做题笔记

pwp

难度 - 题解 - 思考

P11702

难度：绿

显然的结论是最小值只由一个元素构成，枚举最小值，然后考虑最大值的段。由于元素非负，我们希望最大值的段尽量大，那么随便做。
思考：结论题。

大学习。
你发现令 $\gcd = 2$ 是很棒的，这样答案就是序列里奇数的个数，不妨记为 $t$，那么答案 $\le t$。
然后考虑怎么样做到更优，你发现可能存在几个数，它们只要动一点点就满足条件了，一个很妙的结论是至少有一半的数，至多被操作一次，否则操作次数 $\ge t$。
那么我们随机选一个数出来，有 $\frac{1}{2}$ 的概率选到至多操作一次的数，记为 $x$，我们把 $x-1,x,x+1$ 分别质因数分解，把质因子拎出来当 $\gcd$ 求答案，就有 $\frac{1}{2}$ 的概率求到正确答案。多随机几个就是对的。
查表知道值域范围内质因子最多 $12$ 个，跑个三四十次就是对的。
思考：随机化的思想。$\gcd = 2$ 可以作为一个很好的答案，考虑要怎么做到更优，考虑更优的情况大多数的元素至多操作 $1$ 次，然后就可以随机化。

P6323

难度：黄

不会做黄题。水平退化成啥了。
这类与全排列相关的 dp 题。常见的套路是从小到大填数。本题中考虑 $f_{i,j}$ 表示填了 $1 \sim i$，逆序对数为 $j$。
考虑第 $i$ 个数插在哪里以及对应的贡献。此时序列中的数只有小于 $i$ 和大于 $i$ 两种情况。当前已经插了 $i-1$ 个数，你会发现只有 $i$ 个位置是需要考虑的，分别对应了造了 $0 \sim i-1$ 个逆序对。那么这样转移就做到 $O(n^2c)$ 了。获得 $64$ 分。
注意到我们每次都在固定 $(i,j)$ 然后去枚举 $k$，然后这个 $k$ 的值域是连续的，于是考虑前缀和优化。这样变成 $O(nc)$。滚动一下数组就过了。
没滚动数组的代码
思考：简单 dp。这种排列问题一个 trick 是从小到大填数。

P2401

难度：上位绿

有实力的。
这题与逆序对那题不同的是，那题求逆序对，我们只关心元素的相对顺序。本题中难以直接计算增加的 < 个数，需要分讨。分讨第 $i$ 个元素插在哪：

序列最开头。出现 $i > S_1$，无贡献。
序列最末尾。出现 $S_n < i$，贡献加一。
$S_l < S_r$ 之间。出现 $S_l < i > S_r$，无贡献。
$S_l > S_r$ 之间。出现 $S_l < i > S_r$，贡献加一。

综上，对于一个 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个元素造了 $j$ 个 <：

假设第 $i$ 个元素多造了一个 <，能插的位置就是 > 的位置加上序列末尾，即 $i-2-(j-1) + 1$，其中 $i-2$ 表示符号个数，$j-1$ 表示 < 个数。那么 $f_{i,j} = f_{i,j} + f_{i-1,j-1} \times (i-j)$。
假设没造。能插的位置就是 < 的位置加上序列开头，即 $j + 1$。$f_{i,j} = f_{i,j} + f_{i-1,j} \times (j+1)$。

做完了。时间复杂度 $O(n^2)$。
思考：仍然是 dp，从小到大填数。然后要考虑 $i$ 带来的贡献，讨论没有贡献 / 有贡献，进行计数即可。是很经典的题目。

ABC461E

难度：绿

比较板的 ds 题。
考虑操作 $1$，横着涂一行黑的会改变什么。如果是第一次涂这一行，贡献显然就是 $n$。但是如果不是呢？不妨记上一次涂这一行的时刻为 $j$，当前时刻为 $i$。那么时刻 $j \sim i$ 中有多少列被涂白了，这一次操作就会把它们变成黑的。贡献就是这个列数。
那么问题转化为求时刻 $j \sim i$ 中，有多少列被涂白了，注意要去重。操作 $2$ 的贡献也是同理的。$j$ 是很好维护的，维护第 $p$ 行，第 $q$ 列上一次涂的时间 $r_{p},c_{q}$ 即可。那么可以把询问序列离线下来然后扫描线用树状数组算。
不过这样太麻烦了。考虑一个更聪明的做法。我们已经维护了 $r_p,c_q$，那么时刻 $j\sim i $ 中，有多少列被涂白了实际上就是求有多少个 $c_q > r_p$，那么树状数组容易维护。时间复杂度 $O(q\log n)$。
Record
思考：需要进一步的思考，来简化代码难度。

P3531

难度：黄

如果没有重复的东西显然就是逆序对。然后考虑重复的字母，容易发现我们从左到右赋值做逆序对是对的。这是因为假设 S = AABA T = ABAA，那么 $S$ 的第一个 $A$ 一定是与 $T$ 的第一个 $A$ 配对的，以此类推。那么赋值完直接做逆序对就是对的。
思考：这种相邻交换问题经常会用到相对顺序不变这个性质。

NOIP 计划 R17 B

难度：绿

大意：给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，你最少需要多少次“交换相邻两项”的操作，才能满足这个序列先（非严格）增后（非严格）减。
很 cf 的题目。考虑 $n \le 10$ 的子任务，枚举全排列，那么问题就变成怎么从枚举的序列变成序列。这个不就是 P3531。做完了。
考虑排列的子任务。这个神秘的限制有个很好的转化，就是从大到小插数，每次往左或往右插，这样就可以构造出一个合法序列。然后考虑代价怎么算，假设当前的数为 $x$，如果往左边插的话，原序列 $x$ 左边 $> x$ 的数就要被交换，代价就是这个数的个数。往右边插是同理的。
思考：想到从大到小插数这个转化就很容易了。

P17089

难度：上位绿
不会。神了。

考虑 $w_i \le 500$ 咋做。首先显然按 $w$ 排序，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个球，体力剩 $j$。你发现这样不太好转移，引入 $k$ 表示前面选了的球到的最远的位置为 $k$。
在对 $i$ 进行转移的时候，考虑 $k$ 的取值：

$k \ge w_i$，$f_{i,j,k+1} = \max(f_{i-1,j-x_i,k}+k+1, f_{i-1,j,k+1})$
$k < w_i$，$f_{i,j,w_i} = \max(f_{i-1,j-x_i,k}+w_i,f_{i-1,j,w_i})$

那么时间复杂度 $O(n^3)$，可以滚掉一维。
然后考虑正解。这里有很多做法，比较容易得就是注意到有用的 $w$ 的数量是 $O(n)$ 量级的，离散化即可。这个可以这样证明：
考虑全部球都扔出去的情况，记此时球 $i$ 所在位置为 $t_i$，显然 $t_i = \max(t_{i-1} + 1,w_i)$。那么此时 $[w_i,t_i]$ 这段区间一定都是有球在的，此时没有球在的位置一定也不会有球了。于是记录离散化 $t_i$ 即可。这样就把所有可能出现球的位置离散化完了。那么做完了。

mem(f, -0x3f); 
f[0][0][0] = 0; 

for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) {
	for (ll j = 0; j <= s; ++ j ) 
		for (ll k = 0; k <= L; ++ k ) 
			f[i & 1][j][k] = f[!(i & 1)][j][k]; 
	ll h = Mp[B[i].w]; 
	for (ll k = 0; k <= L; ++ k ) {	
		ll g = Mp[to[k] + 1]; 
		for (ll j = B[i].X; j <= s; ++ j ) {
			if (to[k] >= B[i].w)
				f[i & 1][j][g] = max(f[i & 1][j][g], 
					f[!(i & 1)][j - B[i].X][k] + to[k] + 1); 
			else
				f[i & 1][j][h] = max(f[i & 1][j][h], 
					f[!(i & 1)][j - B[i].X][k] + B[i].w); 
		}
	}
}

思考：朴素 dp 需要把前面球的最远位置放入状态方便转移，优化的时候要注意到有用的 $w$ 数量很少。决策点很少。

P16131

难度：绿
场切了。

首先考虑把复合串拆开，由于没有哪个初始字符串是另一个初始字符串的前缀，这一步容易用哈希实现。
那么得到一个长度为 $k$ 的序列 $p$，元素之间互不相同且由 $1\sim n$ 组成。问题转化成求 $p$ 的排名。
比较经典的 trick 是转化成求字典序比 $p$ 小的序列数，这样可以按位来填。
考虑第 $i$ 位，此时前 $i-1$ 位都是被钦定的。记此时 $n$ 个数里还没被钦定的，且 $< p_i$ 的数有 $f$ 个，那么如果在第 $i$ 位填上 $f$ 个数里的某一个，第 $i+1 \sim k$ 位可以任意填，由于此时 $n$ 个数里已经选了 $i$ 个，方案数就是 $f \times \binom{n-i}{k-i} \times (k-i)!$。那么钦定第 $i$ 位为 $p_i$ 继续往下填即可。
$f$ 的计算可以用树状数组或者 set 维护。时间复杂度 $\mathcal{O(k\log n)}$。注意由于我们求的是比 $p$ 小的序列数，答案要 $+1$，这里也要取模。赛时因为这个 $100 \to 98$。
思考：按位来填的 trick。貌似手搓了个康托展开。

P15861

难度：黄
不会这个题还有救吗。

考虑 $m = n(n-1)/2$，此时显然直接放 $n$ 个相同元素是对的。考虑微调，记相同元素为 $p$。找到最大的 $n_0$ 使 $n_0(n_0 - 1)/2 < m$，记 $t = m - n_0(n_0 - 1)/2$，要有 $t$ 的贡献，只需要在第 $t$ 个 $p$ 后插入一个 $2p$ 就好了。那么做完了。注意特判 $m=0$。
思考：考虑特殊性质，再扩展。

P4462

难度：青

做一个异或前缀和。可以发现就是求满足 $i,j\in [L-1,R]$，$s_i \oplus s_j = k$ 的 $(i,j)$ 对数，用莫队维护即可。时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。
思考：想到做异或前缀和的转化，这类求区间对数的问题容易用莫队优化。

P17161

难度：上位黄
进场了。

预处理出每个数的最小质因数。查表得知值域范围内 $\omega(n) = 8$。那么求质因数就是 $O(\omega(n))$ 的。时间复杂度 $O(T\omega(n))$，可能带个 $\log$。
思考：如果只是要求某个数质因子的个数或集合，可以预处理每个数的最小质因子。而非 $O(\sqrt V)$ 地取除。

P2619

难度：下位蓝

直接求一遍 mst，那么得到一个 $k$ 条白边的 mst。分讨 $k$ 和 $need$ 的大小：

$k = need$。请输入文本。
$k < need$。说明白边的边权都较大，考虑给这些边权同时减去一个值 $w$，这样选择的白边数量只会变大。然后再求一遍 mst 得到 $k'$，重复过程。
$k > need$。说明白边边权都较小，给边权同时加上一个值 $w$，选择的白边数量会变小。再求 mst 得到 $k'$。

于是直接二分 $w$，注意相同边权要优先考虑白边。但是是可能存在一种情况找不到 $k = need$，此时取 $w+1$ 时 $k = need - 1$，取 $w-1$ 时 $k = need +1$，这是因为存在某条黑边与新的白边边权相同，由于题目保证有解，直接用这些黑边替换掉就是对的。于是我们在 $k \ge need$ 时记录答案 $mst - need \times mid$ 即可。
代码：

ll l = -100, r = 100, Res; 
while (l <= r) {
	ll mid = l + r >> 1; 
	ll k2 = chk(mid); 
	if (k2 >= k) {
		Res = mst - k * mid; 
		l = mid + 1; 
	}
	else r = mid - 1; 
}
cout << Res << '\n';

思考：一个经典 trick。没啥好说的，注意最后的处理。

P13984

难度：紫

分块做法。我们维护 $f_{i,j}$ 表示块 $i\sim j$ 的最小众数，然后维护 $g_{i,j}$ 表示数 $i$ 在块 $j$ 出现的个数。然后查询的时候，你先把整块的最小众数拿出来，然后考虑散块可能出现最小众数，暴力枚举即可。由于散块的贡献只有 $\sqrt n$ 个，时间复杂度还是 $O(n\sqrt n)$。
思考：分块的思想。暴力维护整块的众数，再考虑散块的答案。

P1772

难度：青
我咋不会这个题。

最优性问题考虑 dp。$f_i$ 表示前 $i$ 天的最小代价，转移的时候枚举 $j$，有 $f_i = \min(f_i,f_{j-1} + (i-j+1) \times L + K)$，其中 $L$ 可以单独算。时间复杂度 $O(n^2m^2)$。
思考：看到 $n$ 这么小就应该想到 dp！！

P1084

难度：下位紫
严肃不会。。。

考虑二分 $t$。由于每个军队独立的，互不影响，对每个军队分别考虑。你发现我们总是希望军队向上走，贪心地覆盖更多点。于是对每个军队计算在 $t$ 时间内能走到深度最浅的节点。如果走到根了就下移一步。容易用倍增维护。
你发现对于那些走不到根的军队，它们没有办法再产生更优的贡献。那么它们的走法就固定了。然后考虑根结点的某个子节点 $u$，如果 $u$ 为根的子树里不能被覆盖，就说明需要其它子树给一个点走到 $u$。
我们来考虑 $u$ 的军队情况，记 $u$ 到根结点的距离为 $dis_u$：

如果 $u$ 上没有军队而它又需要被覆盖的话，需要别的子树给它一个，这个稍后考虑。
如果 $u$ 上有军队而它不用被覆盖，它上面所有的军队都可以拿出去贡献（判掉军队只能走到 $u$ 的情况）。
如果 $u$ 上有军队而它需要覆盖，贪心地把剩余时间最小的点放在 $u$，剩下的拿出去贡献。但是要考虑一个特殊情况，就是这个剩余时间最小的点可以帮助覆盖另一个 $u'$ 的子树，而另一个子树的 $u''$ 可以帮助覆盖 $u$ 的子树，显然可以构造出这种情况。怎么解决呢？你发现如果一个军队的剩余时间不足以从 $u$ 走到根再走回 $u$，也就是剩余时间 $t< 2dis_u$，这个军队要出去贡献也是贡献 $dis_{u'} < dis_u$ 的 $u'$，然而需要让另一个 $u''$ 来覆盖 $u$，显然是不优的。于是如果存在一个军队 $t < 2dis_u$，就把它留在 $u$，剩下的出去贡献。

ok 那现在考虑多余的点怎么贡献。对于在 $u$ 上的空闲军队，维护 $W = t - dis_u$，那么 $dis_{u'} \le W$ 的 $u'$ 都可以被贡献。将 $W$ 和需要贡献的 $dis$ 拉出来排序，贪心匹配即可。
思考：我们让军队贪心往上走，然后对于还能走的军队进行覆盖，进行大力分讨。

P7915

难度：绿
我咋只会 $O(n^2)$。。。不过看题解区这个做法是可以卡过去的。

这个策略还是挺难想的，想出来就很容易了。直接参考第一篇题解。很难解释这个思路就不再写了。
思考：思维题，没招，多练吧。

P7961

难度：绿

考虑这个限制怎么满足，你发现对于某个二进制位，如果该位选了 $p$ 次，就会给下一位贡献 $\lfloor \frac{p}{2} \rfloor$。刻画 dp，$f_{i,j,l,p}$ 表示前 $i$ 个二进制位（低到高），选了 $j$ 个数，当前二进制位上的数是 $l$（加上了前面二进制位的贡献），前 $i$ 位的 popcount 为 $p$。转移的时候枚举第 $i$ 位选了 $t$ 个数，从 $f_{i-1,j-t,2(l-t),p-(l\bmod 2)}$ 和 $f_{i-1,j-t,2(l-t)+1,p-(l\bmod 2)}$ 转移。转移的贡献是 $f \times a_i^t \times \binom{i}{t}$ 这个是容易推的。那么预处理幂次和组合数，在 $O(n^2mk) = O(n^3m)$ 的时间解决了问题。常数很小。
思考：自己过的 dp，开心。设计状态比较难，设计出来就很好转移了。

P9870

难度：紫
这个转化太困难了也。

注意到 $q$ 很小，所以只需要暴力修改每次线性判断复杂度就是对的。
不妨考虑 $X_1 < Y_1$ 的情况，若 $X_1 > Y_1$ 则取反就是对的。

暴力

考虑暴力怎么写。显然可以 dp，$f_{i,j}$ 表示 $X$ 匹配前 $i$ 位，$Y$ 匹配前 $j$ 位是否可行。转移的时候若 $X_i > Y_j$，$f_{i,j}=0$，否则从 $f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}$ 转移。容易做到单次询问 $O(nm)$。

特殊性质

然后考虑这个东西本质是在干啥。巧妙的转化是记 $A_{i,j}=X_i < Y_j$，你现在要从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$，每次可以往 $(i+1,j)$，$(i,j+1)$，$(i+1,j+1)$ 的 $1$ 走。也就是判断是否存在从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$ 的八连通路径。
然后考虑这个特殊性质，这相当于第 $n$ 行和第 $m$ 列都是 $1$。那么我们需要走到第 $n-1$ 行或 $m-1$ 列。考虑求出 $1\sim n-1$ 的最小值 $X'_{min}$，所在位置为 $p$。若 $X'_{min} < Y_{min}$，这代表 $A_{p,?} = 1$，可以走到第 $m$ 列。那么问题又转化为需要走到第 $p-1$ 行或第 $m-1$ 列，递归下去处理。列的处理也是同理。不过列需要找的是最大值。
总结一下特殊性质的做法。一开始如果 $X_{min} \ge Y_{min}$ 或者 $X_{max} \ge Y_{max}$ 显然无解。记 $f(x,y)$ 表示能否走到第 $x$ 行或第 $y$ 列，每次找到 $1\sim x-1$ 的 $X_{min}$，位置为 $p$，若 $X_{min} < Y_{min}$，递归求解 $f(p-1,y)$。同理找到 $1\sim y-1$ 的 $Y_{max}$，位置为 $q$，若 $X_{max} < Y_{max}$，递归求解 $f(x,q-1)$。注意由于边界的递减有单调性，递归求解之后不需要再回溯对另一个边界求，否则时间复杂度会退化。预处理前缀最值容易做到 $O(nq+mq)$。

正解

会了特殊性质正解就很容易了。先找到全局 $X$ 最小值与 $Y$ 最大值，位置分别为 $p,q$。那么把 $(1,1)$，$(p,q)$ 这个矩形与 $(p,q)$，$(n,m)$ 这个矩形都拉出来做一遍特殊性质即可。前者做 $p_{min},q_{min}$，后者做 $(p_{max},q_{max})$。时间复杂度 $O(nq + mq)$。

思考：特殊性质题，由特殊性质一步步考虑正解。其中转化成八连通很巧妙。

P2605

难度：紫

暴力

容易想到 $f_{i,p}$ 表示 $i$ 个村庄用了 $p$ 个基站。容易暴力 dp，$f_{i,p} = \min(f_{j,p-1} + W(j+1,i-1)) + C_i$，$W(l,r)$ 表示 $l\sim r$ 村庄的贡献，容易暴力维护。于是做到 $O(n^2k)$。滚动数组一下得到 $f_i = \min(g_j + W(j+1,i-1))$。

正解

很难直接优化，我们从 $W(l,r)$ 入手。对于 $i$ 维护 $L_i,R_i$ 表示左边 / 右边第一个能覆盖 $i$ 的位置，那么对于 $i$，如果 $[L_i,R_i]$ 不建村庄就会有 $W_i$ 的代价。那么对于后面的某个 $i' > R_i$，如果想从 $[1,L_i)$ 转移就会有 $W_i$ 的贡献，那么给 $[1,L_i)$ 区间加 $W_i$，转移球全局 $\min$ 即可，容易用 sgt 维护。

答案怎么求呢？枚举最后一个建基站的位置 $i$，答案就是 $f_i + W(i+1,n)$，$W(i+1,n)$ 怎么算呢？本质是计算 $L_x > i$ 的 $W_x$ 之和。枚举后缀的时候动态维护即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

实现上具体我们给 $L_i,R_i$ 都扔个 $i$ 给它。在处理完 $L_i,R_i$ 后把 $i$ 的贡献算上即可。

思考：本质上写出暴力 dp，然后优化转移方程。

P9871

难度：下位蓝

暴力

容易想到 $O(nk)$ 的 dp。$f_{i,0/1}$ 表示第 $i$ 天选 / 不选。$f_{i,0} = \max(f_{i-1,0},f_{i-1,1})$，$f_{i,1} = \max(f_{j,0} - (i-j)d + W(j+1,i))$，其中 $j \in [i-k,i-1]$，$W(j+1,i)$ 表示满足 $k \in [j+1,i]$ 且 $y_k \le k - j$ 的 $\sum v_k$。这个还是很好维护的。那么做到 $O(nk)$，获得 $36$ 分。

进一步优化？

拆一下转移方程。$f_{i,1} = -id + f_{j,0} + jd + W(j+1,i)$，关心 $f_{j,0} + jd + W(j+1,i)$。显然要从 $W(j+1,i)$ 入手，由于 $k-y_k \ge j$ 的 $v_k$ 会贡献，又因为很好的东西是 $k \in [j+1,i]$，对于每一个 $k$ 我们给 $j\in[0,k-y_k]$ 贡献 $v_k$ 即可。这个可以区间加，区间 $\min$ 做到 $O(n\log n)$。可以获得 $56$ 分。

正解

题目给了我们一个很好地转化是把挑战看成线段，具体地，对于一个 $(x_i,y_i,v_i)$ 的挑战，看成 $(l_i = x_i-y_i+1,r_i = x_i)$ 的一条线段，权值为 $v_i$。然后现在我们要用若干条长度不超过 $k$ 的线段去覆盖，如果某条给定的线段被完整覆盖，就会有贡献。

然后贪心地想，你肯定我们用来覆盖的线段，肯定左端点、右端点都是某条给定的线段的左端点。那么 $f_{i,1}$ 只在 $i = r_?$ 有用，然后用来转移的 $j$ 只在 $j = l_? - 1$ 有用。也就是说，有用的决策点只有 $l_i-1,r_i$ 共 $2m$ 个！！于是把这些决策点离散化，套用上面的做法就是对的。

然后有个问题是 $f_{i,0}$ 需要 $i-1$ 的值，那咋办。显然这个东西的本质是 $f_{i,0} = \max(f_{j,1})$，只需记录前缀最大值即可。时间复杂度 $O(m\log m)$。

思考：写出暴力 dp 获得 $36$，进一步优化容易做到 $56$。然后观察到有用的决策点很少，那么做完了。

P8868

难度：紫

暴力

注意到数据随机。容易想到按最大值分治。不妨按 $A$ 序列的最大值分治。对于 $[l,r]$，找到其最值所在位置 $p$，分裂成 $[l,p-1]$ 和 $[p+1,r]$。那么 $A$ 的最大值确定了，考虑 $B$ 的最大值。我们先考虑 $B$ 的最大值在中点左侧的情况，可以在左侧每次跳前缀最大值，然后在右侧找到使得这个最大值合法的最大右端点，贡献容易计算。时间复杂度期望 $O(qn\log n)$。可以获得 $36$ 分。

进一步优化

考虑数据不随机。仍然分治。但是是序列分治。考虑跨越区间中点的贡献，先考虑 $A,B$ 最大值都在同侧的情况，在某侧枚举区间的左 / 右端点 $i$，容易计算出另一侧最远合法的 $j$，贡献容易计算。用双指针维护。
考虑最大值不在同侧的情况，仍然枚举 $i$，这个时候可以得到区间 $[j,k]$ 表示端点在区间内的都合法。于是仍然双指针维护区间。时间复杂度 $O(qn\log n)$，可以获得 $52$ 分。

思考：分治分治分治。正解不会。

P3572

难度：绿
要求我们 $O(nq)$ 过。强制使用单调队列，那咋办。

需要思考的地方在弹出队尾的时候，记队尾为 $b$，当前为 $i$。那么 $f_b > f_i$ 显然直接弹掉，否则如果 $f_b = f_i$，我们取 $h$ 更大的那个。那么做完了。出题人好心没卡 stl。
思考：写出朴素 dp。单调队列弹出的时候需要思考。

P4158

难度：绿

显然 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 行，涂了 $j$ 次，每行当一个背包做。现在对每行要做一个 dp，$g_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个字符，涂了 $j$ 次，能涂到最多的格子数。
然后声称我们涂的区间肯定不会有交集，否则交集是无用的，肯定可以变成两个不交的涂色区间。
于是转移枚举当前涂色区间的右端点，$g_{i,j} = \max(g_{k,j-1} + W(k+1,i))$，$W(l,r)$ 表示 $l\sim r$ 中 $0,1$ 数量最多的那个数量。前缀和容易维护。那么做完了。
思考：结论是，涂的区间肯定不会有交集。

P7414

难度：蓝

类似的，我们同样声称涂的区间肯定不会有交集。考虑区间 dp。$f_{i,j}$ 表示把区间 $[i,j]$ 上色需要最小的操作数。板子是枚举 $k$，$f_{i,j} = \min(f_{i,k} + f_{k+1,j})$，这个显然是对的。然后在 $A_i = A_j$ 的时候 $f_{i,j} = f_{i+1,j-1}+1$，但是这个是不对的，因为可能 $[i+1,j-1]$ 涂色时可以刚好把 $l,r$ 覆盖到，这样就多算的贡献。于是变成 $\min(f_{i,j-1},f_{i+1,j})$，因为肯定可以把某次操作覆盖到 $l/r$。时间复杂度 $O(n^3)$。
思考：区间 dp 的变形。

P3847

难度：绿

类似的区间 dp。$f_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 的答案。转移的时候，若 $A_i=A_j$，有 $f_{i,j} = f_{i+1,j-1}$，否则 $f_{i,j} = \min(f_{i+1,j},f_{i,j-1},f_{i+1,j-1})+1$，容易发现这三个状态都能再通过一次操作来变合法。
思考：仍然是区间 dp，把题目的操作转化成几个合法的状态。

P11233

难度：青
时隔两年还是不会。我喜欢你。这个 dp 也太牛了。

接下来是一万种 dp 做法。

Sol1

发现每个时刻（状态）我们总是在考虑要把当前的数染成红色还是蓝色，假设我们在染 $i$。那么 $i-1$ 肯定是某个颜色的末尾，然后我们记录另一种颜色的末尾为 $v$，$f_v$ 表示另一种颜色末尾为 $v$ 的最大价值。转移的时候分讨 $i$ 要放哪个：

放 $i-1$。那么所有 $f_v \to f_v + [A_i = A_{i-1}]A_i$。
放 $v$。注意此时另一种颜色的末尾变成 $A_{i-1}$ 了，我们要对 $f_{A_{i-1}}$ 进行更新。如果 $v = A_i$，贡献是 $f_v + v$。否则贡献是 $\max(f_{v})$，其中 $v \ne A_i$。

前者是区间加，后者需要求 $f_{A_i}+A_i$ 以及除了 $f_{A_i}$ 之外 $f_v$ 的最大值，由于 $A_i > 0$，直接维护全局 $f_v$ 的最大值，再与 $f_{A_i} + A_i$ 取最大值即可。这个不用数据结构就能做。

Sol2

考虑更正常一点的 dp。$f_{i,0/1}$ 表示第 $i$ 个元素涂红 / 蓝色。很难转移，从贡献的角度出发。如果 $i$ 没有贡献，显然 $f_{i,0/1} = \max(f_{i-1,0/1})$。否则 $i$ 有贡献，考虑 $f_{i,0}$，存在前面某个 $j$ 满足 $A_i=A_j$，给 $j$ 涂红色，$[j+1,i-1]$ 涂蓝色。一个贪心是我们肯定找最近的 $A_j=A_i$，否则贡献不优。那么考虑计算贡献：

$[1,j]$，贡献为 $f_{j,0}$。
$(j+1,i)$，贡献容易预处理。
$j+1$，你需要考虑 $j$ 之前第一个涂蓝色的点，这个很难受。你发现我们钦定了 $j$ 是最近的满足 $A_i=A_j$ 的 $j$，于是 $f_{j+1,1}$ 就是对的。。。因为 $A_{j+1} \ne A_j$，在计算 $f_{j+1,1}$ 的时候 $j+1$ 不可能和 $j$ 同色。
$i$，显然是 $A_i$。

总结一下就是 $f_{i,0} = \max(f_{i-1,0/1},f_{j,0} + W(j+1,i) + f_{j+1,1})$。其中 $j$ 是 $A_i$ 上一次出现的位置。$f_{i,1}$ 同理。那么做完了。时间复杂度 $O(Tn)$。

思考：dpdpdp，第二种 dp 的关键是注意到转移肯定是从最近的相同颜色转移，同时 dp 可以从贡献的角度出发。第一种 dp 是另一种观察。

P3084

难度：紫

这个题有点牛。考虑 dp，$f_i$ 表示前 $i$ 头奶牛，第 $i$ 头必需选的答案。$f_i = \max(f_j)+1$，这是转移方程。然后我们考虑限制怎么满足，来得到合法 $j$ 的决策点。
每个区间有且仅有 $1$ 头奶牛被选。那么转化成最多 $1$ 头和最少 $1$ 头来考虑。

最多 $1$ 头

对于某个区间 $[l,r]$，如果 $i$ 被包含，那么 $j$ 有个要求就是 $j < l$。因此需要找到包含 $i$ 的所有区间中左端点最小的那个 $l'$，有 $j < l'$ 的要求。

最少 $1$ 头

对于某个区间 $[l,r]$，如果 $r < i$，那么 $j$ 有个要求是 $j \ge l$，否则 $[l,r]$ 就没东西了。因此找到所有 $r < i$ 的区间中 $l$ 最大的那个 $l'$，有 $j \ge l'$ 的要求。
于是现在要干啥。对于每个奶牛 $i$，现在要找到两个东西：

找到所有包含 $i$ 的区间中左端点的最小值。记 $h_i$ 表示这个东西，式子就是 $h_i = \min(l_i, h_{i+1})$，$l_i$ 表示右端点为 $i$ 的区间的左端点。注意由于 $h_{i+1}$ 可能 $> i$，判掉这种情况即可。
找到所有右端点 $<i$ 的区间中左端点的最大值。记 $g_i$ 表示这个东西。这个容易扫描线，区间按右端点排序后暴力加右端点 $< i$ 的区间进来即可。

那么求出了 $l_i$，$g_i$。转移随便用 ds 优化即可。由于 $l_i,g_i$ 有单调性，可以用单调队列维护。偷懒写 sgt。
思考：刚好转化成至少和至多，然后这个分讨太厉害了。

P8511

难度：紫
lxl 有点强了。

不考虑在子树内这个限制。那么问题就变成任意选两个点使得异或权值最大，字典树模板。假设当前找到的点对为 $(x,y)$。
那么对于那些子树里不包含 $x,y$ 的，答案就是 $a_x \oplus a_y$。对于那些子树含 $x,y$ 的，那咋办。这些点显然是 $1\sim x$ 路径上和 $1\sim y$ 路径上点的并集。
然后对这两条链分别做一遍，假设我们当前在 $x$，往下走到 $y$，那么 $x$ 以及所有 $x$ 的子节点 $v(v \ne y)$ 的子树都可以被算入贡献。容易用字典树维护。那么做完了。
思考：弱化限制，再考虑限制。好像挺难写。

P2831

难度：绿

容易想到状压。转移的时候枚举还没选的点 $i$ 以及另一个没选的 $j$，计算出 $i,j$ 对应的函数解析式，再求出有多少点在这个函数上，进行转移。容易做到 $O(2^nn^3T)$。
优化一下，显然可以预处理优化掉一个 $n$，做到 $O(2^nn^2T)$。直接过了。
当然还可以优化。由于我们是刷表进行转移，对于每个状态，我们只需找到最小的还没选的点，用这个点来更新。因为即使这次转移不选这个点，你后继的状态还是要选这个点，先做和后做本质不用区别。于是每次做最小的点即可。时间复杂度 $O(2^nnT)$。
思考：dp 转移状态的时候，没必要一次性把状态考虑掉，如果某个前驱可以被另一个前驱考虑掉，那么就可以不考虑。有效减少状态数。

P2254

难度：下位青
有点神秘。

容易想到朴素 dp。$f_{t,i,j}$ 表示第 $t$ 个时刻在点 $(i,j)$，转移是容易的，理论上可以获得 $50$ 分。
你考虑它为啥要给你区间。容易想到在区间上 dp，$f_{t,i,j}$ 表示当前在第 $t$ 个区间的末尾，已经走到了 $(i,j)$，等价于往某个方向最多走 $k=len_t$ 步。转移的时候 $f_{t,i,j} = \max(f_{t-1,i',j'}) + ?$，容易用单调队列维护。时间复杂度 $O(knm)$，可以用 sgt 带个 log。
思考：观察到给的是区间，启发在区间上 dp。

P14525

难度：下位绿
太强大了。

这个权值很诡异。记矩阵的长为 $h$，宽为 $w$。不妨钦定 $\min(h,w)=h$。我们枚举 $[i,i+h-1]$ 钦定一下矩阵的长，那么把每一列看出一个数，做一遍长度 $\ge h$ 的最大子段和就是对的。同理钦定 $\min(h,w)=w$ 再做一遍即可。
思考：关心最小值就给它确定掉，然后每一行 / 列就可以看成一个数。

P8903

难度：上位绿
有点变态。

考虑朴素 dp，容易做到 $O(n^4)$，结合前面的性质可以获得 $50$ 分。
然后需要一个贪心策略。我们称牟尼为钱，冰激凌甜筒为甜筒。你发现在固定下来选的奶牛时，我们把甜筒给 $X$ 更小的奶牛是更优的，这样剩下的钱会更多。于是把 $X$ 小到大排序，然后对前缀进行 dp，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 头牛，用了 $j$ 个甜筒能得到的最大欢迎度。也就是说 $i$ 之前的奶牛我们都用甜筒付钱。再对后缀做 dp，$f_{i,j}$ 表示第 $i+1\sim n$ 头奶牛，用 $j$ 块钱能得到的最大欢迎度。那么把前后缀合并就是对的。注意第 $i$ 头牛可以用甜筒也可以用钱付。时间复杂度 $O(n^2)$。
思考：贪心与 dp 的结合，先做到 $O(n^4)$，然后贪心地想，肯定把甜筒给 $X$ 更小的奶牛，排序完做前后缀 dp 即可。

CF597C

难度：下位绿

简单 dp，$f_{i,j}$ 表示以 $i$ 结尾，长度为 $j$。那么建 $k$ 个 bit，每次从 $f_{i,j}$ 从 $f_{x,j-1}$ 其中 $x < i$ 转移，在第 $j-1$ 个 bit 查询前缀和即可。
思考：naive

P4147

难度：绿

最大子矩阵问题。
考虑悬线法。$f_{i,j}$ 表示往上最远能到哪，转移的时候若 $(i,j)$ 不是障碍，$f_{i,j} = f_{i-1,j}+1$。再维护 $L_{i,j},R_{i,j}$ 表示这条悬线向左 / 右最远能到哪。转移 $L_{i,j} = \max(L_{i,j},L_{i-1,j})$，$R_{i,j}$ 同理。这样可以枚举出所有极大子矩阵，从而在 $O(nm)$ 的时间复杂度求得答案。
思考：要求最大子矩阵，可以枚举所有极大子矩阵，来求得答案。

P3400

难度：青

求全为 $1$ 的子矩阵数量。维护 $up_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 向上最远能到哪。然后维护 $(i,j)$ 表示子矩阵的右下角，计算合法的左上角的个数。假设当前在枚举第 $i$ 行，然后在第 $j$ 列，你发现会影响当前答案的 $0$ 的位置总是单调递减的，因为如果一个 $0$ 在 $j$ 左侧，但它位置比 $j$ 对应的高，那就没用了。于是单调栈去维护，然后我们得到了上一个 $j' < j$，满足 $up_{i,j'} < up_{i,j}$，显然 $(i,j')$ 对应的答案是能继承的，然后额外的贡献就是 $(j-j') \times (i-up_{i,j})$，那么做完了。时间复杂度 $O(nm\log n)$。
思考：这类矩阵计数问题，无非就是枚举右下角，然后考虑合法的左上角个数。本题里注意到有用的 $0$ 点位置需要单调递增，计数即可。

P8783

难度：黄

求子矩阵和 $\le V$ 的子矩阵个数。我们枚举矩阵的左边界 $[l,r]$，相当于用两条线切出了中间一块区域，然后对于每一列，$[l,r]$ 可以压缩成一个值，然后变成一维，双指针维护和 $\le V$ 即可。
思考：naive

posted @ 2026-08-29 13:52 RainyRadio 阅读(15) 评论(0) 收藏举报

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