Ideas of Problems in Aug. 2024

\(\text{Luogu P1552 [APIO2012] 派遣}\)

前置芝士：可并堆（左偏树）或 斜堆 或 启发式合并。

本题题意概括为：给定一颗以 \(1\) 为根的树，每个点有权值 \(L_i\)，花费 \(C_i\)，可以选择一个以某个结点为根的子树，并从其中选出一个点集 \(T\) 满足 \(\sum_{i\in T} C_i \leq M\)，那么此次的价值就是这个结点的 \(L_i\times |T|\)。求最大价值。

显然，每个点选择的点集肯定是将子树中点从小到大一直选，直到和大于 \(M\)，这样选出来的点集的大小才最大，我们不妨不考虑选点，而是考虑删点，将子树中的点从大到小开始删去，直到和小于等于 \(M\)，那么这个可以用大根堆维护。每次加入子树中的点会每次都 \(O(n\log n)\) 操作，由于是子树问题，可以考虑直接把儿子结点的堆合并起来，使用启发式合并，总时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。

Accepted Code.

\(\text{Luogu P4051 [JSOI2007] 字符加密}\)

前置芝士：后缀数组。

本题题意概括：给定字符串 \(S\)，将它围成一个环，从不同位置开始读一周可以得到 \(|S|\) 个字符串，将这些字符串从小到大排序后依次输出其最后一个字符。

后缀数组板题。套路地，遇到环就断环为链，将原串复制一遍拼接在其后得到字符串 \(T\)，那么这 \(|S|\) 个字符串成功作为 \(T\) 的 \(|S|\) 个后缀的前缀，直接求出 \(T\) 的后缀数组即可，就可以得到这 \(|S|\) 个字符串的排序结果，依次输出即可。

Accepted Code.

\(\text{Luogu P2852 [USACO06DEC] Milk Patterns G}\)

前置芝士：后缀数组。

题意可概括为给定一个字符串 \(S\) 求出现至少 \(K\) 次的子串的最长长度。

子串问题很容易想到可能使用后缀数组，对字符串后缀排序后，求出 \(\text{height}\) 数组，即相邻排名的后缀的 \(\text{LCP}\)，问题可以使用二分或高级数据结构 RMQ 解决。

二分：二分答案，对象是最长长度，判断一个长度 \(l\) 是否合法只需要判断是否 \(\exists i\) 满足 \(\min_{j=i}^{i+K-2} \text{height}_j \geq l\)，即是否有一段连续的区间满足他们的 \(\text{LCP}\) 长度大于或等于 \(l\)。

RMQ：可使用线段树或 st 表等，查询区间 \(\text{height}\) 数组最小值。

Accepted Code.

\(\text{Luogu P4248 [AHOI2013] 差异}\)

前置芝士：后缀数组。

原题式子即为：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n} (n-i+1)+(n-j+1)-2\times\text{LCP}(T_i,T_j). \]

显然当 \(n\) 一定时前两项的求和是个常数，等于 \(\frac{1}{2}n(n-1)(n+1)\)，后面的 \(\text{LCP}\) 单独处理。显然，这是求字符串任意两个后缀的 \(\text{LCP}\) 之和，所以后缀的顺序无关，可以愉快使用后缀数组。通过后缀数组求出 \(\text{height}\) 数组，即排序后相邻两个后缀的 \(LCP\)，则排序后第 \(i\) 个后缀与第 \(j\) 个后缀的 \(\text{LCP}\) 为 \(\min_{k=i}^{k} \text{height}_k\)，那么对于求和，首先肯定不能采用 \(O(n^2)\) 枚举后缀起点终点，这样没有优化空间，可以考虑计算每个 \(\text{height}_i\) 对答案的贡献，因为是取区间最小值，每个 \(\text{height}_i\) 只对它作为最小值的区间有贡献，也就是不包含比它小的值的区间，可以使用单调栈维护。

Accepted Code.

\(\text{Luogu P1944 最长括号匹配}\)

前置芝士：线性 DP。

定义状态 \(f_i\) 表示以 \(S_i\) 结尾的匹配子串最长长度，因为子串要求连续，所以转移很显然由 \(f_{i-1}\) 得到，如果 \(S_i\) 是左小（中）括号，那么显然是失配的。以 \(S_{i - 1}\) 结尾的匹配子串能达到长度 \(f_{i-1}\) 那么要求最长，只需要判断 \(S_{i-f_{i-1}-1}\) 这一位与当前位是否匹配即可。如果匹配，那么 \(f_i\) 可以由前一位的 \(f_{i-1}\) 和 \(f_{i-f_{i-1}-2}\) 拼接得到，如果不匹配，可以证明当前位无法组成匹配子串，感性说明一下：如果不匹配，则不能向开头延伸，因为这一位不匹配，也不能向后减少，因为这样会拆散 \(f_{i-1}\) 匹配的字符串，所以 \(f_i=0\)。

所以状态转移方程为:

\[f_i=\left\{ \begin{aligned} 0, \quad S_i \text{失配} S_{i - 1 - f_{i-1}},\\ f_{i-1}+2+f_{i - 1 - f_{i-1}-1}, \quad S_i \text{匹配} S_{i - 1 - f_{i-1}}. \end{aligned} \right . \]

Accepted Code.

\(\text{Codeforces #372 C. Watching Fireworks is Fun}\)

前置芝士：单调队列。

题意简述：

大街被分为 \(n\) 个单位，从左到右标号为 \(1,2,3,\cdots,n\)，，初始时间为 1，位置任意，共有 \(m\) 场花火大会，时间为 \(t_i\)，举办在 \(a_i\)，快乐值为 \(b_i\)，每个单位时间可以移动至多 \(D\) 单位，如果在第 \(i\) 场花火大会时位于 \(j\)，则可获得快乐值 \(b_i-|a_i-j|\)，问最大快乐值。

先考虑朴素 DP，定义状态 \(f_{i,j}\) 表示在第 \(i\) 场花火大会时位置在 \(j\) 的最大快乐值。从上一场花火到这一场至多能移动 \(D \times (t_i-t_{i-1})\) 单位，所以状态转移方程为：

\[f_{i,j}=\max_{k\in[1,n]\cap[i-D\times (t_i - t_{i-1}),i+D\times(t_i-t_{i-1})]} f_{i-1,k} \quad + b_i-|a_i-j|. \]

发现对于确定的 \(i,j\)，\(b_i-|a_i-j|\) 是个定值，所以提出 \(\max\)，只需要求上一场花火的 \(f\) 数组之后区间 RMQ，并且当 \(j\) 分别取 \(1,2,\cdots,n\) 这些区间是向右移动的，所以用单调队列维护 RMQ 即可。

Accepted Code.