【2025.12.13-2025.12.25】北京多校集训 —— 奇怪复杂度数据结构

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LG9809. [SHOI2006] 作业 Homework

设 \({X=pY+q}\)，于是有 \({pY\le n}\)，考虑对模数 \({Y}\) 进行阈值分治：

• 若 \({Y\le B}\)，则可以直接维护 \({X \bmod Y}\) 的最小值，复杂度是 \({O(nB)}\) 的。
• 否则有 \({p\le \frac{n}{B}}\)，可以枚举所有 \({p}\)，在 \({[pY,pY+p-1)}\) 中找到最小的数即可，复杂度是 \({O(\frac{n^2}{B}\log n)}\)。

复杂度是 \({O(nB+\frac{n^2}{B}\log n)}\)，取 \({B=O(\sqrt{n\log n})}\) 可以做到 \({O(n\sqrt{n\log n})}\)。

CF1822G2. Magic Triples (Hard Version)

考虑 \({b}\) 一定是 \({a_j}\) 的一个因数，可以考虑分解 \({a_j}\) 的所有因数之后暴力枚举，复杂度瓶颈在求因数的 \({O(n\sqrt{V})}\)。

注意到 \({a_k=b\cdot a_j\le V}\)，可以考虑对 \({a_j}\) 进行阈值分治：

• 若 \({a_j\le B}\)，则可以直接 \({O(\sqrt{B})}\) 求出因数。
• 否则有 \({b\le\frac{V}{B}}\)，直接枚举所有的 \({b}\) 计算答案可以做到 \({O(\frac{V}{B})}\)。

于是总复杂度是 \({O(n(\sqrt{B}+\frac{V}{B}))}\)，取 \({B=O(V^{\frac{2}{3}})}\) 可以做到 \({O(nV^{\frac{1}{3}})}\)。由于 \({d(10^9)}\) 和 \({V^{\frac{1}{3}}}\) 同阶，因此枚举因数不是瓶颈。

LG5071. [Ynoi Easy Round 2015] 此时此刻的光辉

一个非常基础的思路是考虑到 \({10^9}\) 以下的数最多有 \({10}\) 个本质不同的质因数，因此莫队单次加删点是 \({O(10)}\) 的，总复杂度 \({O(10n\sqrt{n})}\) 遗憾离场。

考虑一个数 \({>\sqrt{n}}\) 的质因数只有一个，这样莫队复杂度降至 \({O(n\sqrt{n})}\)，对于 \({\le\sqrt{n}}\) 的质因数维护前缀和即可。但这样由于 \({\sqrt{10^9}=31622}\) 以下有 \({3401}\) 个质数，空间复杂度会较高。可以退而求其次考虑到一个数 \({>\sqrt[3]{n}}\) 的质因子最多只有两个，而 \({\sqrt[3]{10^9}=10^3}\) 以下只有 \({168}\) 个质数，这样复杂度就是 \({O(168n+2n\sqrt{n})}\) 的。

考虑分解质因数的复杂度，直接枚举所有质因数复杂度是 \({O(3401n)}\) 的，可以通过，也可以使用 Pollard-Rho 算法优化。

LG5607. [Ynoi2013] 无力回天 NOI2017

先根据 \({|S\cup T|=|S|+|T|-|S\cap T|}\) 将求交转为求并。

基于大小 \({>B}\) 的集合只有 \({\frac{m}{B}}\) 个进行阈值分治可以做到 \({O(m\sqrt{m})}\)，但难以进一步优化。

考虑出现次数 \({>B}\) 的元素只有 \({\frac{m}{B}}\) 个，对这个内容进行阈值分治：

• 对于出现次数 \({\le B}\) 的元素，可以记录其在那些集合中出现，当新加入一个集合后，会增加 \({O(B)}\) 个二元组 \({(x_1,x_2)}\) 表示该元素出现在 \({x_1\cap x_2}\) 中，用哈希表存储后 \({O(1)}\) 查询即可，复杂度是 \({O(mB)}\) 的。
• 对于出现次数 \({>B}\) 的元素，因为最多只有 \({\frac{m}{B}}\) 个，可以用 bitset 维护每个集合中有哪些元素，这样查询只需要将两个 bitset 与起来求 \({1}\) 的个数即可，复杂度是 \({O(\frac{m^2}{Bw})}\) 的。

于是总复杂度可以做到 \({O(mB+\frac{m^2}{Bw})}\)，取 \({B=O(\sqrt{\frac{m}{w}})}\) 可以做到 \({O(m\sqrt{\frac{m}{w}})}\)。

但是 C++ 自带的哈希表存储 \({O(mB)}\) 个数效率很低下，可以考虑到只有 \({O(m)}\) 次查询，那么可以只关心这 \({O(m)}\) 个位置的值，用指针动态分配空间即可，空间复杂度优化至 \({O(m)}\)。

同时注意到空间复杂度 \({O(\frac{m^2}{Bw})}\) 是开不下的，于是可以考虑对所有 \({\frac{m}{B}}\) 个数进行 bitset 分块，每 \({w}\) 个数跑一轮操作，这样单次只用开 \({O(m)}\) 个 unsigned long long 进行存储，空间复杂度优化至 \({O(m)}\)。

LG5386. [Cnoi2019] 数字游戏

一个自然的想法是将值域内的所有数字标成 \({1}\)，其余的标成 \({0}\)，答案就是区间 \({[l,r]}\) 内所有极长的 \({1}\) 的连续段长度 \({L}\) 对应 \({\frac{L(L+1)}{2}}\) 的和。可以想到用线段树维护这个内容，单点修改和区间查询都是 \({O(\log n)}\) 的，使用莫队来移动值域区间即可做到 \({O(n\sqrt{n}\log n)}\)。

想去掉 \({\log}\) 可以考虑更新次数是 \({O(n\sqrt{n})}\) 的，但查询次数只有 \({O(n)}\)，现在期望给出一个 \({O(1)}\) 更新，\({O(\sqrt{n})}\) 查询的数据结构。想到分块，对每个块维护和线段树类似的信息，查询可以做到 \({O(\sqrt{n})}\)。对于 \({O(1)}\) 更新想到维护极长连续段的经典做法：对每一个连续段开头和末尾维护相互指向的指针，这样可以做到将 \({0}\) 改成 \({1}\) 后 \({O(1)}\) 更新指针，但是不支持将 \({1}\) 到 \({0}\) 的快速更新，改为使用回滚莫队可以解决这个问题。这样复杂度被平衡成了 \({O(n\sqrt{n})}\)。

LG5608. [Ynoi2013] 文化课

一个直觉是可以直接上线段树维护。

先考虑没有修改的时候如何求解：可以对每个区间维护直接计算的值，在合并的时候如果中间的符号为 \({+}\) 应该直接累加，否则两边的乘法段会产生新的贡献，应该单独计算。所以维护每个区间直接计算的值、左端点前的符号、左右极长的乘法段的值即可做到 \({O(n\log n)}\) 计算。

现在加入区间修改符号的操作：肯定需要多一个区间修改符号的标记，同时需要快速计算修改后的信息。左端点前的符号可以直接得到，而每个区间直接计算的值要么是区间所有数字的和，要么是区间所有数字的积，因此维护这两个信息即可。由于区间修改为 \({+}\) 时靠右的极长乘法段为最右边数的值，也需要记录。综上，多维护每个区间的区间和、区间积、右端点处数字的值即可做到 \({O(n\log n)}\) 计算。

最后加入区间修改值的操作：肯定需要多一个区间修改值的标记，同时需要快速计算修改后的信息。区间和、区间积可以直接计算，左右极长的乘法段需要维护其长度才能计算，这里需要用快速幂，所以有 \({O(\log n)}\) 的复杂度，问题在于如何快速求出修改后区间直接计算的值。考虑可以只关心所有不同长度的极长乘法段的个数，而一个结论是总长度为 \({n}\) 的不同长度最多有 \({O(\sqrt{n})}\) 种，维护这个信息之后可以做到 \({O(\sqrt{n}\log n)}\) 修改，合并时候用归并排序实现，额外考虑两个乘法段产生的新乘法段的贡献，那么上传标记的复杂度为 \({O(\sqrt{n})}\)。由于 \({\sum\limits_{i\ge0}\sqrt{\frac{n}{2^i}}=O(\sqrt{n})}\)，因此单次修改的复杂度为 \({O(\sqrt{n}\log n)}\)，总复杂度是 \({O(n\sqrt{n}\log n)}\) 的。

考虑优化掉这个 \({\log n }\)：其实没有必要每次都重新使用快速幂，只需要保证要计算的 \({\sum k_ix^{\alpha_i}}\) 的 \({\alpha_i}\) 是递增的，\({x^{\alpha_i}}\) 可以从 \({x^{\alpha_{i-1}}}\) 的基础上转移来。可以证明这样子优化后复杂度从 \({O(\sqrt{n}\log n)}\) 降至 \({O(\sqrt{n})}\)。因此总复杂度为 \({O(n\sqrt{n})}\)。

LG11706.「KTSC 2020 R1」穿越

先考虑确定 \({A,B}\) 后如何快速求解答案：

设 \({f(i,j)}\) 表示当前位于 \({(i,j)}\) 所需花费的最小代价。那么每一列都可以从上一列转移过来，如果有墙花费 \({B}\)，否则不花费，可以看作对这一列所有有墙的行的 dp 值整体 \({+B}\)。接着可以考虑瞬移的贡献，相当于对于当前列的任意两行 \({x,y}\)，\({f(y,j)}\) 需要和 \({f(x,j)+A}\) 取 \({\min}\)，直接 dp 可以做到 \({O(n^3)}\)。

可以考虑到瞬移的贡献只有当 \({x}\) 是 \({f(*,j)}\) 的最小值时才有效，因此可以先找到每一列的最小值之后再更新，这样复杂度就是 \({O(n^2)}\) 的。还能发现区间加，全局最小值，全局取最小值都是可以用线段树维护的内容，于是可以做到 \({O(n\log n)}\)。

现在考虑多组询问如何求解：

对于每一组方案可以视作一个点 \({(x_A,x_B)}\) 表示 \({A}\) 花费的次数和 \({B}\) 花费的次数，询问相当于要找到一个点使得 \({Ax_A+Bx_B}\) 最小。不难发现当且仅当这些点在下凸包上时才可能成为答案，于是可以维护所有点形成的下凸包，这样单次询问只需要在凸包上二分即可，复杂度是 \({O(q\log n)}\) 的。

一个结论是定义域和值域均为 \({O(V)}\) 的整点凸包上的点数是 \({O(V^{\frac{2}{3}})}\) 的，现在问题转化为如何快速求出凸包。考虑使用 quick-convex 算法，求带权最小值使用 dp 求解，最多求 \({O(n^{\frac{2}{3}})}\) 次，复杂度为 \({O(n^{\frac{5}{3}}\log n)}\)。综上总复杂度为 \({O((n^{\frac{5}{3}}+q)\log n)}\)。

quick-convex 算法：

考虑 \({L,R}\) 两个点之间的凸包，可以在 \({L,R}\) 中找到一个凸包上的点 \({P}\) 之后继续分治 \({L,P}\) 和 \({P,R}\) 两部分。发现凸包上一定存在一点 \({P}\) 使得 \({\triangle LPR}\) 面积最大，不妨找到这个点。

由于向量叉积的几何意义是向量形成的平行四边形的面积，考虑使 \({\overrightarrow{LR}\times\overrightarrow{LP}}\) 的结果最小（因为此时面积为负），将向量叉积的结果拆开有

\[\begin{aligned} \overrightarrow{LR}\times\overrightarrow{LP}&=(x_R-x_L)(y_P-y_L)-(y_R-y_L)(x_P-x_L)\\&=(y_L-y_R)x_P+(x_R-x_L)y_P-x_Ry_L+y_Rx_L \end{aligned} \]

可以看出当 \({(y_L-y_R)x_P+(x_R-x_L)y_P}\) 最小时结果最小，对 \({x,y}\) 分别带 \({y_L-y_R,x_R-x_L}\) 的权求出取到最小值的 \({(x,y)}\) 即可。

LG7881. [Ynoi2006] rmpq

由于运算不具有交换律，因此一些经典的 \({\text{poly}(\log n)}\) 复杂度的数据结构都不可行，考虑如何优化暴力。

当进行了 \({B}\) 次修改时，根据这些修改所依据的分界线，可以将整个平面划分成若干网格，其中每个网格对应的操作序列是相同的，对应的结果也相同，而 \({O(B)}\) 条分界线最多可以分出 \({O(B^2)}\) 个这样的网格，可以在总复杂度 \({O(B^3)}\) 内预处理出所有网格的值。对于每一个询问，最多需要查询 \({\frac{n}{B}}\) 个整块和 \({B}\) 个单独操作，乘法的调用次数相同是 \({O(\frac{n^2}{B}+nB^2)}\) 的，取 \({B=O(n^{\frac{1}{3}})}\) 可以做到 \({O(n^{\frac{5}{3}})}\)，时间复杂度由于查询需要在网格上二分，会多一个 \({\log}\)，难以通过。

考虑优化 \({O(B^3)}\) 预处理所有块。可以考虑分治，对于前半段操作和后半段操作单独求出网格之后合并两者网格，相当于对应位置相乘，单次可以使用归并排序做到 \({O(B^2)}\)，总复杂度是 \({T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n^2)}\)，即 \({O(B^2)}\)。这样可以将调用次数优化至 \({O(\frac{n^2}{B}+nB)}\)，取 \({B=O(\sqrt{n})}\) 可以做到 \({O(n\sqrt{n})}\)，复杂度为 \({O(n\sqrt{n}\log n)}\)。由于常数其实相当小，所以是可以接受的。

实际实现的时候为了方便可以使用二进制分组，每次在最后新添加一个操作网格后暴力向前合并，相当于进行了分治，并且优化了散块的复杂度至 \({O(\log B)}\)。

QOJ1851. Directed Acyclic Graph

可达性问题不是很能用数据结构维护，因此可以考虑操作分块后暴力重构，假设每 \(B\) 次操作分了一块。

对于里面的至多 \(B\) 个询问，可以通过预处理每个点的可达的询问点，之后暴力枚举之前的所有操作更新答案，复杂度可以做到 \(O(\frac{nB}{w}+B^2)\)。

对于暴力重构，发现对于每个点只需要关心最后一次 \(1\) 操作后的 \(2\) 操作。维护最后一次 \(1\) 操作可以利用拓扑序在最后统一下放，对于每个点进行的所有 \(2\) 操作也可以利用拓扑序下放，这样预处理的复杂度是 \(O(n+\frac{nB}{w})\) 的。接下来考虑如何找到最后一次 \(1\) 操作之后的值最小的 \(2\) 操作：可以先对所有 \(2\) 操作按值的大小从小到大排序，之后用 bitset 维护操作时刻 \(\ge t\) 的所有 \(2\) 操作，那么要求的就是两个 bitset 的并。由于已经按权值排过序了，所以只需要知道第一个 \(1\) 的位置即可，单次询问复杂度是 \(O(\frac{B}{w})\) 的。

由于总共有 \(\frac{n}{B}\) 个块，因此复杂度是 \(O(\frac{n}{B}(\frac{nB}{w}+B^2+n))\) 的，取 \(B=O(\sqrt{n})\) 可以做到 \(O(\frac{n^2}{w}+n\sqrt{n})\)。

CF1476G. Minimum Difference

有一个直觉是直接做莫队，由于带修所以使用带修莫队可以做到 \(O(n^{\frac{5}{3}})\) 的复杂度。

现在可以知道每个数字出现的次数，也可以知道所有次数出现的次数。事实上，根据经典结论，最多只有 \(O(\sqrt{n})\) 种不同的次数会出现，将这 \(O(\sqrt{n})\) 种次数提出来之后用双指针找到极大的符合条件的区间 \([l,r]\) 即可，复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) 的。于是总复杂度是 \(O(n^{\frac{5}{3}}+n^{\frac{3}{2}})\)。

ABC369G. As far as possible

根据经典结论，只需要对原树做带权长链剖分后选取前 \(k\) 长的链即可，不算排序复杂度 \(O(n)\)。答案是选取链长的二倍，容易理解这是正确的。