2025.5 题目随记
Hall 定理
设一个二分图的两部为 \(X\) 和 \(Y\)，且 \(|X|\leq|Y|\)，那么其存在完美匹配的充分必要条件是——对于每个 \(X\) 的子集 \(S\)，都有 \(|N(S)|\geq |S|\)，其中 \(N(S)\) 为 \(S\) 的邻集。
Proof.
首先证明必要性，考虑反证法。若二分图存在完美匹配，且 \(|N(S)| < |S|\)，那么 \(|S|\) 中的点必然不可能匹配完全，因为跟它匹配的点都不够，必要性是显然的。
接下来证明充分性，我们使用数学归纳法。
- 我们断言，在如上条件满足的情况下，且存在一个子集满足 \(|N(S)|=|S|\)，则这个二分图存在完美匹配。
Proof.
如果删去集合 \(|S|\) 和 \(|N(S)|\)，存在 \(|N(T)| < |T|\) 的集合 \(T\)，那么在没删集合 \(S\) 的时候，\(|N(S\cup T)|\leq |N(S)| + |N(T)|<|S|+|T|=|S\cup T|\)，与我们的假设矛盾，于是此情况下，Hall 定理直接成立。
- 递归部分，若对于左部点，任意集合 \(S\) 都满足 \(|N(S)|>|S|\)，那么我们考虑找到 \(S\) 中的一个点 \(u\)，找到一条匹配边 \((u,v)\)，我们把 \(u\) 和 \(v\) 都删去，这样我们也不用考虑 \(u\) 了，因为 \(u\) 已经匹配了。
然后由于我们删去了点 \(v\)，所以对于任意集合 \(S\)，\(|N(S)|\) 要么不变要么减去了 \(1\)。由于 \(|N(S)|>|S|\)，所以 \(|N(S)|-1\geq |S|\)。
于是我们就成功归纳到小问题了。
综上，Hall 定理成立，证毕。
Hall 定理强推论
这个在 arc076f 里面有用到，不过那个题我写过，现在就不写了，回头再说那个题吧。
定理说的是二分图的最大匹配数 \(q = |X| - \max(|S| - |N(S)|)\)，其中 \(S\) 是 \(X\) 的子集。
Proof.
- \(q \leq |X| - \max(|S| - |N(S)|)\)
这个是较为显然的，你显然有 \(\max(|S| - |N(S)|)\) 个匹配不上，其他的我也不知道匹不匹配的上，故此部分成立。
- \(q \geq |X| - \max(|S| - |N(S)|)\)
我们考虑构造法，我们在右部中加入 \(\max(|S| - |N(S)|)\) 个点，让他们与 \(X\) 中的每个点都有连边，这时，显然的，每个子集 \(S\) 都有 \(|N(S)|\geq |S|\)，那么根据 Hall 定理，其有完美匹配。
那么删掉这 \(\max(|S| - |N(S)|)\) 个点后，也至多会有 \(\max(|S| - |N(S)|)\) 不匹配，故此部分成立，综上，推论正确。
[ARC106E] Medals
首先可以很快想到一个网络流建模，我们左部点是人，右部点是天，我们源点 \(s\) 向每个左部点连一条流量为 \(k\) 的边，然后左部右部之间连边按题意来即可。最后天和汇点连流量为 \(1\) 的边，然后二分右部点个数，跑最大流看是否能跑满即可，复杂度显然不对。
虽然 Hall 定理据 ysz 说在这种图上也成立，但是我还是倾向于把一个点拆成 \(k\) 个点，然后连容量为 \(1\) 的边看是否能流满。这样就是一张标准的二分图了，我们考虑使用 Hall 定理。
设 \(g_i\) 为第 \(i\) 天的有效人的集合，这可以 \(O(2^n\times k)\) 预处理出来。
然后借鉴上面的思路，二分一个 \(mid\)。接下来的思路也非常有启发性，我们想求出每个集合 \(S\) 的 \(|N(S)|\)，而其能包含天数 \(p\) 的充分必要条件是其与 \(g_p\) 有交。这个东西非常不好刻画。于是我们反过来算。取 \(S\) 的补集 \(S'\)，问题转化为 \(S'\) 能包含多少个天数的集合，这样 \(S\) 与这些天的集合就不可能交，反之一定能交。于是我们设 \(f_i\) 为 \(i\) 集合能包含多少个天数的集合，这可以非常容易的使用 SOS DP（高维前缀和）求出，然后我们取的就是 \(mid - f_{S'}\)。
对于每一个集合 \(S\) 判断 \(popcount(S)\times k\) 是否大于 \(mid - f_{S'}\) 即可。
于是我们就做完了。
[ARC106F] Figures
OGF 好题 + 入门题。
首先注意到，如若给定了度数序列 \((r_1,r_2,...,r_n)\)，且 \(\sum_{i=1}^n r_i = 2\times n-2\)，那么我们可以对 Prufer 序列稍加变形，答案即为 \(\frac{(n-2)!}{\prod_{i=1}^n (r_i-1)}\times \prod_{i=1}^n A_{d_i}^{r_i}\)。注意到我们可以将 \((n-2)!\) 拿出来。而 \(\prod\) 也较难处理，但是注意到这些东西都是分开的，于是我们也分开算。
因为 \(r_i\) 是一个枚举的过程，所以我们可以将其写为 OGF 的形式。
设 \(f_{i}(x)\) 为 \(i\) 点的生成函数，满足 \(f_{i}(x) = \sum_{k\geq 0} \frac{A_{d_i}^{k}}{(k-1)!}\times x^k\)。
推式子。$$\sum_{k\geq 0} \frac{A_{d_i}^{k}}{(k-1)!}\times x^k$$
以上都是非常基本的推式子组合变换。接下来使用广义二项式定理把去掉生成函数的求和形式，变为：
现在，我们将原式表达出来：
记 \(S = \sum d_i\)，那么原式变换为:
这样即可 \(O(n)\) 求出答案。
[ARC107C] Shuffle Permutation
感觉还不错的题，就记一下。看起来题目非常的不可做，于是我们考虑寻找不变量。注意到交换列的时候行号是永远不变的，行亦然。
于是我们考虑把行和列分开看。注意到在交换列的时候，列与列交换的可行的连边，构成一个个连通块。而列可以在自己所处连通块内任意交换。于是一个连通块内，列的排列方式就是 \(siz_i!\)，根据乘法原理，我们把这些东西乘起来即可。
行一样处理，最后都乘起来即可。暴力枚举即可，可以使用并查集维护连通块大小。
CF1290F Making Shapes
数位 DP 好题。
由于题目限制了凸包，于是你选定向量后，凸包形态是固定的。设 \(i\) 向量选了 \(a_i\) 次，于是我们有 \(\sum_{x_i>0} a_ix_i=\sum_{x_i<0} a_i(-x_i),\sum_{y_i>0} a_iy_i=\sum_{y_i<0} a_i(-y_i)\)。
与普通数位 DP 不同的是，我们考虑从低往高位 DP。这样你可能与 \(m\) 大小的讨论会有点儿麻烦，但是是不存在后效性一说的，因为数位本身没有后效性。
对于每一层，我们 \(2^n\) 暴力枚举这一层选的向量集合，因为我们确实并不关心向量到底选了多少个，而是关心他们之间和的相对关系，所以这个是对的。考虑你从低到高 DP 显然要维护一个进位，但是因为值域非常小，所以进位也不会太多，正常转移正常判即可。
然后我们就做完了。
CF1856E2 PermuTree (hard version)
比较经典的 Trick。
首先做 E1，我们可以猜一个比较好猜的结论，就是子树内编号连续，证明应该也不太难吧，不管了。反正就是你要让大于 \(a_{lca}\) 的个数乘以小于 \(a_{lca}\) 的个数尽量的大，又由于和是一定的，那么由均值不等式，只要让两个差尽可能小即可，但是实际上我们并不会用到这个东西。
考虑以每个点为 \(lca\) 暴力跑背包。这样是 \(O(n^2)\) 的，可以过掉 E1。
那么由于 \(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\) 约为 \(n\)。于是背包本质不同物品个数仅是 \(\sqrt{n}\) 级别的。这是个非常重要的发现，于是我们可以对这 \(O(\sqrt{n})\) 个物品跑多重背包。考虑直接二进制拆分。
又由于我们在做可行性背包，于是我们可以使用 bitset。于是复杂度来到 \(O(\frac{n\sqrt{n}\log n}{w})\)。但是由于题解的分析，我们的复杂度其实是 \(O(\frac{n\sqrt{n}}{w})\)，我们就可以过了。
虽然我也不知道最后一步怎么分析出来的不过这不重要了。
QOJ 9224 Express Eviction
对偶图最小割。
我们是在边界线上走的，然后你要从左上到右下。而原图连通等价于其对偶图不连通。而禁用的格子就可以直接连边了。连边怎么连呢，就是你在原图上考虑他禁用的是与本正方形有交的边，那么一个禁用格子如果可以通过禁用边走到另一个禁用格子，那么这两个东西就应该连边。
而这个东西你稍微分类讨论一下就是切比雪夫距离 \(\leq 2\) 的格子连边。
让其不连通，只需要在这张图上跑最小割即可。一个流量代表着把一个禁用点撤掉就是了。
[ARC107D] Number of Multisets
好题。
考虑你先把这个集合写出来。你考虑 \(\frac{1}{2^i}\) 这个东西是由一个 \(1\) 乘以 \(i\) 次 \(\frac{1}{2}\) 构成的。
而我们要做的，就是在这个集合里填 \(1\)，或者将此时集合内的所有数乘以 \(\frac{1}{2}\)。这样我们集合内的数应当是从小到大递增的。
转移时，我们设 \(f_{i,j}\) 为集合内有 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的方案数。那么我们加一个 \(1\) 就是加上 \(f_{i-1,j-1}\)，乘以 \(\frac{1}{2}\) 就是加上 \(f_{i,j\times 2}\)。而且因为你可以多次乘以 \(\frac{1}{2}\)，所以你这是一个完全背包。
好像现在才明白完全背包的转移方式唉。
CF475E Strongly Connected City 2
好题。首先有一个很强的结论。就是一个边双联通分量可以被定向成为一个 SCC。方法是 DFS 出双连通分量的一棵 DFS 树，树边全部向下，而返祖边全部反向即可。
这启发我们对于原图进行边双联通分量缩点。在一个 EBCC 中的贡献实质上是 \(siz_i^2\)。然后我们可以考虑缩完的树上的贡献。
我们证明一个更强的结论：必定存在一个根，使得对于其每一个子树，要么子树内边全部是向下指的，要么全部指向它。证明可以考虑将几条边反向然后调整归纳感受证明。
所以我们可以暴力枚举根，计算其子树大小，然后就变为了 CF1856E2 PermuTree (hard version)。跑背包即可。
复杂度 \(O(n^2)\)，当然可以用那题的结论将背包部分优化到 \(O(\frac{n\sqrt{n}}{w})\)，但是要保证总体复杂度，需要发现一个更加强大的结论，即这个根必然是带权重心，当然我也不会证那就随意了。\(n^2\) 也能过。
P9829 [ICPC 2020 Shanghai R] Traveling Merchant
基本的圆方树题吧，不讲我应当也会的。
看一眼结论，显然是个环，什么样的环也比较显然，首先得是个简单环，复杂环不优啊。然后就是肯定环上大多都是异色边，然后你手摸一下发现 \(3\) 元环是正确的。然后拓展一下发现是有一组同色边，其他是异色边就对了。
然后就是枚举同色边，看是否存在一条从 \(1\) 到 \(v\) 经过 \(u\) 的颜色交替路径。这玩意儿应当是挺简单的。取 \(u\) 和 \(v\) 的父亲 \(fu\) 和 \(fv\) 这两个方点，判断他们是否有祖先后代关系即可。判断祖先后代关系可以不带 \(\log\)，判断 dfn 转化为区间相互包含即可。
CF1062F Upgrading Cities
较为牛的一道题。考虑写出其拓扑序。
拓扑序有很多种，但是其中不变的量是有启发性的，我们记 \(u\) 的其中一种拓扑序列所处位置为 \(f_i\)。那么对于 \(f_v<f_u\)，则 \(u\) 必然不能到达 \(v\)，然后对于 \(f_v>f_u\)，\(v\) 必然不能到达 \(u\)。
那么对于原题面，对于 \(u\)，若其为关键点，则对于任意的 \(f_v<f_u\)，在拓扑排序执行到 \(u\) 时，若 \(u\) 出队，队列此时必然为空。因为若有点，说明一定存在一个 \(p\) 使得 \(outd_p=0\)，那么就完蛋了。反过来是一样的，跑一遍反图即可。
接下来，对于半关键点，在上面的队列为空修改为队列大小为 \(1\) 即可。但是还应该有一些限制，即队中唯一的元素的邻域中，不能存在一个 \(q\) 使得 \(ind_q=1\)，因为若 \(ind_q>1\)，其可以通过别的拓扑序更大的点达到。但是等于 \(1\) 就只能由队中唯一元素到达，你把它删了，那 \(u\) 也到达不了 \(q\) 了，\(q\) 也到达不了 \(u\) 了，那也完蛋了，反之亦然。
两种关键点可以合在一起写，正图反图跑两边拓扑排序即可。最后把可达点一和，大于等于 \(n-2\) 即可统计到最终答案中。
然后我们就做完了。
[AGC071C] Orientable as Desired
我们先考虑 \(\forall i,x_i=0\) 这样赋值，得到其的一个必要条件。这样，每个点如果要想成立，那么就必须是一张二分图。很好证，稍微证一下就是每个点要么全出要么全入，那么相邻两点的状态不可能相同，那么把全出设为白点，全入设为黑点，那么就是判断能否对原图黑白染色即可，即判断是否是二分图。
那么如果不是二分图，那么直接是 Yes。如果是二分图，我们考虑加强这个赋值。我们随意给一个地方调成 \(x\)，其他保持 \(0\)，我们 No 的条件是对于所有的 \(u\)，满足让 \(x_u\in [0, deg_u]\)，其余为 \(0\) 都可行。还挺苛刻的。而且这样赋值的充分性显然但是必要性我并不会证，我觉得应该也很难证明，先咕着。
然后就是考虑调整。我们考虑我们在干什么。我们建圆方树然后我们删了一个割点，他把圆方树分成了若干个连通块。对于每一个连通块，我们能做的只有整体换向。
那么换之前是与选定 \(u\) 相连的边数，换之后就变成了 \(0\)。于是我们就转换成了类背包问题，物品是 \(siz_i\)，看能否用这些 \(siz_i\) 凑出 \([0, deg_u]\) 中的所有值。
我们有强结论：将 \(siz_i\) 从小到大排序，若对于 \(\forall i\) 满足 \(\sum_{j=1}^{i-1}siz_j\geq siz_i-1\)，那么就成立。
我们考虑使用数学归纳法进行证明：
首先对于 \(i=1\) 和 \(i=2\) 可以验证成立。
接下来递归考虑这个问题：
若 \(j=i-1\) 成立，那么说明我们可以用前 \(i-1\) 个物品凑出 \([0,\sum_{j=1}^{i-1}siz_j]\)，那么我们加入第 \(i\) 个物品变到 \(j=i\)，则显然不会有空缺，且一定可以强制选 \(siz_i\) 凑出 \([(\sum_{j=1}^{i-1}siz_j)+1，(\sum_{j=1}^{i}siz_j)]\)。并起来就是当前全集。
那么我们就证明完了，然后这道题也做完了。
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