「USACO 2021 US Open」题目选做2

Minimum Cost Pa P

首先感谢 @CXY07，他教会了我这道题的解法。

设在第 \(i\) 列我们从 \((s_{i-1},i)\) 移动到了 \((s_i,i)\)（\(s_0=0\)），那么总代价为

\[\sum_{i=1}^{y-1}[s_i^2+(s_i-s_{i-1})c_i]+(x-s_{y-1})c_y \]

作一些变形可得

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{y-1}[s_i^2+(s_i-s_{i-1})c_i]+(x-s_{y-1})c_y&=\sum_{i=1}^{y-1}\left[s_i^2+s_i(c_i-c_{i+1})\right]+(xc_y-c_1)\\ &=\sum_{i=1}^{y-1}\left(s_i-\frac{c_{i+1}-c_i}{2}\right)^2-\sum_{i=1}^{y-1}\frac{(c_i-c_{i+1})^2}{4}+(xc_y-c_1) \end{aligned} \]

忽略常数项，我们发现要做的仅仅是

\[\begin{aligned}&\operatorname{minimize }\sum_{i=1}^{y-1}\left(s_i-\frac{c_{i+1}-c_i}{2}\right)^2\\&\operatorname{s.t. }s_i\le s_{i+1},1\le s_i\le x,s_i\in \mathbb N_{+}\end{aligned} \]

这是经典的保序回归问题，翻阅 2018 年的国家预选队论文即可知道做法。

总的时间复杂度为 \(\mathcal O(m+q\log m)\)。

并且注意到 \(\dfrac{c_{i+1}-c_i}{2}\) 这种差分形式的前缀和非常好维护。

Spaceship P

首先，我们可以将答案写作从 \(s\) 到 \(t\) 走 \(i\) 步的方案数与上长度为 \(i+1\) 的合法按键序列的乘积之和。

并且注意到从 \(s\) 到 \(t\) 走 \(i\) 步的方案数为 \({\mathbf A}^i(s;t)\)，其中 \(\mathbf{A}^i\) 为邻接矩阵 \(\mathbf A\) 的 \(i\) 次幂。

所以很容易想到设出一个生成函数 \(F(x)\)，使得\([x^i]F(x)\) 恰好为长度为 \(i\) 的合法按键序列，根据多项式环的通用性质，答案就是 \({\mathbf A^{-1}}F(\mathbf A)\)。

进一地，注意到每个合法的按键序列中有唯一的最大值，因为按下最大值之后不可能按到编号更大的按钮，所以我们可以将序列从最大值处断开，分为左右两段独立的区间来处理。

所以我们令 \(F_k(x)\) 为所有元素 \(\le k\) 的合法序列的生成函数。

写出转移方程

\[F_k(x)=x\sum_{i=1}^k(1+F_{i-1}(x))^2 \]

解释：枚举序列中的最大值 \(i\)，拆成左右两段，两段中的元素均 \(\le i-1\)，然后作个卷积。乘 \(x\) 是因为要去掉最大值，\(+1\) 是因为我们的生成函数没有常数项，方便之后处理。

我们先预处理出所有的 \(F_k(\mathbf A)\)，时间复杂度为 \(\mathcal O(kn^3)\)。

接下来，考虑上序列首、尾的限制，设 \(F_{b_s,0,k}(x),F_{0,b_t,k}(x),F_{b_s,b_t,k}(x)\)为分别考虑首、尾、首和尾的限制的生成函数，仿照上式写出转移方程

\[\begin{aligned}F_{b_s,0,k}(x)&=x\sum_{i=1}^k\left\{\left[[i=b_s]+F_{b_s,0,i-1}(x)\right]\left[1+F_{i-1}(x)\right]\right\}\\ F_{0,b_t,k}(x)&=x\sum_{i=1}^k\left\{\left[[i=b_t]+F_{0,b_t,i-1}(x)\right]\left[1+F_{i-1}(x)\right]\right\}\\ F_{b_s,b_t,k}(x)&=x\sum_{i=1}^k\left\{\left[[i=b_s]+F_{b_s,0,i-1}(x)\right]\left[[i=b_t]+F_{0,b_t,i-1}(x)\right]\right\} \end{aligned}\]

设行向量 \({\mathbf \epsilon}_s=([i=s])_{i=1}^n\)，实际上，在转移中，我们仅需维护出 \(\epsilon_sF_{b_s,0,k}(\mathbf A),F_{0,b_t,k}(\mathbf A)\epsilon_t^{\text{T}},\epsilon_sF_{b_s,b_t,0}(\mathbf A)\epsilon_t^{\text{T}}\) 即可。

总的时间复杂度为 \(\mathcal O(kn^3+qkn^2)\)。

Paint by letters

由题意可知，我们要求的是一个子矩阵的连通块个数。

而由著名的平面图欧拉定理，我们有 \(|V|-|E|+|F|=|C|+1\)，其中 \(|V|,|E|,|F|,|C|\) 分别为点集、边集、区域集和连通块集。

若除去无界域，我们的式子变为 \(|V|-|E|+|F|-1=|C|\)。

我们将讨论 \(|V|,|E|,|F|\) 如何快速求出。

点集

显然为 \((x_2-x_1+1)(y_2-y_1+1)\)。

边集

记录一个点 \((x,y)\) 向右、向下连边的个数，作一遍二位前缀和，分开查询横向和纵向的边的个数，相应地上去最后一行和最后一列即可。

有界区域集

注意到一个区域其实一个就是 \(2\times 2\) 的正方形的连通块，这里的连通定义为没有横向或纵向的边阻挡。

所以我们可以 bfs 出所有的区域，并在子矩阵查询中做一些删减即可。

具体地，我们令 \((i,j)\) 代表以 \((i,j)\) 为左上角的 \(2\times 2\) 正方形，向四周扩展出所有与它连通的 \(2\times 2\) 正方形。

将每一个区域中的一个点标记为 1，其余点标记为 0，做一遍二维前缀和。

注意到以 \((x_1,y_1)\) 为左上角，\((x_2,y_2)\) 为右下角的子矩阵中共有 \((x_2-x_1)(y2-y_1)\) 个 \(2\times 2\) 的正方形，即满足 \(i\in[x_1,x_2),j\in[y_1,y_2)\) 的这些以 \((i,j)\) 为左上角的正方形。

所以我们可以先查一遍相应子矩阵的二位前缀和，再减去标记点在该子矩阵中，且扩展到子矩阵外的不同的域的个数，这个很好处理，扫一遍外围的 \(2\times 2\) 的正方形即可。

总的时间复杂度为 \(\mathcal O(nm+q(n+m))\)。