做题记录 25.3.13

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2028E Alice's Adventures in the Rabbit Hole

用 \(\operatorname A\) 方表示要到根的一方，\(\operatorname B\) 表示要到叶子的一方

令 \(dp_u\) 表示节点 \(u\) 的答案，则 \(dp_1=1\)，\(dp_{leaf}=0\)，令 \(N(u)\) 表示 \(u\) 的邻居集合，转移为

\[dp_u=\frac12\left(\min_{v\in N(u)}dp_v+\max_{v\in N(v)}dp_v\right) \]

发现难以计算，考虑化简

若某个 \(dp_u>dp_{fa_u}\)，则走到 \(fa_u\) 时会选择向下，但是要到达根必须再次经过 \(fa_u\)，因此 \(dp_u\) 必须存在一个儿子的 \(dp\) 值大于 \(dp_{fa_u}\)，否则 \(dp_u\) 一定不大于 \(dp_{fa_u}\)，而若这种情况发生，对该儿子也同理，一直向下推，会得出叶子的 \(dp\) 大于根的 \(dp\)，显然矛盾

因此 \(dp_u\le dp_{fa_u}\)，从而 \(\min_{v\in N(u)}dp_v=dp_{fa_u}\)，\(\max_{v\in N(v)}dp_v=\max_{v\in son(v)}dp_v\)

即 \(\operatorname{A}\) 方的决策一定是向父亲移动，\(\operatorname{B}\) 方的决策一定是向某个儿子移动

等价于 \(\operatorname{A}\) 方每次令深度减一，\(\operatorname{B}\) 方每次令深度加一，深度减为 \(0\) 时 \(\operatorname{A}\) 方胜，到达一个儿子时 \(\operatorname{B}\) 方胜

显然 \(\operatorname{B}\) 方选择走向最近的一个叶子最优，记为 \(lt(u)\)（若不存在则为 \(0\)，特别地 \(lt(1)=0\)，若有多个则任意选择一个，不影响答案）

因此转移方程为

\[dp_u=\frac 12(dp_{fa_u}+dp_{lt_u}) \]

将 \(u\) 到 \(lt_u\) 记为关键边，则关键链一定从某个开始一直向下延伸到一个叶子

上式转化为

\[dp_u-dp_{lt_u}=dp_{fa_u}-dp_u \]

根据该等式，关键链顶的父亲到关键链底，这一条链上的 \(dp\) 值为等差数列

\(\operatorname{dfs}\)，对于链顶为 \(1\) 的儿子的链可以直接推出链上所有点的 \(dp\)，然后又可以得出链顶的父亲为这些点的链的 \(dp\) 值，递归可求出所有点的值

时间复杂度 \(O(n)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) CF2026F Bermart Ice Cream

将操作建成树后，转化为维护一个物品的队列，\(O(q)\) 次队首 / 尾 压入 / 弹出物品，\(O(q)\) 次查询队列中物品做 \(0/1\) 背包的结果

双栈模拟队列，则在桶时间复杂度下把队列改成栈

栈中每个元素维护一个长为 \(p\) 的数组，表示栈底到该位置的所有元素做 \(0/1\) 背包的结果

时空复杂度 \(O(pq)\)

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2026E Best Subsequence

\(n-\operatorname{popcount}(\operatorname{or}_{i=1}^n a_i)=n+\operatorname{popcount}(\operatorname{and}_{i=1}^n \overline{a_i})-\omega\)（其中 \(\operatorname{or},\operatorname{and},\overline{a}\) 表示按位或，按位与，按位取反，\(\omega=60\) 表示二进制位数量，\(\overline{a}\) 保留低 \(\omega\) 位），因此转化为最大化 \(n+\operatorname{popcount}(\operatorname{and}_{i=1}^n \overline{a_i})\)

对于 \(n\) 个数分别建立一个点，\(\omega\) 个位分别建立一个点

若 \(a_i\) 的第 \(j\) 位为 \(1\)，则不能同时选择左侧第 \(i\) 点和右侧第 \(j\) 点，两者间连边

则 \(n+\operatorname{popcount}(\operatorname{and}_{i=1}^n \overline{a_i})\) 的最大值为图的最大独立集

设最大匹配为 \(m\)，则答案为 \(n+\omega-m-\omega=n-m\)

若使用网络流，则时间复杂度为 \(O(\sum n\omega\sqrt{n+\omega})\)，若使用匈牙利算法，则时间复杂度为 \(O(\sum(n+\omega)n\omega)\)

代码

参考

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2025F Choose Your Queries

当操作变量（即 \(q\) 次操作的 \(x/y\)）确定时，最优操作方式为被操作变量为 \(1\) 时选择 \(-1\)，被操作变量为 \(0\) 时选择 \(+1\)，这样每个值都是 \(0/1\)，保证了非负

于是转化为给定 \(q\) 组点，每组当中选择一个，最小化 \(n\) 个点中被选择奇数次的点的数量

建立 \(n\) 个点的图，对于下标 \((x,y)\)，\(x\) 和 \(y\) 之间连无向边

给每条边定向，\(x\to y\) 表示选择 \(y\)，\(x\gets y\) 表示选择 \(x\)，转化为最小化入度为奇数的点的数量

对图 \(\operatorname{dfs}\)，非树边任意，树边从下到上把除根外的点的入度配为偶数，这样至多只有根的入度可能为奇数

显然该方法一定最优

注意图可能不连通，需要对每个连通块做一次定向

时间复杂度 \(O(n)\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2023C C+K+S

若第一张图中出点数量不等于第二张图中入点数量，显然不合法

若一张图中全为出边或入边，则不会新增环，因此一定合法

图中任意一个环长为 \(k\) 的倍数，等价于任意两点之间所有路径长度模 \(k\) 意义下相同，等价于任意点到 \(1\) 的路径长度模 \(k\) 意义下固定

对图 \(k\) 染色（赋权 \(w_u\in[0,k)\)，若 \(u\to v\) 则 \(w_v\equiv w_u+1\pmod k\)），设图一染色结果为 \(ca\)，图二为 \(cb\)

两张图之间可能有一个偏移量，先假设偏移量为 \(0\)，判断是否可行

对于图一中 \(a_i=1\) 的点，需要找到图二中 \(cb_j=ca_i+1\) 且 \(b_j=0\) 的与之匹配

对于图二中 \(a_i=0\) 的，需要找 \(cb_j=ca_i-1\) 且 \(b_j=1\) 的

令所有 \(b_j=0\) 的点 \(cb_j\) 减一，所有 \(b_j=1\) 的点 \(cb_j\) 加一，则转化为图一中每个点要找到权值相同且颜色相异的点

令 \(ai_x\) 为 \(a_i=1\) 且 \(ca_i=x\) 的数量，\(ao_x\) 为 \(a_i=0\) 且 \(ca_i=x\) 的数量，\(bi_x\) 为 \(b_i=1\) 且 \(cb_i=x\) 的数量，\(bo_x\) 为 \(b_i=0\) 且 \(cb_i=x\) 的数量

则上述条件等价于 \(ai=bo\) 且 \(ao=bi\)

再考虑偏移量，假设偏移作用到图二上，相当于 \(bi\) 和 \(bo\) 同步循环位移若干位后和 \(ai\)，\(ao\) 相同

判定可用 \(\operatorname{KMP}\) 实现

时间复杂度 \(O(\sum (n+m))\)

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2022E2 Billetes MX (Hard Version)

令 \(\mathbb V=[0,2^{30})\)，以下前缀和、差分都是在按位异或意义下的

令 \(s_{i,j}=a_{i,j}\oplus a_{i-1,j}\oplus a_{i,j-1}\oplus a_{i-1,j-1}\;(1\le i\le n,1\le j\le m)\)（假定 \(a_{0,\ast}=a_{\ast,0}=0\)）

则 \(s\) 为 \(a\) 的二维差分，\(a\) 为 \(s\) 的二维前缀和

显然满足 \(a_{i,j}\in \mathbb V\) 的 \(a\) 和满足 \(s_{i,j}\in\mathbb V\) 的 \(b\) 构成双射

\(a\) 满足 \(\forall 1\le p<q\le n,1\le u,v\le m\)，\(a_{p,u}\oplus a_{p,v}\oplus a_{q,u}\oplus a_{q,v}=0\)

而 \(a_{p,u}\oplus a_{p,v}\oplus a_{q,u}\oplus a_{q,v}=\bigoplus_{p<i\le q,u<j\le v}s_{i,j}\)

该限制等价于 \(s_{i,j}=0\;(1<i\le n,1<j\le m)\)

令 \(t_{1\sim n}=s_{1\sim n,1}\)，\(t_{n+1\sim n+m-1}=s_{1,2\sim m}\)

则 \(a_{x,y}=\bigoplus_{1\le i\le x,1\le j\le y}s_{i,j}=\bigoplus_{n-x+1\le i\le n+y-1}t_i\)

问题转化为有一个长为 \(n+m-1\) 的序列 \(t\)，初始有若干限制，每次加入一个限制，求出满足目前为止所有限制的序列数量，每个限制形如 \(t\) 的区间 \(\oplus\) 和为给定值

令 \(T\) 为 \(t\) 的前缀和，则 \(T_0=0\)，每条 \(t\) 的 \([l,r]\) 区间异或和为 \(v\) 的限制转化为 \(T_r\oplus T_{l-1}=v\)

转化为 \(n+m\) 个数，其中一个恒定为 \(0\)，另外数字在 \(\mathbb V\) 中，每次告诉两个数字相异或的结果，求出方案数

使用边带权并查集维护连通块，若出现矛盾则当前及之后的方案数都是 \(0\)，否则方案数为 \(|\mathbb V|^{s-1}\)，其中 \(s\) 为连通块数量（因为 \(0\) 所在连通块内数字固定）

时间复杂度 \(O(\sum m\alpha (n))\)

代码

\(\textcolor{purple}\odot\) CF2022D2 Asesino (Hard Version)

可 证明 询问次数一定可以卡到 \(n\) 次，尝试如何取到该上界

注意若 \(\operatorname{qry}(u,v)\ne \operatorname{qry}(v,u)\)，则冒名顶替者一定在 \(\{u,v\}\) 中

因此若 \(2\mid n\)，则将其两两配对，先用 \(\frac{n-2}2\times 2\) 次询问确定所在的对，然后再用两次询问得到具体位置，总询问次数 \(\le n\)（由于交互库自适应，其一定会卡满，下同）

若 \(2\nmid n\)，考虑先用 \(3\) 次询问判定是否在 \(\{n-2,n-1,n\}\) 中，若不在则套用偶数的方案总操作次数 \(\le n\)，若在其中则使用一些方法求出具体位置

若 \(\operatorname{qry}(n-2,n-1)+\operatorname{qry}(n-1,n)+\operatorname{qry}(n,n-2)\) 为偶数，则在这三个位置中，分讨可证

此时可以再询问 \((n-1,n-2)\) 和 \((n,n-1)\)，从而得到具体位置

当 \(n\ge 5\) 时这样可以做到不超过 \(n\) 次

当 \(n=3\) 时查询是否在 \(\{1,3\}\) 中，是否在 \(\{1,2\}\) 中得到答案，共 \(4\) 次查询

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2021E2 Digital Village (Hard Version)

考虑 \(\operatorname{Kruskal}\) 重构树上 \(dp\)

令 \(dp_{u,i}\) 表示重构树上结点 \(u\) 所在子树内选择 \(i\) 个服务器的最小代价

则对于叶子 \(u\)，\(dp_{u,i}=0\)

合并两个连通块时，设两者分别为 \(u,v\)，合并到 \(w\)

若 \(u\) 中不选服务器，则都要移到 \(v\) 所在连通块内，令 \(sz_u\) 为结点 \(u\) 所在子树内关键点数量，令 \(l\) 为 \(w\) 对应边权，转移为

\[dp_{w,i}\gets dp_{v,i}+sz_ul \]

\(v\) 中不选同理

若 \(u\) 和 \(v\) 中都选，则没有跨越 \(w\) 的匹配，转移为

\[dp_{w,i+j}\gets dp_{u,i}+dp_{v,j} \]

时间复杂度可做到 \(O(n^2)\)

代码

参考