做题记录 25.4.22

\(\textcolor{purple}\odot\) CF2068E Porto Vs. Benfica

令 \(g_i\) 表示删去一条 \(i\) 的邻边后 \(i\) 到 \(n\) 的最短路的最大值，\(f_i\) 表示删去一条边后 \(i\) 到 \(n\) 的最短路的最大值，则答案为 \(f_1\)，\(f\) 的转移为

\[f_i=\max(g_i,1+\min_{j\in N(i)}f_j) \]

得到 \(g\) 后，使用类似 \(\text{dijkstra}\) 的方法，初始 \(f_i\gets\infty\)，每次堆中取出一个 \(f_j\)，对于其邻居 \(i\)，用 \(\max(g_i,f_j+1)\) 跟新 \(f_i\)，然后加入堆中，这部分时间复杂度为 \(O(m\log n)\) 的

考虑如何计算 \(g_i\)

建出最短路树，令 \(p_i\) 表示最短路树上的父亲，则在 \(g_i\) 的决策中，删去 \((i,p_i)\) 一定最优

因此 \(g_i\) 的意义转化为删去 \((i,p_i)\) 后 \(i\) 到 \(n\) 的最短路

令 \(\text{S}(i)\) 表示最短路树上 \(i\) 的子树，显然

\[g_i=\min_{(x,y)\mid (x,y)\in E,x\in \text{S}(i),y\notin\text{S}(i),(x,y)\ne (i,p_i)} \text{dis}(x,n)+\text{dis}(y,n)+1-\text{dis}(i,n) \]

令 \((x,y)\) 的边权为 \(\text{dis}(x,n)+\text{dis}(y,n)+1\)，将边按边权从小到大排序，则 \(g_i\) 的值由第一次覆盖到它的边的边权决定

一条边 \((x,y)\) 能覆盖到 \(x\)（含）到 \(\text{lca}(x,y)\)（不含）的链上的 \(g_i\)，使用并查集维护第一个没有覆盖到的祖先，时间复杂度 \(O(n\log n)\)（若使用 \(O(n)-O(1)\;\;\text{lca}\) 则可到 \(O(n\alpha(n))\)）

总时间复杂度 \(O(m\log n)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1916H2 Matrix Rank (Hard Version)

令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个向量张成的空间维度为 \(j\) 的方案数，则答案为 \(f_{n,0\sim k}\)，边界为 \(f_{0,0}\)

若第 \(i\) 个向量在之前的 \(i-1\) 个向量张成的 \(j\) 维空间中，这个空间内有 \(p^j\) 个向量，因此转移为 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j}p^j\)

否则前 \(i-1\) 个向量张成 \(j-1\) 维空间，空间内有 \(p^{j-1}\) 个向量，它们都不能选择，因此转移为 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j-1}(p^n-p^{j-1})\)

即转移方程为

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}p^j+f_{i-1,j-1}(p^n-p^{j-1}) \]

相当于一个 \(n\times k\) 的网格，从 \((i-1,j)\) 走到 \((i,j)\) 的权值为 \(p^j\)，从 \((i-1,j-1)\) 走到 \((i,j)\) 的权值为 \((p^n-p^{j-1})\)，路径的权值为所有边的权值之积，对于每个 \((n,0\sim k)\) 求出从 \((0,0)\) 出发走到它的所有方案的路径权值和

对于 \((n,i)\)，第二种转移的贡献为确定的 \(\prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\)，令 \(g_{j,i-j}\) 表示只考虑第一种贡献下到 \((i,j)\) 的权值和，则

\[g_{i,j}=g_{i,j-1}p^i+g_{i-1,j} \]

显然 \(f_{n,i}=g_{i,n-i}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\)

\(g_{i,j}\) 的组合意义为在 \(p^0,p^1,p^2,\cdots,p^i\) 中选择 \(j\) 个（可重复选择）乘起来的总权值

令 \(G_i(x)=\sum_{j\ge 0}g_{i,j}x^j\) 为 \(g\) 的生成函数

则根据组合意义，有

\[G_i(x)=\prod_{j=0}^i \sum_{l\ge 0}(p^jx)^l=\prod_{j=0}^i \frac1{1-p^jx} \]

考虑

\[G_i(px)=\prod_{j=0}^i \frac1{1-p^jpx}=\prod_{j=1}^{i+1} \frac1{1-p^jx} \]

因此

\[\begin{aligned} \frac1{1-p^{i+1}x}G_i(x)&=\prod_{j=0}^{i+1} \frac1{1-p^jx}=\frac1{1-x}G_i(px)\\ (1-x)G_i(x)&=(1-p^{i+1}x)G_i(px)\\ [x^r](1-x)G_i(x)&=[x^r](1-p^{i+1}x)G_i(px)\\ g_{i,r}-g_{i,r-1}&=p^rg_{i,r}-p^{i+1}p^{r-1}g_{i,r-1}\\ (p^{i+r}-1)g_{i,r-1}&=(p^r-1)g_{i,r}\\ g_{i,r}&=\frac{p^{i+r}-1}{p^r-1}\cdot g_{i,r-1}\\ \end{aligned} \]

由于 \(g_{i,0}=1\)，可推出 \(g_{i,r}=\prod_{j=1}^r \frac{p^{i+j}-1}{p^j-1}\)

因此

\[\begin{aligned} f_{n,i}=&g_{i,n-i}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ =&\prod_{j=1}^{n-i} \frac{p^{i+j}-1}{p^j-1}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ =& \frac{\prod_{j=1}^{n-i}(p^{i+j}-1)}{\prod_{j=1}^{n-i}(p^j-1)}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ =& \frac{\prod_{j=i+1}^{n}(p^j-1)}{\prod_{j=1}^{n-i}(p^j-1)}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ =& \frac{\prod_{j=1}^{n}(p^j-1)}{\prod_{j=1}^{n-i}(p^j-1)\prod_{j=1}^i (p^j-1)}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ =& \frac{\prod_{j=n-i+1}^{n}(p^j-1)}{\prod_{j=1}^i (p^j-1)}\times \prod_{j=1}^i(p^n-p^{j-1})\\ \end{aligned} \]

容易做到 \(O(n\log V)\)，应该可以优化到 \(O(n+\log V)\)

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1914G2 Light Bulbs (Hard Version)

若两个区间相交但不包含，则选择两者之一的效果相同，令两者在同一等价类中

令极小的包含若干完整等价类的区间为段

则一段中的等价类互为包含关系，其中有且仅有一个没有被其它等价类包含（称其为该段的关键等价类），选择这个等价类中任意一个位置就可以覆盖整个段

因此第一个问题的答案为段的总数，第二个问题的答案为关键等价类的大小之积

对于每个数分配一个随机权值，令 \(s_i\) 表示 \(1\sim i\) 的前缀哈希和

则第一个问题答案为 \(=0\) 的 \(s_i\) 数量

令 \(ls_i\) 为最后一个 \(s_x=i\) 的 \(x\)（使用 map 或 unordered_map 实现）

在 \([0,2n)\) 内 \(=0\) 的 \(s_i\) 为一个段的左端点，从 \(i+1\) 开始，每次从 \(x\) 跳到 \(ls_{s_x}+1\)，若跳到的位置 \(s\) 为 \(0\) 则结束，跳到的位置总数即为这一段中关键等价类的大小，各个关键等价类的大小的积即为第二个问题的答案

时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)，若用 unordered_map 则 \(O(\sum n)\)

代码

参考