做题记录 26.2.23

\(\textcolor{black}\odot\) CF1750G Doping

为了保证字典序的条件，考虑枚举 \(1\le i\le n\) 和 \(1\le p'_i<p_i\)（且 \(p'_i\) 在 \(p_{1\sim i-1}\) 中没有出现过），假定 \(p'_{1\sim i-1}=p_{1\sim i-1}\)，\(p'_{1\sim i}\) 确定，\(p'_{i+1\sim n}\) 为 \(p_{i+1\sim n}\) 的排列

显然最小划分数等于 \(n\) 减去 \(p'_i+1=p'_{i+1}\) 的 \(1\le i<n\)（称为上升组）的数量，因此考虑后者即可

令 \(j\) 表示 \(p'_{1\sim i}\) 中上升组的数量，\(k\) 为 \(\{p'_{i+1\sim n}\}\) 中相距为 \(1\) 的无序数对数量，\(t\in \{0,1\}\) 表示 \(p'_i+1\) 是否在 \(\{p'_{i+1\sim n}\}\) 中，三者容易快速维护，显然任意状态可以由 \((i,j,k,l)\) 唯一确定贡献

显然对于一个 \(i\)，\(j,k,l\) 的取值范围都是 \(O(1)\) 的，由此本质不同的 \((i,j,k,l)\) 数量为 \(O(n)\) 的，分别考虑它们对答案的贡献，通过二项式反演容易单组 \(O(n^2)\)，考虑进一步优化

发现每组 \((i,j,k,l)\) 可以转化为 \((g_{0\sim a},b)\)，对答案的贡献为 \(rs_{b+x}\gets \sum_y (-1)^{y-x}\binom yx g_y\)，且瓶颈在于从 \(g\) 贡献到 \(rs\) 的过程

考虑将 \(rs_{b+x}\) 视为平面上的点 \((b+x,b+x)\)，\(g_y\) 视为 \((b+y,b)\)，从 \(g_y\) 出发每次第一维坐标减一或第二维加一，对于前者需要乘以系数 \(-1\)，则 \((-1)^{y-x} \binom yx\) 即为所有可能的路径的系数之和

将所有 \(g\) 累加到平面上，最后统一进行 \(dp\) 即可

时间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) AT_agc068_e [AGC068E] Sort and Match

将 \(A^T\) 视为邻接矩阵，即 \(y\to x\) 边权为 \(A_{x,y}\)

对于序列 \(x_{1\sim m}\) 和其排序后的结果 \(y_{1\sim m}\)，令 \(y_i\) 连向 \(x_i\)，按 \(i\) 的大小为一个点所有出边确定顺序，显然得到的图每个连通块都是欧拉图

对于给定的图，按编号从小到大考虑每个点，按顺序依次取其出边，得到序列 \(x\)

由此两者可以构成双射

令 \(f_{i,j,k}\) 表示长度为 \(j\) 的环，编号最小的点为 \(i\)，最后一条边为 \(k\to i\)，且恰好经过点 \(i\) 一次的权值和，令 \(f_{i,j,0}=\sum_k f_{i,j,k}\)，容易做到 \(O(n^3m)\)

令 \(h_{i,j}\) 表示取若干个环并为一张欧拉图（不要求连通），总长为 \(i\) 且经过的编号最小的点为 \(j\)，环根据环上最小点划分等价类，不同等价类之间的环不区分顺序，每次枚举最后一个环，可以做到 \(O(nm^2)\)

由 \(h\) 和 \(f\) 容易统计答案

总时间复杂度 \(O(n^3m+nm^2)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) AT_mujin_pc_2017_d Oriented Tree

令直径为 \(l\)，则最小值为 \(\lceil\frac l2\rceil\)，构造方法为黑白染色后白点指向黑点

先考虑直径为偶数的情况，此时令中点为 \(M\)，以 \(M\) 为根，令半径为 \(d_{\max}\)，则需要所有 \(u,v\) 都满足 \(d(u,v)\le d_{\max}\)

令 \(g_u=d(u,M)-d(M,u)\)

深度最大的点至少有两个，设分别为 \(p,q\)，则 \(dep_p=dep_q=d_{\max}\)，从而 \(d(p,q)+d(q,p)=dep_p+dep_q=2d_{\max}\)，显然 \(d(p,q)=d(q,p)=d_{\max}\)，即

\[\begin{aligned} d(p,M)+d(M,q)&=d(q,M)+d(M,p)\\ d(p,M)-d(M,p)&=d(q,M)-d(M,q)\\ g_p&=g_q\\ \end{aligned} \]

即最深层所有点 \(g\) 相同，设其值为 \(g_D\)，显然 \(g_M=0\)，不妨令所有 \(g\) 都加上 \(-g_D\)，则最深层的 \(g\) 都是 \(0\)，显然这样操作答案不变

从最深层向上，每跳一次父亲，\(d(u,M)\) 和 \(d(M,u)\) 中至多一个变化 \(1\)，\(|g_u|\) 增加不超过 \(1\)，从而有

\[|g_u|\le d_{\max}-dep_u \]

对于一组 \(g_{1\sim n}\)，显然可以唯一确定 \(d(\ast,M)\) 和 \(d(M,\ast)\)，从而唯一确定定向方式

若保证 \(|g_u-g_{fa_u}|\le 1\) 且满足不等式限制，则算出来的 \(d(\ast,M)\) 和 \(d(M,\ast)\) 父亲和儿子的差也不超过 \(1\) 且取值合法，从而对应一种定向方式

转化为求：最深层 \(g=0\)，之后每一层父亲和儿子的取值差不超过 \(1\)，且每个 \(g\) 都在一定范围内，满足要求的 \(g_{1\sim n}\) 的数量

令 \(f_{u,i}\) 表示子树 \(u\) 中 \(g_u=i\) 的方案数，容易做到 \(O(nl)\)

对于直径为奇数的情况，需要通过容斥拆分为四个形式类似的问题

时间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) P14385 [JOISC 2017] 门票安排 / Arranging Tickets

题目等价于：\([1,n]\) 内给定 \(m\) 组区间 \((l,r,c)\) 表示有 \(c\) 个 \([l,r)\)，可以选择一个子集翻转（\([l,r)\to [1,l)\cup[r,n]\)），最小化最终每个点被覆盖次数的最大值

令 \(p_i\) 表示不翻转时 \(i\) 被覆盖的次数，\(U\) 表示总计 \(\sum c_i\) 个区间的可重集

对于一种方案，令 \(S\subseteq U\) 为被翻转集合

显然答案具有单调性，下界为 \(1\)，上界为 \(\max p_i\)，二分答案 \(x\)

先特判 \(S=\varnothing\) 的情况，以下假定 \(S\ne\varnothing\)

定理 \(1\)：最优解中 \(\bigcap_{[l,r)\in S}[l,r)\ne\varnothing\)

证明：若存在 \([l,r)\in S,[L,R)\in S\) 使得 \(r\le L\)，则 \(S/\{[l,r),[L,R)\}\) 一定更优

即对于最优解，一定存在 \(1\le t\le n\) 使得 \(\forall [l,r)\in S,l\le t<r\)

令 \(q(S)\) 表示翻转子集 \(S\) 后的 \(p\)，令 \(z(S)\) 表示仅考虑子集 \(S\) 的 \(p\)

显然 \(q(S)_i=(p_i-z(S)_i)+(|S|-z(S)_i)=p_i+|S|-2z(S)_i=p_i+z(S)_t-2z(S)_i\)，由于要使得 \(\forall i,q(S)_i\le x\)，等价于 \(z(S)_i\ge \left\lceil \frac{p_i+z(S)_t-x}2\right\rceil\)

考虑枚举 \(z(S)_t\)，则可以求出每个 \(z(S)_i\) 的下界 \(L(S)_i=\left\lceil \frac{p_i+z(S)_t-x}2\right\rceil\)（为了保证 \(\forall i,L(S)_i\le z(S)_t\)，需要在 \([\max p_i-x,\max p_i]\) 中枚举 \(z(S)_t\)）

显然 \(z(S)_{1\sim t}\) 单调不降，\(z(S)_{t+1\sim n}\) 单调不升，考虑将 \((l,r,c)\) 保存在左端点上，保留 \(l\le t<r\) 的，枚举 \(1\le i\le t\)，没有满足要求之前优先选择 \(r\) 最大的，贪心地满足左侧要求，然后检查右侧即可，堆优化可以做到 \(O((n+m)\log m)\)

令 \(V=\max p\)，二分答案时间复杂度 \(O(\log V)\)，枚举 \(t\) 和 \(z(S)_t\) 时间复杂度 \(O(nV)\)，单次检查 \(O((n+m)\log m)\)，由此得到 \(O(nV(n+m)\log M\log V)\) 的算法

对于 \(S\)，令 \(I(S)=\bigcap_{[l,r)\in S}[l,r)\)

定理 \(2\)：最优解中 \(\max_{i\in I(S)}q(S)_i\ge \max q(S)-1\)

证明：

• 假定命题不成立，则 \(\max_{i\in I(S)}q(S)_i\le \max q(S)-2\)
• 首先考虑证明此时不存在 \([l,r)\in S\) 使得 \(I(S)=[l,r)\)
  • 若存在这样的区间，令 \(S'=S/\{[l,r)\}\)
  • 则 \(\forall t\notin [l,r),q(S')_t=q(S)_t-1\)，\(\forall t\in [l,r),q(S')_t=q(S)_t+1\)
  • 令 \(x=\argmax q(S)\)，显然 \(x\notin[l,r)\)，从而 \(q(S')_x=q(S)_x-1\)
  • 为了保证 \(S\) 不劣于 \(S'\)，需要满足 \(\max q(S')\ge q(S)_x\)
  • 从而 \(\argmax q(S')\in[l,r)\)，有 \(\max q(S')=\max_{t\in [l,r)} q(S)_t+1\ge q(S)_x=\max q(S)\)，即 \(\max_{t\in I(S)}q(S)_t+1\ge \max q(S)\)，与假设矛盾
• 由此设 \(I(S)=[l,r)\)，则一定存在 \([L,r)\in S,[l,R)\in S\)，且 \(L< l,r< R\)
• 考虑以下调整算法：
  • 若 \(|S|\le 1\) 或已经满足 \(\max_{i\in I(S)}q(S)_i\ge \max q(S)-1\) 则结束
  • 否则通过以上方式可以选出 \([L,r)\) 和 \([l,R)\)，将两者删去
  • 显然影响为 \([l,r)\) 的 \(q\) 加 \(2\)，\([1,L)\cup [R,n]\) 的 \(q\) 减 \(2\)
  • 而此时 \(\max_{i\in I(S)}q(S)_i\le \max q(S)-2\)，因此 \(\max q(S)\) 不增，方案不劣
• 算法结束后要么 \(\max_{i\in I(S)}q(S)_i\ge \max q(S)-1\)，要么 \(|S|\le 1\)
• 而 \(|S|\le 1\) 时显然前者也成立
• 两种情况都和假设矛盾，因此假设不成立，原命题成立

从而只需要枚举 \(z(S)_t\in\{\max p-x,\max p-x+1\}\) 即可，时间复杂度降到 \(O(n(n+m)\log M\log V)\)

定理 \(3\)：存在一组最优解满足 \(p_t=\max p\)

证明：

• 令 \(t=\argmax_{i\in I(S)} q(S)_i\)
• 根据定理 \(2\)，存在最优方案 \(S\) 使得 \(q(S)_t\ge \max q(S)-1\)
• 假定命题不成立，则存在 \(S\) 同时满足 \(p_t\le \max p-1\)
• 令 \(x=\argmax p\)，则 \(x\notin I(S)\)，从而 \(z(S)_x\le z(S)_t-1\)
• 满足：\(p_x\ge p_t+1\)，\(z(S)_x\le z(S)_t-1\)，而 \(q(S)_x=p_x-2z(S)_x+z(S)_t\)，\(q(S)_t=p_t-z(S)_t\)
• 代换可得 \(q(S)_x\ge q(S)_t+3\)，与前提矛盾
• 从而假设不成立，原命题成立

由此只需要枚举 \(t\mid p_t=\max p\)

定理 \(4\)：若存在一组最优解满足 \(p_t=\max p\)，则 \(\{x\mid p_x=\max p\}\subseteq I(S)\)

证明：

• 令 \(t=\argmax_{i\in I(S)} q(S)_i\)
• 根据定理 \(2\)，存在最优方案 \(S\) 使得 \(q(S)_t\ge \max q(S)-1\)
• 假定命题不成立，则存在 \(S\) 同时满足存在 \(x\notin I(S),p_x= \max p\)
• 有 \(p_x=p_t\)，\(z(S)_x\le z(S)_t-1\)
• 代换可得 \(q(S)_x\ge q(S)_t+2\)，与前提矛盾
• 从而假设不成立，原命题成立

由此只需要任取 \(t=\argmax p\) 检测即可，时间复杂度 \(O((n+m)\log M\log V)\)

代码

参考