做题记录 25.6.30

$\textcolor{purple}\odot$ CF1721F Matching Reduction

当匹配数为 $0$ 时显然剩下的为最大独立集，因此前面最大匹配次操作中删去了最大独立集的补集中的点，其大小等于最大匹配，因此每次操作从补集中任取一点删去即可

显然补集中每个点唯一对应匹配中的一条边，因此容易维护两种询问的答案

时间复杂度 $O(m\sqrt n+q+tn)$，其中 $n=n_1+n_2$，$t=3$

代码

参考

$\textcolor{purple}\odot$ CF1720E Misha and Paintings

令 $m$ 为原本颜色数，当 $k\ge m$ 时显然最优策略为每次选择一个 $1\times 1$ 的子矩阵，满足它的颜色在整个矩阵中出现不止一次，将其替换为新的颜色，操作次数为 $k-m$

当 $k<m$ 时，可证只要至多两次操作：

选择子矩阵 $(1\sim l,1\sim l)$，将其替换为子矩阵之外存在的一种颜色，设操作后颜色数为 $m'$，选择 $m'\ge k$ 的最大的 $l$，即若选择 $l+1$ 则会令 $m<k$
然后选择一个 $(l+1,l+1)$ 为右下角的子矩阵，边长每增加 $1$，$m'$ 至多减少 $2$，因此一定存在一种边长使得 $m'=k$ 或 $m'=k-1$，若 $m'=k-1$ 则令当前选择的子矩阵内填充为新的颜色，否则填充为 $(1\sim l,1\sim l)$ 中选择的颜色

因此转化为判断能否在一次操作内完成

预处理每种颜色的出现范围 $(xl_c\sim xr_c,yl_c\sim yr_c)$

枚举矩阵边长 $1\le L\le n$（特判 $L=n$），令 $c_{i,j}$ 表示完全包含于子矩阵 $(i\sim i+L-1,j\sim j+L-1)$ 中的颜色数量，考虑每种颜色对 $c$ 的影响为子矩阵加，容易 $O(n^2)$ 处理出 $c$

若存在 $c_{i,j}$ 使得 $m-c_{i,j}$ 等于 $k$ 或 $k-1$ 则可以一次操作解决

否则需要两次操作

时间复杂度 $O(n^3)$

代码

参考

$\textcolor{blue}\odot$ CF1720D2 Xor-Subsequence (hard version)

令 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的最大长度，答案为 $\max f_i$，则 $[a_x\oplus y<a_y\oplus x]f_y\to f_x$

而 $a_x\oplus y<a_y\oplus x$ 等价于存在 $u$ 使得 $(a_x>>(u+1))=(a_y>>(u+1)),(a_x>>u\&1)=(y>>u\&1),(x>>u\&1)=1-(a_y>>u\&1)$

在计算 $f$ 的同时维护 $mx_{u,v,0/1,0/1}$，表示目前已经计算出的 $f$ 中，$(a_x>>(u+1))=v,(a_x>>u\&1)=0/1,(x>>u\&1)=0/1$ 的 $f_x$ 的最大值

直接保存 $mx$ 空间无法接受，需要对第二维离散化

时间复杂度 $O(\sum n\log n\log V)$，空间复杂度 $O(n\log V)$，时间复杂度可做到 $O(\sum n\log V)$

代码

$\textcolor{blue}\odot$ CF1718C Tonya and Burenka-179

相当于求 $\max_{(s,k)} \gcd(k,n)\sum_{i\mid i\equiv s\pmod{\gcd(k,n)}}a_i $

令 $f_{x,y}=x\sum_{i\mid i\equiv y\pmod x}a_i$，则答案为 $\max_{x,y}f_{x,y}$

显然只需要保存 $x\mid n$ 的 $f_{x,y}$，用 multiset 保存 $\{f_{x,\ast}\}$ 时间复杂度为 $O((n+q)d(n)\log n)$，无法通过

发现最优情况下一定有 $\frac nx$ 为质数，因此只需要保存 $\omega(n) $ 个 multiset

时间复杂度 $O((n+q)\omega(n)\log n)$

代码

参考

$\textcolor{purple}\odot$ CF1717F Madoka and The First Session

令 $c_i=\frac{b_i+d_i}2$，其中 $d_i$ 为点 $i$ 的度数，则每次操作相当于 $c_u\gets c_u+1$ 或 $c_v\gets c_v+1$，最终要使 $c_i=\frac{a_i+d_i}2$

建立二分图，$m$ 个左部点表示每条边，$n$ 个右部点表示每个点

$S\to L(i)$，流量为 $[1,1]$

$L(i)\to R(u_i),L(i)\to R(v_i)$，流量都是 $[0,1]$

$R(i)\to T$，若 $s_i$ 则流量为 $[\frac{a_i+d_i}2,\frac{a_i+d_i}2]$（若不是整数则无解），否则流量为 $[0,+\infty)$

构造方案是容易的

时间复杂度 $O(m\sqrt{n+m})$

代码

$\textcolor{purple}\odot$ CF1716F Bags with Balls

令 $x=\lceil\frac m2\rceil,y=\lfloor\frac m2\rfloor$，答案为

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n i^k \binom ni x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{i=0}^n \binom ni x^i y^{n-i} \sum_{j=0}^k \binom ij j!\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} \\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} \sum_{i=0}^n \binom ni\binom ij j!x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} \sum_{i=0}^n \frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{i!}{j!(i-j)!}j!x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix} \sum_{i=0}^n \frac{n!}{(n-i)!(i-j)!} x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!} \sum_{i=0}^n \frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!} x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!} \sum_{i=0}^n \binom{n-j}{n-i} x^i y^{n-i}\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!} \sum_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}i x^{n-i} y^i\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!}x^j \sum_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}i x^{n-j-i} y^i\\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{n!}{(n-j)!}x^j \sum_{i=0}^{n-j}(x+y)^{n-j} \\ =&\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}n^{\underline{j}}x^j m^{n-j} \\ \end{aligned} \]

直接计算时间复杂度 $O(k^2+\sum k\log n)$，容易优化到 $O(k^2+\sum k)$

代码

参考