(\mathcal{P}\) 为 DAG 上所有链的集合，\(P \in \mathcal{P}\) 表示一条链。
最长反链长度：
\[\max \sum_{u \in V} x_u \]\[s.t \begin{cases} \sum_{u \in P} \le 1 & \forall P \in \mathcal{P} \\ x_u \ge 0 & \forall u \in V \end{cases} \]最小链点覆盖：
\[\min \sum_{P \in \mathcal{P}} y_{P} \]\[s.t \begin{cases} \sum_{u \in P} y_P \ge 1 & \forall u \in V \\ y_P \ge 0 & \forall P \in \mathcal{P} \end{cases} \]fun fact：我刚刚在研究这个问题的时候，得到了一个错误的做法——由于最小链点覆盖有一个经典的 Floyd 跑传递闭包再二分图拆点做法，我就试着用传递闭包得到的新边集 \(E'\) 来表示这两个线性规划。然后在第一个问题中，我就写出了一个形如 \(x_u + x_v \le 1, \forall (u, v) \in E'\) 的限制，乍一看很对，但实际不然——因为 \(x_u\) 在这里不一定是在整数时取得最优解！这里就是上面说的，约束矩阵所有元素都为 \(0, \pm 1\)，但是并不为全幺模矩阵的情况。
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Hall 定理（？）
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最小割和对偶图最短路
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单纯形法
单纯形法是最简单的求解一般线性规划的方法。它的效率一般情况下还可以接受，通过 \(n = 100\) 的规模没有问题，然而理论上可能被卡到 \(O(2^n)\)。当然，线性规划存在多项式解法，但在这里不予探讨。
我还没研究怎么写，先咕了。。。
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