Week 2

随机跳题

CF1209E1

难度：下位青

咋不会 /ll
\(n\) 行实际上只会取 \(n\) 个最大值，最坏情况下你可以取前 \(n\) 列的最大值。那么只考虑 \(n\times n\) 的矩阵，可以暴力搜。
考虑 dp，\(f_{i,S}\) 表示考虑前 \(i\) 列，状态 \(S\) 里的行的 \(\max\) 已经确定，转移的时候考虑第 \(i\) 列确定了哪几行。朴素枚举子集就可以做到 \(O(m3^nn^2)\)，注意到对于一个状态和一个列，可以预处理，就可以做到 \(O(n^22^n + m3^n)\)。优化成 \(n\times n\) 的矩阵就是 \(O(3^nn)\)，可以通过。
思考：观察出可以优化成 \(n\times n\) 的矩阵，可以直接搜。当然注意到数据范围小，直接状压 dp。

CF1209E2

难度：蓝

\(O(3^nn)\) 的 dp 直接就过了。

CF558E

难度：青

注意到只有 \(26\) 个字符。考虑暴力！对于区间 \([l,r]\)，依次从 \(a\) 考虑 \(z\)，查询区间出现次数，然后从左到右覆盖。我们需要区间查询出现次数，区间进行覆盖，容易在 sgt 上实现。
思考：由于值域小考虑暴力。然后可以用 ds 优化就做完了。

P2824

难度：青

二分答案。将序列中 \(\ge mid\) 的数赋为 \(1\)，其余为 \(0\)。如果操作完之后，第 \(p\) 个位置数是 \(1\) 就合法。然后转化为 \(01\) 排序问题。每次查询 \(0\) 出现次数 \(c\)，然后 \([l,l+c-1]\) 赋值为 \(0\)，其余赋成 \(1\) 就对了。
思考：妙妙 trick。

B4161

难度：绿

闹麻了。赛时会了几乎所有的观察，没想到最后的差分 /ll
你注意到一个操作 \(1\) 的贡献显然与它后面操作 \(2\) 的个数有关，容易写出这个暴力：

void sub1() {
	for (ll t = q; t; -- t ) {
		for (ll i = r[t]; i >= l[t]; -- i ) {
			if (o[i].op == 2) ++ ct; 
			else 
				p[i] = add(p[i], fstpow(2, ct)); 
		}
	}
	for (ll i = 1; i <= m; ++ i ) {
		if (o[i].op == 2) continue; 
		A[o[i].id] = add(A[o[i].id], p[i] * o[i].v % mod); 
	}
	for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) cout << A[i] << ' '; cout << '\n'; 
}

如何加速？考虑差分。。。遇到一个 \(2\) 就翻倍，就是对的。。。

void sub1() {
	for (ll t = q; t; -- t ) {
		w[r[t]] = add(w[r[t]], fstpow(2, ct)); 
		ct += s[r[t]] - s[l[t] - 1]; 
		w[l[t] - 1] = add(w[l[t] - 1], -fstpow(2, ct)); 
	}
	for (ll i = m; i; -- i ) {
		w[i] = add(w[i], w[i + 1]); 
		if (o[i].op == 2) 
			w[i] = w[i] * 2 % mod; 
		else
			p[i] = w[i] % mod; 
	}
	for (ll i = 1; i <= m; ++ i ) {
		if (o[i].op == 2) continue; 
		A[o[i].id] = add(A[o[i].id], p[i] * o[i].v % mod); 
	}
	for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) cout << A[i] << ' '; cout << '\n'; 
	exit(0); 
}

思考：还是菜了。这个差分很显然啊！

P6847

难度：蓝

我咋暴力都不会写 /ll
树形 dp。\(f_{u,t}\) 表示考虑 \(u\) 子树，\(u\) 和它父亲的边断的时刻 \(\le t\)。转移的时候：

• \(u\) 无贡献。\(f_{u,t} = \sum f_{v,t}\)。
• \(u\) 有贡献。那么子树内如果想要贡献，断开时间需要 \(\le d_u\)，\(f_{u,t} = \max(w_u + \sum f_{v,d_u})\)，其中 \(t \ge d_u\)。

时间复杂度 \(O(nk)\)。可以获得 \(34\) 分。
思考：缺一个 sgt 合并优化。

P9318

难度：紫

/ll/ll/ll/ll/ll/ll
考虑 dp。\(g_i\) 表示前 \(i\) 列，高度为 \(h\) 随便填的方案数。考虑这个怎么计算，我们按每一行单独考虑，\(l_i\) 表示每一行的前 \(i\) 列，显然 \(l_0=l_1=1\)，\(l_i = l_{i-1}+l_{i-2}\)，即斐波那契数列。那么 \(g_i = h_i^h\)。
再考虑 \(f_i\) 表示前 \(i\) 列，高度为 \(m\)，合法的方案数。正着难做考虑熔池！转移的时候枚举 \(i\) 所在的连通块，\(\displaystyle f_i = g_i - \sum_{j=1}^{i-1} f_jg_{i-j}\)。容易做到 \(O(w^2)\)。我咋这个都不会 /ll/ll/ll/ll 拼包获得 \(80\) 分。
考虑一个依赖 \(h\) 的算法来通过本题。考虑什么时候连通，你发现每一列至少有一个向右出去的 \(1\times 2\) 的块，考虑在这上边做文章。\(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 列有 \(j\) 个 \(1\times 2\) 的块出去了。初始化 \(f_{1,j} = \binom{h}{j}\)。转移的时候枚举第 \(i\) 列有多少个，注意保证 \(j \ge 1\)。可以考虑滚动数组优化，做到 \(O(h^2w)\)。
\(hw \le V\)，常见的 trick 是转化成 \(\min(h,w) \le \sqrt V\)。考虑数据点分支，当 \(h^2 \le w\) 时，使用解法二，否则解法一。时间复杂度 \(O(\min(h^2,w)w)\)。
思考：两种 dp 做法，常见的思考是按列去 dp，转移枚举 \(i\) 所在连通块。另一种思考连通的本质，按这个去 dp。

P3411

难度：青

有点难，不会 /ll
大胆猜想答案是最长不下降子序列，但是不对。手玩一下可以发现，你对每个数离散化成排名之后，需要这个子序列里值域连续。那咋办。
定义满足要求的序列为好序列。一个好序列，由三部分组成。\([mn,mn+1)\)，\([mn,mx]\)，\((mx-1,mx]\)，其中 \([mn,mx]\) 要求序列里所有 \(\in [mn,mx]\) 的数都出现在这个好序列里，这要求 \(\forall x < y \in [mn,mx], r_x < l_y\)，其中 \(l_a,r_a\) 表示 \(a\) 最左侧 / 右侧出现的位置。那么我们按小到大枚举数，当 \(l_i > r_{i-1}\) 时就只能以 \(i-1\) 为结尾算一次。前面和后面的可以暴力。那么做完了。
思考：难难题 /ll

ABC311F

难度：绿

感觉我菜完了。容易想到 sgt 维护哈希值，具体怎么维护？
单点修改容易，问题是在 pushup 的时候，我们可以这么写：

struct node {
	ll l, r; 
	ull hs; 
} tc[N]; 
void pushup(ll k) {
	ll mid = tc[k].l + tc[k].r >> 1; 
	tc[k].hs = tc[ls].hs * (pw[r - mid]) + tc[rs].hs; 
}

那么做完了。
思考：考虑是怎么哈希的，\(hs_i = hs_{i-1} \times P + S_i\)，可以合并。

P5268

难度：青

神了。注意到 \(n \le 5 \times 10^4\)，考虑分块 / 莫队。
考虑莫队，答案是 \(\sum get(l_1,r_1,x)get(l_2,r_2,x)\)，考虑熔池，那么 \(get(l,r,x) = get(1,r,x) - get(1,l-1,x)\)，不妨记 \(g(p, x) = get(1,p,x)\)，答案就能变成 \(\sum (g(r_1, x) - g(l_1-1,x))(g(r_2,x) - g(l_2,x)) = \sum g(r_1,x)g(r_2,x) - g(r_1,x)g(l_2,x) - g(l_1-1,x)g(r_2,x) + g(l_1-1,x)g(l_2,x)\)，使用莫队维护做到 \(O(n\sqrt n)\)。
但是还是太吃操作了。考虑分块，维护 \(g_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数在前 \(j\) 个块里出现了多少次，容易 \(O(n\sqrt n)\)。询问的时候拆贡献，分别维护两个区间整块、散块的贡献，那么搞定了。时间复杂度 \(O((n+q)\sqrt n)\)。

P3295

难度：蓝

萌在哪？！！
容易使用并查集做到 \(O(nm)\)。具体我们对于区间 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)，将 \(l_1+x\) 和 \(l_2+x\) 合并掉。
这类一一对应合并的题，妙妙的 trick 是使用 st 表优化，\(f_{i,k}\) 表示 \([i,i+2^k-1]\) 区间所在集合的根的左端点，初始化 \(f_{i,k}=i\)。合并的时候倍增来跳。最后对于第 \(k\) 层，考虑如何向下合并，记 \(p = f_{i,k}\)，将 \(f_{i,k-1}\) 的祖先合并到 \(p\)，将 \(f_{i+2^{k-1},k-1}\) 合并到 \(p + 2^{k-1}\)。
这是因为并查集具有结合律，你假设当前要让 \([a,b]\) 和 \([c,d]\) 合并，将 \([a,b]\) 划分成 \([a,m_1]\) 和 \((m_1,b]\)，将 \([c,d]\) 划分成 \([c,m_2]\) 和 \((m_2,d]\)，那么你分别合并两个前者和两个后者显然是对的。
合并的代码：

for (ll p = Lg[n]; p; -- p ) {
	for (ll i = 1; i + (1ll << p) - 1 <= n; ++ i ) {
		ll rt = find(i, p); 
		merge(i, rt, p - 1); 
		ll ex = 1ll << (p - 1); 
		merge(i + ex, rt + ex, p - 1); 
	}
}

思考：太秒了！！！

P1989

难度：青

很好的 bitset 题。首先考虑暴力咋写，首先肯定可以 \(O(n^3)\)，\(O(m^2)\)，\(O(nm)\)。三个做法分别是枚举三个点，枚举两条边，枚举一个点和其对边。
前两种没有前途，考虑第三种做法，具体地，我们枚举每条边 \((u,v)\)，然后考虑是否存在 \(w\) 使得存在边 \((u,w)\) 和 \((v,w)\)。
考虑使用 bitset 优化，相当于 \(u,v\) 的出边集合与起来。但是这样空间会炸。考虑根号分治，瓶颈在于有一些度数小的点，我们给它开个 \(n\) 个点，这样很多都是 \(0\)。于是设立阈值 \(B = \sqrt n\)，当度数 \(> B\)，开 bitset，否则直接暴力。那么做到时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

P3535

难度：绿

一个贪心的结论是编号 \(>k\) 的点之间的边是肯定会保留的。因为如果一个编号 \(\le k\) 的点，在一个简单环里，你断开这个编号 \(\le k\) 的点的出边显然是优的。那么先把保留的边加入，剩下的边能加则加即可。
思考：贪心猜结论。

P5684

难度：下位绿

萌萌计数。考虑直接熔池，然后我们只关心每个字母的出现次数，对于同一种字母，假设出现了 \(k\) 次，那两边都会出现 \(k/2\) 次，随便排列计数一下即可。
思考：简单题。

P11008

难度：绿

容易 \(O(n^2)\)，可以获得 \(66\) 分？！
考虑我们暴力的过程。我们枚举 \(p_1\)，显然要求 \(p_1 \ne b_1\)，然后我们递推出整个 \(p\)，判断 \(\max p\le n\) 且 \(\min p > 1\) 则合法，且 \(p\) 没有重复出现的数则合法。考虑怎么快速判断这个东西，对 \(b\) 做前缀和，那么 \(s_i\) 的意义就是 \(s_i = p_1 \oplus p_{i+1}\)，那么 \(p_i = p_1 \oplus s_{i-1}\)。先考虑会不会出现重复数，你发现假设 \(p_x = p_y\)，有 \(p_1 \oplus s_{x-1} = p_1 \oplus s_{y-1}\)，容易发现与 \(p_1\) 无关。又由于题目保证有解，所以肯定不会出现重复数。
只需要判断 \(\max(p_1 \oplus s_i) \le n\) 和 \(\min(p_1\oplus s_i) \ge 1\)，容易字典树随便维护。那么搞定。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
思考：考虑暴力。考虑异或前缀和，然后可以优化掉暴力。

P12021

难度：绿

考虑建边，将 \(x \to kx\) 建边，你发现图里是一条条链。每条链是独立的，可以分别计算然后乘起来。然后你发现在每条链上选的方案数，只与链的长度有关。考虑计算两个东西：

• 长度为 \(l\) 的链的方案数？考虑 dp，容易发现就是斐波那契数。
• 长度为 \(l\) 的链的个数？你发现长度至少为 \(i\) 的链上的点个数就是那些能被 \(k^{i-1}\) 整除的数的个数，手玩一下容易得到结论。那么搞定。
  思考：想到连边，就很好计算了。

P9323

难度：青

交互只会做黄。那咋办。
由于要求与 \(0\) 方案等价，显然我们构造出来的东西是个森林（没有环）。也就是一个点至多一条出边。
你考虑怎么求点 \(i\) 的出边，显然可以只在 \([1,i-1]\) 里找。你考虑当前已经连上了 \([1,i-1]\)，得到 \(i-1\) 个版本。然后你发现一个 key observation 是你可以二分第一个使得 \(1,i\) 连通的版本 \(j\)，这表明原图里 \(j,i\) 连通，如果找不到显然 \(i\) 没有出边（或者是后面的点连到 \(i\)）。
然后如果你朴素建完 \(n\) 个版本再连边会被卡。考虑边建版本边连边，具体考虑点 \(i\)，如果 \(i\) 找到了出边 \(j\)，直接用版本 \(i-1\)。否则使用任意一个版本，再与 \(i\) 连上边的新版本，具体你取最后一个二分得到的版本即可。
边数是 \(O(n\log n)\) 量级，显然远小于这个东西，能过。
思考：人类吗。

P9255

难度：绿

tang。
\(k\le 3\) 随便做。你考虑 \(k>3\)：
如果满足 \(a_1\le a_2 \le \cdots \le a_n\) 显然无解。不然至少存在一个 \(i\) 满足 \(a_i > a_{i+1}\)，把 \(i,i+1\) 单独分两段，剩下随便分就是对的。那么做完了。
思考：萌萌结论题。

P10102

难度：青

赛场上可能只会随机选点 /ll
要求 \(A \times B = C\)，考虑压维，构造一维矩阵 \(D\)，那么大概率满足 \(D \times A \times B = D \times C\)，这样就是 \(O(n^2)\) 的了，多跑几遍就能过。至于这个 \(D\)，随一个出来就行。
思考：trick，考虑压维。好像也能哈希。

lojp137

难度：青

kruskal 重构树 /ll 复习一下。
算法的流程是假设当前在求点对 \((x,y)\) 之间的路径上边权最大值的最小值。考虑 kruskal 的算法流程：

• 建立 \(n\) 个集合，初始点权都是 \(0\)。
• 按边权小到大排序，依次考虑每条边 \((u,v,w)\)。
• 找到 \(u,v\) 的根节点，新建一个点，点权为 \(w\)，将 \(u,v\) 的根节点分别设为这个新建节点的左右儿子。

那么建立出这珂重构树之后，任意两点的答案就是它们 lca 的点权。妙完了。

P4768

难度：蓝

关心两点间路径上边权最小值的最大值，考虑 kruskal 重构树。
你建出这珂树之后，从 \(v\) 开始走，找到最后一个权值 \(> v\) 的祖先节点，那么这个节点子树里所有的叶子节点，你都能从 \(v\) 走到它，那么预处理子树内到 \(1\) 距离的最小值即可。半个钟过了，代码不算难写。

思考：想到重构树之后就随便做了。

P16318

难度：青

不会做。感觉菜完了。
由于公差为 \(1\)，直接令 \(a_i \to a_i - i\)，问题就变成让一段数相等。考虑二分答案 \(x\)，然后考虑怎么快速判断 \([l,r]\) 是否合法。显然我们肯定让所有数变成中位数，维护区间中位数，再维护区间小于中位数的元素和，容易用对顶堆和 bit 维护，做到 \(O(n\log^2 n)\)。
但是过不去 /ll，需要优化。你发现假设区间 \([l,r]\) 合法，任意子区间也合法，考虑双指针，优化掉一个 log。
注意由于本题带删除，使用对顶可重集来维护中位数。但是注意由于带删除，直接钦定某个集合是中位数所在集合，不然可能会出错。
思考：第一步的转化是关键的。这类公差为 \(1\) 的等差序列就要想到减去 \(i\) /ll

P16314

难度：绿

感觉冷静下来认真想是容易的。但是赛时冲 t3 让我没法冷静下来 /ll
记 \(s_i\) 表示第 \(i\) 列 \(1\) 的数量，显然 \(\forall i\) 有 \(s_i + s_{m-i+1} < 2\)，接下来分讨：

• \(s_i + s_{m-i+1} \le 1\) 无限制。
• \(s_i = s_{m-i+1} = 1\)，记行分别是 \(x,y\)，这要求行 \(x\) 与行 \(y\) 操作方向相同。
• \(s_i = 2 / s_{m-i+1}=2\)，记行分别是 \(x,y\)，这要求行 \(x\) 与行 \(y\) 操作方向不同。

建边，然后跑连通块即可。时间复杂度 \(O(nm)\)。

P16309

难度：紫

依旧不会树上背包 /ll
容易想到状态 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \(i\) 的子树，\(i\) 所在连通块大小为 \(j\) 的方案数。初始 \(f_{u,1}=1\)。
然后考虑枚举 \(u\) 所在连通块大小为 \(s_u\)，方案数为 \(w_u\)，枚举儿子所在连通块大小为 \(s_v\)，方案数为 \(w_v\)。考虑边 \((u,v)\) 是否活着：

• \((u,v)\) 活着。要求 \(s_u+s_v \le k+1\)，那么 \(f_{u,s_u+s_v} \leftarrow w_uw_v\)。
• \((u,v)\) 爆掉。这要求 \(s_v = k / k+1\)，\(f_{u,s_u} \leftarrow w_uw_v\)。

直接做是二次方的。但是使用哈希表来存 \(f\)，有用的状态数极少，题解证明时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)，能过。

P16356

难度：紫

考虑结论：对于任意正整数 \(x,y,z\)，如果 \(2y > x\)，有 \(x\bmod y + y\bmod z \ge x \bmod z\)。那么考虑一个顶点序列 \((v_{i-1},v_i)\)，如果中间存在 \(p\) 使得 \(2a_p > a_{v_{i-1}}\)，把 \(p\) 加入顶点序列显然不会更劣，于是令 \((v_{i-1},v_i)\) 为不合法转移。
假设当前在计算 \(f_u\)，在计算完 \(f_u\) 后，前面满足 \(2a_p < a_u\) 的 \(p\) 就没用了，可以使用队列维护，将其弹掉。同时注意距离 \(\le L\) 这个限制。每次可以暴力枚举队列更新。由于队列里满足 \(a_x \ge 2a_{x+1}\)，队列大小是 \(O(\log V)\) 的，每次暴力更新就是 \(O(n\log V)\)。
思考：妙妙 trick。缺一个根号分治做法。