题解：AT_abc435_g [ABC435G] Domino Arrangement

前言

本文同步自洛谷专栏，题目传送门。

这是一篇复杂度 \(\mathcal{O}(m\log{m})\) 的线段树题解，此外，你还需要会一些矩阵知识，或许会好理解一些。

更新：对线段树做法进行改进，获得了线性做法，但是需要会逆矩阵。

分析

题面的限制相当于把两个同色的捆绑放置。

考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示已经确定了前 \(i\) 位，第 \(i\) 位为 \(j\) 的情况（\(j=0\) 表示未染色）。

那么有转移（刷表法，箭头表示加过程）：

\[dp_{i,j}\rightarrow dp_{i+2,k}(k\ne j,k\ne 0) \]

\[dp_{i,j}\rightarrow dp_{i+1,0} \]

注：\(j=0\) 是允许的，第一条中还有限制，要求 \(i,i+1\) 位可以放 \(k\)。

暴力转移或许会收获 \(\mathcal{O}(nm^2)\) 的复杂度，考虑优化，数据范围允许使用线段树，考虑线段树维护 \([1,m]\)，需要两棵线段树分别表示奇偶位。

对于第二个转移，可以记录全局和 \(sum\)，特殊维护 \(dp_{i,0}\)。

对于第一个转移，可以表示为如下形式（此处箭头表赋值）：

\[dp_{i+2,j}\leftarrow sum_i-dp_{i,j} \]

但是需要注意，有些结点不可转移，则在线段树上需要维护 \((sum,cnt)\) 表示区间和、区间有效下标数（认为是一个行向量）。

用矩阵表示转移。

则打懒标记即为乘上一个矩阵：

\[\begin{pmatrix}-1&0\\sum_i&1\end{pmatrix} \]

此外，线段树还需要支持单点激活、删除（\(cnt\) 置 \(1,0\) 并视情况赋初值）。

全局的初始状态为 \(dp_{0,0}=1\)。

实现

使用矩阵实现可能被卡常，手玩一下矩阵可以发现，转移矩阵右边两数是不变的，可以省掉转移，可以见代码，赛后订正记录。

线性做法

观察代码实现后，发现：每次仅全局查询、全局打标记。那么，可以考虑标记永久化。

即只需在根节点处维护一组标记即可。

然而，存在一个问题：线段树的单点激活是与标记无关的赋值操作。

我们需要保证某下标的 \((sum,cnt)\) 乘上根处的标记后得到真实的值，激活时求解逆矩阵即可。

这里逆矩阵非常容易求解，该矩阵有两个定值，一个值只能取 \(-1,1\) 中的一个，可以推一下，下面直接给出。

\[\begin{pmatrix}1&0\\x&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\-x&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} \]

\[\begin{pmatrix}-1&0\\x&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\\x&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} \]

那么线段树可以仅保留根和叶子，复杂度做到线性，记录。