杂题20200906
CF1400G Mercenaries
有 \(n\) 个人和 \(m\) 个敌对关系，第 \(i\) 个人有一个条件区间 \([l_i,\ r_i]\)
定义一种从 \(n\) 个人中选一个非空子集 \(S\) 的方案是合法的，当且仅当 \(\forall\ i\in S,\ \exists\ l_i\leq|S|\leq r_i\) ，且 \(S\) 中的人互不敌对
求合法的选择方案 \(\bmod 998244353\) 的值
- \(n\leq3\times10^5\)
- \(m\leq20\)
考虑 \(m=0\) 时的做法
枚举 \(S\) 的大小，记 \(cnt_k=\displaystyle\sum_{i=1}^n[l_i\leq k\leq r_i]\) ，则答案等于 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\binom{cnt_i}i\)
当 \(m\neq0\) 时，考虑容斥
对于容斥集合 \(T\) ，找到存在于 \(T\) 的限制包含了哪些人，设人数为 \(x\) ，求出有多少种 \(S\) 的方案完全包含了这 \(x\) 个人，容斥系数为 \((-1)^{|T|}\)
求 \(S\) 方案数时，显然 \(|S|\) 的范围只能是这 \(x\) 个人的区间的交集 \([L,\ R]\) ，且这 \(x\) 人必选，故答案为 \(\displaystyle\sum_{i=L}^R\binom{cnt_i-x}{i-x}\)
注意到 \(x\) 不会超过 \(40\) ，对每种 \(x\) 预处理组合数前缀和即可
一道题
给定一棵带边权树，第 \(i\) 个点有点权 \(a_i\)
记 \(dis(u,\ v)\) 为树上节点 \(u\) 到 \(v\) 的最短路边权之和
你可以从任意点出发，每次选择任意点作为目标，并沿最短路（边权和为 \(k\) ）走到目标，你可以走任意步，在任意节点结束
定义一种方案的收益为，所有至少访问过一次的点的点权和，乘以整个过程中 \(k\) 的最小值
求得到的收益的最大值。
\(n\leq2\times10^5\)
假设树的直径之一是 \((x,\ y)\) ，存在结论：距离树上每个点 \(u\) 最远的点之一，一定是 \(x,\ y\) 中较远的那一个
可以通过反证法证明
因此记 \(d_i\) 为节点 \(i\) 到树上距离它最远的点的距离
将所有点按 \(d_i\) 降序排序，记 \(v_i=\displaystyle\sum_{i=1}^na'_i\) ，其中 \(a'_i\) 是以排序顺序为编号的点权
则答案为 \(\displaystyle\max\{v_i\times d_i\}\) ，即枚举 \(k\) 的最小值
CF1403B [CEOI2020] Spring cleaning
给定一棵 \(n\) 个点的树
按照如下方式定义一棵树的代价：
- 若该树有奇数个叶子，代价为 \(-1\)
- 否则将偶数个叶子两两匹配，定义一个匹配方案是合法的，当且仅当对于每条边都至少存在一个 \(i\) 满足匹配 \((x_i,\ y_i)\) 的最短路包含了这条边。每个匹配 \((x_i,\ y_i)\) 的代价为 \(x_i,\ y_i\) 在树上的最短路经过的边数，一种合法的匹配方案的代价即为每个匹配的代价之和，一棵树的代价为所有匹配方案中代价最小的那个
有 \(q\) 次询问，每次给定 \(D_i\) 个点（可以相同），给每个点增加一个叶子，求新树的代价，询问独立
\(n,\ q\leq10^5\)
随意选一个非叶子节点 \(rt\) 作为根
记 \(d_i\) 为第 \(i\) 个点到 \(rt\) 经过的边数，一条边被经过的次数为由多少个匹配 \((x_i,\ y_i)\) 的最短路上包含了这条边
对于两个叶子 \(x,\ y\) ，将它们匹配的代价为 \(d_x+d_y-d_{lca(x,\ y)}\) ，我们需要最大化 \(d_{lca(x,\ y)}\)
考虑一个自底向上的过程，对于点 \(u\) ，已知它的所有儿子 \(v\) 的子树中，有哪些叶子（至少一个）还没在子树内部匹配
由于需要最大化 \(d_{lca(u,\ v)}\) ，我们会尽量将 \(u\) 子树中未匹配叶子放在 \(u\) 处匹配，而 \(u\) 向父亲的边又至少需要经过一次，因此 \(u\) 到父亲的边要么被经过一次，要么被经过两次，而经过两次的条件是， \(u\) 的子树内恰好有偶数个叶子
因此随便树剖或者虚树即可
另一种思考方式：
考虑从边的角度计算贡献
假设一条边被经过了两次以上
我们随意拿出经过它的匹配中的三个，假设为红黄绿
我们可以将黄绿部分重新匹配
但是可能会有这种情况，将黄绿路径重新匹配后，可能会有一些边不再被经过
但这个时候可以将红黄路径重新匹配，避免了该问题
因此得到结论：每条边至多被经过两次
我们的目标就是最小化被经过两次的边的数量
而这个时候再考虑之前自底向上的构造即可
CF1396D Rainbow Rectangles
一个 \(L\times L\) 的矩形上有 \(n\) 个点，有 \(k\) 种颜色，第 \(i\) 个点坐标为 \((X_i+1,\ Y_i+1)\) ，颜色为 \(C_i\ (1\leq C_i\leq k)\)
求有多少个以 \((r_1,\ c_1)\) 为左上角， \((r_2,\ c_2)\) 为右下角（ \(1\leq r_1\leq r_2\leq L;\ 1\leq c_1\leq c_2\leq L\) ）的子矩形满足，其中恰好包含了 \(k\) 种不同颜色的点至少一个
求答案\(\bmod 10^9+7\) ，保证不存在两个点的坐标相同
- \(k\leq n\leq2\times10^3\)
- \(L\leq10^9\)
对于一维的情况，枚举右端点 \(r\) ，双指针找出最大的 \(l\) ，使得区间 \([l,\ r]\) 满足条件，即可统计答案
先离散化，枚举矩形的 \(r_2\) ，考虑升序枚举 \(r_1\)
对于 \(r_1=1\) 时，套用一维的做法，对每个 \(c_2\) 求得最大的 \(P_{c_2}\) ，使得子矩形 \((r_1,\ P_{c_2}),\ (r_2,\ c_2)\) 合法
当 \(r_1\) 转移时，考虑删掉 \(X_i=r_1\) 的点 \(i\) 会对 \(P\) 造成什么影响
找到 \(C_i\) 在 \(Y_i\) 的上一次出现位置 \(pre\) 和下一次出现位置 \(nxt\) ，对于所有 \(j\in[Y_i,\ nxt)\) ，若 \(P_j\leq Y_i\) ，则 \(P_j\) 需要对 \(pre\) 取 min，因为删掉了点 \(i\) 后区间 \([P_j,\ j]\) 将不再有颜色 \(C_i\)
由于 \(P_j\) 是递增的，使用支持区间覆盖的线段树即可
时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)
一道憨憨题
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，找到一种给每个点一种染色的方案，使得对于每个点 \(u\) ，其所有出边 \(v\) 的颜色都相等，并且使用不同颜色数量尽量多
对于每个点 \(u\) 把它的出边用并查集缩到一起即可
瞎写一下
\(V+F-E=2\)
给定若干条线段，求平面被分割成了多少份，可用该式
