2024 秋冬做题记录

题单

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字符串专区

无特殊说明就是字符集为小写字母。

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CF587F Duff is Mad

给定 \(n\) 个字符串 \(s_{1 \dots n}\)。

\(q\) 次询问 \(s_{l \dots r}\) 在 \(s_k\) 中出现次数之和。

\(n,q,\sum_{i=1}^n |s_i| \le 10^5\)。

建 AC 自动机，计算 \(s_i\) 在 \(s_j\) 中出现次数：

• 将 \(s_j\) 对应的 AC 自动机节点权值 \(+1\)。

• \(s_i\) 在 \(s_j\) 中出现次数相当于 \(s_i\) 的结尾对应的节点 \(endp_i\) 的 fail 树子树权值和。

根号分治 \(|s_k|\)，设置阈值 \(B\)：

• \(|s_k|>B\)，将 \(s_k\) 对应的 AC 自动机节点权值 \(+1\)，处理出 \(f_i\) 为 \(endp_i\) 的 fail 树子树权值和，处理前缀和查询 \(\sum\limits_{i=l}^r f_i\)。
• \(|s_k|\le B\)，我们转换思路，将 \(endp_i\) 的 fail 树子树加，查询 \(s_k\) 对应的 AC 自动机节点权值和，拍扁 dfn 用 BIT 维护，扫描线处理询问。

复杂度分析默认 \(L=\sum|s_i|\) 与 \(n\) 同阶。

第一部分复杂度 \(O(\dfrac{n^2}{B})\)，第二部分复杂度 \(O(nB\log n)\)，取 \(B=\sqrt{n\log n}\)，复杂度 \(O(n\sqrt{n\log n})\)。

但你发现这实在太蠢了，第二部分 \(O(n)\) 次区间加，\(O(nB)\) 次区间查，改用分块平衡到 \(O(n\sqrt n+nB)\)。

这时候就可以取 \(B=\sqrt n\)，时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

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upd：之前那发分块写错了，但是

inline void mdf(int l,int r){
    for(int i=l;i<=r;i++)
    {
        val[i]++;
    }
    return ;
}

（忘记删暴力了）直接就过了？？？CF 数据强度呢？

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但是分块比暴力跑得慢……

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CF1483F Exam

给定互不相同的字符串 \(s_1, s_2, \cdots, s_n\)，求有多少对 \((i, j)\) 满足：

• \(i \neq j\)
• \(s_j\) 是 \(s_i\) 的子串。
• 不存在 \(k\) \((k \neq i, k \neq j)\) 满足 \(s_j\) 是 \(s_k\) 的子串且 \(s_k\) 是 \(s_i\) 的子串。

\(n,\sum \lvert s_i \rvert \leq 10^6\)。

建 AC 自动机，枚举串 \(s_i\)，统计 \(s_j\) 的数量。

对于 \(s_i\) 的某个前缀 \(s_i[1\dots p]\)，它的后缀能匹配很多个 \(s_j\)，然后只有这些 \(s_j\) 种最长的才可能合法。

考虑如何找到 \(s_i[1\dots p]\) 的后缀能匹配的最长 \(s_j\)。设 \(s_i[1\dots p]\) 在 fail 树上的节点是 \(x\)，\(s_i[1\dots p]\) 能匹配 \(s_j\) 当且仅当 \(endp_j\)（\(s_j\) 的结尾对应的节点）是 \(x\) 的祖先（fail 树上）。

那么最长的 \(s_j\) 即为最深的 \(endp_j\)，于是可以 dfs 一遍预处理 fail 树上每个节点的最深 \(endp\) 祖先。

这里有一个细节，就是你 \(s_i\) 整个串（长度为 \(|s_i|\) 的前缀）选出来的 \(j=i\)，应该为 fail 树上 \(endp_i\) 的不是它本身的最深 \(endp\) 祖先。

但是这样求出的 \(j\) 不一定满足第三条限制。可能 \(s_j\) 是 \(s_i[1\dots p]\) 的的最长匹配后缀，但存在 \(s_k\) 是 \(s_i[1\dots q]\) 的的最长匹配后缀并且 \(q-|s_k|+1\le p-|s_j|+1\)，此时 \(s_k\) 包含 \(s_j\)。

这个其实比较好解决，把 \(p\) 从大到小扫，记录当前最左的 \(p-|s_j|+1\)。

好了这样我们就能统计出每个 \(s_j\) 在 \(s_i\) 中，不被其他 \(s_k\) 覆盖地出现的次数了。

只需要判定这个次数是否等于 \(s_j\) 在 \(s_i\) 中出现的总次数即可，这个在 fail 树上单点加子树查，拍扁 dfn 用 BIT 维护。

\(L=\sum|s_i|\)，复杂度 \(O(L\log L)\)。

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P8571 [JRKSJ R6] Dedicatus545

给定 \(n\) 个字符串 \(s_{1 \dots n}\)。

\(q\) 次询问 \(s_{l \dots r}\) 在 \(s_k\) 中出现次数的最大值。

\(1\le n,q \le 10^5\)，\(1\le\sum_{i=1}^n|s_i|\le 5\times10^5\)。

是不是很熟悉，CF587F Duff is Mad 求和变最大值。

再次考虑根号分治：

\(|s_k|>B\)，将 \(s_k\) 对应的 AC 自动机节点权值 \(+1\)，处理出 \(f_i\) 为 \(endp_i\) 的 fail 树子树权值和，线段树维护 \(f_i\)，查询 \(\max\limits_{i=l}^r f_i\)。

\(|s_k|\le B\)，将 \(s_k\) 对应的 AC 自动机节点权值 \(+1\)，查询 \(s_i\) 在 \(s_k\) 中的出现次数时为 \(endp_i\) 的子树和。

给 \(s_k\) 对应的 AC 自动机节点在 fail 树上建虚树，\(endp_i\) 的子树和必然等于虚树上某一节点的子树和。

考虑查询 \(l,r\) 时枚举这个虚树上的节点 \(x\)，它作为答案当且仅当 \(x\) 到根的路径上存在某个结尾节点 \(endp_i\)（\(i\in[l,r]\)）。

于是我们扫描线 \(r\)，维护 fail 树上 \(x\) 到根的路径的 max，如果这个值大于 \(l\)，则 \(x\) 可以贡献答案。

拍扁 dfn 维护，区间取 max（其实修改单调，相当于区间推平），单点查询。采用 \(O(\sqrt L)-O(1)\) 分块。

其实在虚树时并不需要建虚树，只需要知道虚树有哪些点，BIT 维护子树和即可。

取 \(B=\sqrt L\)，时间复杂度 \(O(L\sqrt L)\)，时限 \(1s\)，卡常，细节较多。

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P5840 [COCI2015] Divljak

有 \(n\) 个字符串 \(s_1,s_2,\dots,s_n\)，有一个字符串集合 \(T\)，初始为空。

有以下两种操作：

• 往 \(T\) 中加入字符串 \(t\)。
• 查询 \(T\) 中有多少个字符串包含 \(s_x\)。

\(1\le n,q\le 10^5\)，\(\sum|s|,\sum|t|\le 2\times10^6\)。

\(s\) 建 AC 自动机，增加文本串 \(t\) 时 \(s_i\) 的答案增加：

\(t\) 的所有 AC 自动机节点在 \(endp_i\) 的 fail 树子树的出现次数。

建个虚树，搞完了，但其实可以隐式建树，按照 dfn 排序 BIT 维护就行。

具体地，将 \(t\) 对应 AC 自动机节点按照 dfn 排序为 \(p\)，\(p_i\to rt\) 链 \(+1\)，\(\operatorname{lca}(p_{i-1},p_i)\to rt\) 链 \(-1\)。

链加单点查 \(\to\) 单点加子树查，拍扁 dfn 用 BIT 维护。

复杂度 \(O(L|\Sigma|+L\log L)\)，我写了 ST 表 lca 所以空间复杂度 \(O(L\log L)\)。

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图论专区

P6914 [ICPC2015 WF] Tours

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，你需要选择一个颜色种类数 \(k\)，然后用这 \(k\) 种颜色给每条边染色，要求对于图中任意一个简单环，每种颜色的边的数量都相同。求所有可行的 \(k\)。

保证图无重边，无自环。

\(1\le n,m\le 2\times10^3\)。

考虑将简单环划分成若干个不交的环，假如有两个环 \(X,Y\) 有交，那么将它们划分成 \(X-X\cap Y,Y-X\cap Y,X\cap Y\)，这样一定可以划分出来。

然后有一个非常牛的结论（我不会证明：

• 两条边最终属于同一个环当且仅当：对于某一个环，它们要么都在环内，要么都在环外。

trick：划分后无交的简单环删去一条边，剩下的边为割边。

于是枚举一条非割边，计算出删除这条边之后新增的割边数量就能求出他所属简单环长了。

答案是所有简单环长的 gcd 的所有因数。

时间复杂度 \(O(m^2)\)。这题还有神仙哈希做法 \(O(n+m)\)。/jk

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P10873 [COTS 2022] 帽子 Šeširi

有 \(n\) 个人，每人有一个黑色或白色的帽子，每个人只能看见别人的帽子。

给每人（看到的 \(2^{n-1}\) 种状态）制定一种策略，使得戴白帽子的至少有一半（向下取整）猜对自己帽子颜色，戴黑帽子的也至少有一半猜对自己帽子颜色。

\(4\le n\le 18\)。

对于某一个人看见了 \(S\) 的状态时猜对了：

• 他是白帽子，整个序列为 \(S_0=S+\{0\}\)。
• 他是黑帽子，整个序列为 \(S_1=S+\{1\}\)。

我们建一张二分图，给左部 \(S_0\)，右部 \(S_1\) 连边。

给这个二分图定向，对于最终定向的某条边 \(X\to Y\)，代表状态为 \(X\) 会猜对一个人，状态为 \(Y\) 会猜错一个人。

那么我们希望每个点的出边至少是它的度数的一半，这是欧拉回路的形式。

但是还有奇点，因为向下取整有 \(1\) 的容错，建虚点连接所有奇点跑欧拉回路即可。

时空复杂度 \(O(n 2^n)\)，实现差的话时间复杂度 \(O(n^2 2^n)\)。

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CF1215F Radio Stations

有 \(n\) 个区间 \([l_i,r_i]\)，在 \(1\sim m\) 中选择一个点 \(f\)。

假如 \(f\in[l_i,r_i]\) 则可以选择 \(i\)。

另有 \(a\) 个限制形如：\(i\) 和 \(j\) 至少要选一个。

另有 \(b\) 个限制形如：\(i\) 和 \(j\) 至多可以选一个。

构造 \(f\) 和选择方案。

\(2\le n,m,a,b\le 4\times 10^5\)。

后两个限制明显是 2-SAT 板子。

\(T_i\) 表示选 \(i\)，\(F_i\) 表示不选 \(i\)。

\(a\) 限制：\(F_i\to T_j\)，\(F_j\to T_i\)。

\(b\) 限制：\(T_i\to F_j\)，\(T_j\to F_i\)。

考虑 \(f\) 的限制怎么做，可以大力线段树优化建图（丑陋）。

trick：前缀和优化建图。

\(P_i\) 表示 \([f\le i]\)，\(Q_i\) 表示 \([f>i]\)。

\(P_i\to P_{i+1}\)，\(Q_i\to Q_{i-1}\)。

对于 \(f\in [l_i,r_i]\) 可以表示为：

• \(T_i\to Q_{l_i-1}\)，\(T_i\to P_{r_i}\)
• \(P_{l_i-1}\to F_i\)，\(Q_{r_i}\to F_i\)

跑 2-SAT 即可。

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[ARC153F] Tri-Colored Paths

有一张 \(n\) 点 \(m\) 边的简单无向连通图。

你需要给每条边染上三种颜色之一，使得图中存在一条路径，经过三种不同颜色的边。

求合法染色方案数，对 \(998244353\) 取模。

\(3\le n,m\le 2\times 10^5\)。

显然正面考虑特别难，考虑反面情况。

有两种或仅一种颜色的情况是 trival 的，不做赘述。

计算恰好三种颜色并且图不合法的方案数。

下面称这三种颜色为红、黄、蓝。

\(\rule{20cm}{0.05em}\)

先考虑一个弱化问题：图是一棵树。

必存在点 \(x\) 使得连 \(x\) 的边有至少两种颜色。

不妨设 \(x\) 连了红、蓝边。把 \(x\) 当作树的根。

发现 \(x\) 连了红、蓝边的子树内不能有黄边，否则会出现合法路径。

于是黄边只能全部在 \(x\) 连黄边的子树内。

结论：存在点 \(x\) 使得 \(x\) 连出三种颜色的边，且 \(x\) 同一子树内的边和 \(x\) 连向这个子树的边颜色相同。

方案数就很好统计了，枚举一个点作为 \(x\)，设度数为 \(d\)：

容斥一下，方案数 \(f(d)=3^d-3\cdot 2^d+3\)。

总方案数就是 \(\small{\displaystyle\sum_x f(deg_x)}\)。

\(\rule{20cm}{0.05em}\)

接下来考虑图的问题。

先考虑环，环长 \(>3\) 则不可能环上有三种颜色。

特殊情况：三色三元环。

• 三元环仅一个点向外连边，一定是一个点双，方案数为 \(6\)。

• 三元环上有两个点向环外同一个点连边。

  

  还有特殊情况：

  

  发现此时每个点都不能再连任何颜色的边。

  把 \(n=4\) 的这种情况（仅一个点双，\(m\ge 5\)）特判即可。

接下来认为环最多两种颜色。

若环上有两种颜色，不妨设为红、蓝。环外必定有一条黄边，由于图连通，这条黄边肯定能走到环上。

环上必有红或蓝边大于 \(2\) 条，则必定有合法路径。

结论：简单环上边的颜色相同。

扩展结论：点双内边的颜色相同。

于是建圆方树，问题变为：将方点染色，使得不存在路径经过三种不同颜色的方点。

用树的结论：必然存在圆点 \(x\) 连出三种颜色的边，且 \(x\) 子树内方点颜色与子树的根相同。

答案即为 \(\small{\displaystyle\sum_x f(deg_x)}\)，\(x\) 是圆点。

时间复杂度 \(O(n+m)\)。

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二分图分区

[AGC029F] Construction of a tree

有 \(n\) 个点，给定 \(n-1\) 个点集 \(S_1,S_2,\dots,S_{n-1}\)，\(|S_i|\ge 2\)。

从每个 \(S_i\) 中选出两个不同的数 \(a_i,b_i\)，连接 \(a,b\) 两个点。

构造方案使最后连成一颗树。

\(1\le n\le10^5\)，\(1\le\sum|S_i|\le 2\times10^5\)，时限 \(4s\)。

令每个集合选出的 \(a_i,b_i\) 最后在树上 \(a_i\) 是 \(b_i\) 的父亲。

假设树根为 \(rt\)，那么 \(b_i\) 互不相同，且 \(\{b_i\}=\{x|x\ne rt\}\)，意思是，除了 \(rt\) 每个点都有一条到其父亲的边。

那么我们得出一个必要条件：从每个集合中选出 \(1\) 个数，可以选出 \(n-1\) 个互不相同的数。

我一看，这不是二分图吗，左侧点表示选出的数，右侧点表示点集编号，最大匹配要等于 \(n-1\)。

找到最大匹配（不等于 \(n-1\) 就无解）可以确定 \(rt\) 和 \(b\)，我们考虑这样一个 bfs 构造方法：

当前点为 \(x\)（初始为 \(rt\)），找到 \(x\) 所属的点集 \(y\)，若 \(b_y\ne x\) 且未确定 \(a_y\)，则 \(a_y=x\) 并将 \(b_y\) 加入 bfs 队列。

假设没有这样 bfs 没能构造完，构造出的 \(a_i\) 的集合为 \(T\)，注意到 \(x\) 属于的点集 \(y\) 相当于二分图上 \(x\to y\)，那么二分图左侧为 \(T\) 不符合 Hall 定理，矛盾，所以肯定可以构造出来。

还有一种构造不出的情况为可以把 \(n-1\) 个点集划分为两份，两份的点集两两不交，bfs 判断是否构造完即可。

用 dinic 跑二分图最大匹配，时间复杂度 \(O(N\sqrt N)\)（\(N=\sum|S_i|\)）。

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[AGC067A] Big Clique Everywhere

给你一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向图 \(G\)，你需要判定 \(G\) 中是否所有点导出子图都存在点数不少于一半的团。

多组数据，\(1\le T\le 10^3\)，\(1\le\sum n\le 10^5\)，\(0\le\sum m\le 10^6\)。

trick：原图中的一个团是补图中的独立集。

trick：只有二分图不存在导出子图最大独立集 \(<\dfrac{|V|}{2}\)。

证明：奇环最大独立集 \(<\dfrac{|V|}{2}\)。

于是变为判定 \(\neg G\) 为二分图。

注意到 \(\neg G\) 边数为 \(\dfrac{n(n-1)}{2}-m\)，二分图至多 \(\lfloor\dfrac{n^2}{4}\rfloor\) 条边，故 \(\dfrac{n(n-1)}{2}-m>\lfloor\dfrac{n^2}{4}\rfloor\) 不合法。

判掉以后 \(m\) 是 \(O(n^2)\) 级别的，直接 \(O(n^2)\) 求出补图判断二分图即可。

时间复杂度 \(O(m)\)。

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P9726 [EC Final 2022] Magic

序列 \(a_{0\dots 2n}\) 初始全为 \(0\)，有 \(n\) 次覆盖操作 \(l_i,r_i\) 表示把 \([l_i,r_i)\) 区间覆盖为 \(i\)。

可以任意排列操作顺序，最大化 \(\sum\limits_{i=0}^{2n-1}[a_i\ne a_{i+1}]\)，求这个最大值。

保证 \(l_i,r_i\) 互不相同。

\(n\le 5\times10^3\)。时限 \(3s\)，空限 \(16M\)。

若位置 \(x\) 最终满足 \(a_{x}\ne a_{x+1}\)。

找到操作 \(p\) 满足 \(l_p=x+1\) 或 \(r_p=x+1\)。只有 \(p\) 操作后才能 \(a_{x}\ne a_{x+1}\)。

还要满足之后不会有操作把 \(x,x+1\) 都覆盖了，也就是 \(p\) 之后不存在操作 \(q\) 满足 \(l_q\le i<r_q-1\)。

于是可以考虑操作 \(p,q\) 的顺序对答案的影响：

不妨设 \(l_p<l_q\)

• $[l_p,r_p)\cap[l_q,r_q)=\emptyset $，无交，不影响。

• \([l_p,r_p)\subseteq [l_q,r_q)\)，包含，一定是先操作 \(p\)。

• \(l_q<r_p\)，有交但不包含，先操作 \(p\) 则 \(a_{l_q}=a_{l_q+1}\)，先操作 \(q\) 则 \(a_{r_p}=a_{r_p+1}\)。

第三种情况可以描述为：\(l_q\) 和 \(r_p\) 只能选一个。

按照 \(l_q\longleftrightarrow r_p\) 的方式建图后答案为最大独立集。

\(l_i,r_i\) 互不相同，这个图为二分图。

trick：\(\small\mathbf{二分图最大独立集大小}=\small\mathbf{点数}-\small\mathbf{二分图最大匹配}\)。

空限太小，bitset 邻接矩阵跑 dinic，时间复杂度 \(O(\frac{n^3}{\omega})\)，但是 dinic 常数你不用担心。

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树上问题专区

P8990 [北大集训 2021] 小明的树

给一棵 \(n\) 个点的树（根为 \(1\)）和一个长为 \(n-1\) 的操作序列 \(a\)，\(a\) 为 \(2\sim n\) 的排列。

定义这棵树的权值为：

初始所有点为黑色，依次把 \(a_1\dots a_{n-1}\) 染为白色，每次染色后若树是“美丽”的，则树的权值加上当前白点连通块数量。

树是“美丽”的当且仅当每个白点的子树内都是白点。

给 \(m\) 次修改：断掉 \((x1,y1)\) 的边并将 \((x2,y2)\) 连边，保证修改后还是一棵树。

求出初始和 \(m\) 次修改后的树的权值。

\(1\le n,m\le 5\times10^5\)，时限 \(3s\)。

观察性质：

树是“美丽”的当且仅当每个白点的子树内都是白点，这个太难维护了，我们从黑点的角度考虑。

我们将其转化为：每个白点的子树内都没有黑点，也就是每个黑点到根的路径上都没有白点。

注意到根是黑点，所以这个条件相当于：黑点形成一个连通块。

trick：每个白点的子树内都是白点 相当于 黑点形成一个连通块。

然后点边容斥：

trick：黑点连通块数量 = 黑点数量 - 两端都是黑点的边的数量。

时刻 \(i\) 的黑点数量为 \(n-i\)，定义 \(t_x\) 为 \(x\) 被操作的时刻（\(t_{a_x}=x\)），对于每条边 \((u,v)\)，时刻 \([1,\min(t_u,t_v))\) 内它两端都是黑点，黑点连通块个数 \(-1\)。

这样就能用线段树维护 \(f_i\) 表示时刻 \(i\) 的黑点连通块个数。

即 \(f_i=n-i\)，对于每条边 \((u,v)\)，\(\forall i\in[1,\min(t_u,t_v)),f_i\gets f_i-1\)。

然后还有一个问题：白点连通块数量怎么求？

注意到每个白点连通块必为原树一整棵子树，则 白点连通块数量 = 两端是黑点、白点的边的数量。

同样的，对于每条边 \((u,v)\)，时刻 \([\min(t_u,t_v),\max(t_u,t_v))\) 内它两端是黑点、白点，白点连通块个数 \(+1\)。

这样就也能用线段树维护 \(g_i\) 表示时刻 \(i\) 的白点连通块个数。

即对于每条边 \((u,v)\)，\(\forall i\in[\min(t_u,t_v),\max(t_u,t_v)),g_i\gets g_i+1\)。

现在我们考虑如何查询，答案即为 \(\sum\limits_{f_i=1}g_i\)。

注意到 \(f_i\ge 1\)，兔队线段树维护 \(f\) 的区间最小值，区间最小值个数，区间 \(f\) 最小的位置的 \(g\) 的和。

修改对边 \((x1,y1)\) 和 \((x2,y2)\) 贡献重新算即可。

时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)，读入量略大。

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[ARC181E] Min and Max at the edge

给一个 \(n\) 点 \(m\) 边的图 \(G\)，定义生成树是“好的”满足：

对于非树边 \((u,v)\)（\(u<v\)），\(u=\min\limits_{x\in path(u,v)}x\)，\(v=\max\limits_{x\in path(u,v)}x\)。

也就是生成树上 \(u,v\) 的简单路径的编号最小、最大点分别是 \(u,v\)。

对于每条边，求：删去这条边后的图 \(G'\) 是否存在“好的”生成树。询问相互独立。

\(1\le n\le 2\times10^5\)，\(n-1\le m \le 2\times10^5\)。

考虑非树边 \((u,v)\) 的限制，看着很像 kruscal 的证明：非树边权值大于等于所有路径上的树边的权值。

但是这题是点权，考虑转化为边权。

需要构造一种算边权方式使得 \(w(u,v)\) 大于所有树边 \((x,y)\) 权值。

题目条件有 \(u\le x\le y\le v\)，\(w\) 需要满足 \(\forall u\le x\le y\le v,w(x,y)<w(u,v)\)。

令 \(w(u,v)\) 为二元组权值 \((-u,v)\)，权值双关键字比较，这样满足条件。

可以将双关键字压缩，变为 \(w(u,v)=(n-u)\times(n+1)+v\)。

于是“好的”生成树必须是按 \(w\) 生成边权的最小生成树。

这个最小生成树的非树边 \((u,v)\) 必定满足 \(u=\min\limits_{x\in path(u,v)}x\)，但是不一定满足 \(v\) 的限制。

倒着做一遍，\(w(u,v)\) 为二元组权值 \((v,-u)\)，双关键字压缩 \(w(u,v)=v\times(n+1)-u\)，这样的最小生成树满足 \(v\) 的限制。

我们注意到 \(w\) 互不相同，所以最小生成树唯一，判断这两棵生成树是否相同即可。

判断树是否完全相同可以集合哈希，现在问题来了：删除某一条边后的最小生成树如何做？

先求出原来的最小生成树。假设删去了边 \((u,v)\)，在原来的最小生成树上 \(u\) 是 \(v\) 的父亲，那我们相当于断开了 \(v\) 整棵子树，变成两个连通块。

考虑 kruscal 的过程，我们需要在剩下的边中选择一条最大的边 \((x,y)\) 连接两个连通块。

那么我们需要求出除去 \((u,v)\) 最小的边满足 \(x\) 在 \(v\) 子树外，\(y\) 在 \(v\) 子树外。

拍扁 dfn 序，令 \([l,r]\) 表示 \(v\) 的子树 dfn 区间，\(x,y\) 代指 \(dfn_x,dfn_y\)。

那么 \(x\notin[l,r],y\in[l,r],(x,y)\ne(dfn_u,l)\)。

拆为两部分：

• \(x\in[1,l-1],y\in[l,r]\)
• \(x\in[r+1,n],y\in[l,r]\)

只计算不在原来的最小生成树上的 \((x,y)\)，则不会算到 \((u,v)\)。

分别矩形求最大值即可，发现 \(x\) 必为前后缀，扫描线+线段树维护即可。

时间复杂度 \(O(m\log m+m\log n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。

样例的最小生成树：

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DP 专区

P9040 [PA2021] Desant 2

有序列 \(a_{1\dots n}\)，给定长度 \(k\)，\(q\) 此询问：

询问区间 \([l,r]\)，从 \(a_{l\dots r}\) 中选出若干个不相交的长度为 \(k\) 的区间，求选出的数的和的最大值。

\(1\le n,q\le 10^5\)，\(1\le k\le n\)，\(|a_i|\le 10^9\)。

不知道为什么时限 \(10s\)，空限 \(1G\)，PA 也太大方了吧，正解完全可以 \(1s\) 的。

PA 原题 时限 \(42s\)，这不是直接 \(O(qn)\) 冲过？

回归正题，有显然 \(O(qn)\) DP：

记 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^i a_j\)，询问区间 \([l,r]\)，设 \(dp_i\) 为 \(l\sim i\) 的答案。

\[dp_i=\max(dp_{i-1},dp_{i-k}+s_i-s_{i-k}) \]

将序列每 \(k\) 个分块，画出 DP 转移的 DAG：（一个 \(n=12,k=3\) 的例子，蓝色框住的为一块。）

问题形如 \(l\to r\) 的最长路形式。

记块数 \(m=\lceil\dfrac{n}{k}\rceil\)，我们对这 \(m\) 个块分治。

分治区间 \([L,R]\)，中点 \(M\)，计算左端点在 \([L,M]\) 块内，右端点在 \([M+1,R]\) 块内的询问。

注意到最长路一定每个块经过一遍，故一定经过第 \(M\) 块的某个点，称这个点为“断点”。

处理出分治区间每个点到第 \(M\) 块的所有点的最长路，询问 \(O(k)\) 枚举“断点”。

时间复杂度 \(O(n\log n+qk)\)，那这整了半天不还是一样吗。

观察到这个分治其实是对 \(m\times k\) 的矩形的列的分治。

trick：对面积为 \(S\) 的矩形分治，选择行与列中较大维分治，较小维长度 \(O(\sqrt{S})\)。

那我们能对列分治，为什么不能对行分治呢。

但由于这些红色边的存在，所以不满足必须每个块经过一次的性质。

只有第一次对行分治是会考虑红色边，需要特殊处理。

把上述性质该为：一定经过第 \(M\) 块的某个点或者某条红色边。

我们将红色边也视为一个“断点”，处理出分治区间每个点到红色边端点的最长路。

由于红色边数量和列数同阶，所以复杂度不变。

设当前分治矩形面积为 \(S\)，时间复杂度 \(T(S)=2T(\dfrac{S}{2})+O(S\sqrt S)=O(S\sqrt S)\)

总共时间复杂度 \(O((n+q)\sqrt n)\)。

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贪心专区

CF335F Buy One, Get One Free

有 \(n\) 个馅饼，第 \(i\) 个价格为 \(a_i\)。

购买一个价格 \(v\) 的馅饼可以免费兑换一个价格 \(<v\) 的馅饼。

求买完这 \(n\) 个馅饼的最小代价。

\(1\le n\le 5\times10^5\)，\(1\le a_i\le 10^9\)。

这种东西，除了 DP 就是反悔贪心。

DP 看起来（？）没前途，考虑反悔贪心。

先合并价值相同的馅饼，按照价值从大到小排序。

现在的馅饼价格为 \(x\)，有 \(c\) 个。

之前一共获得了 \(s\) 个馅饼，其中有 \(t\) 个是兑换的。

当前有 \(s-2t\) 个购买的馅饼还没有兑换。

先贪心地全部兑换，兑换 \(\min(s-2t,c)\) 个。

剩下的 \(r=c-\min(s-2t,c)\) 个需要购买或反悔。

用一个小根堆 \(P\) 维护兑换的馅饼。

注意 \(P\) 维护的是兑换的馅饼，也就是说兑换的价值和为 \(P\) 价值和，兑换的个数就是 \(|P|\)。

假设之前兑换了一个价格为 \(y\) 的馅饼（\(P\) 的堆顶）：

• \(x>y\)

  • \(r>1\)

    兑换 \(y\) 改为买 \(y\)，多出来 \(2\) 个兑换名额，用于兑换 \(2\) 个 \(x\)，肯定更优。

    \(P\) 的操作：加入 \(2\) 个 \(x\)。

  • \(r=1\)

    兑换 \(y\) 改为买 \(y\)，多出来 \(2\) 个兑换名额，用于兑换 \(1\) 个 \(x\)，还剩 \(1\) 个名额以后用。

    \(P\) 的操作：加入 \(x\)。

• \(x\le y\)

  • \(r>1\)

    • 保留 \(y\)，买 \(x\)，相当于不改变兑换决策。
    • 购买 \(y\)，多出来 \(2\) 个兑换名额，兑换 \(2\) 个 \(x\)。
    • 购买 \(y\)，用其他名额兑换 \(x\)。

    我们抽象出一个价格为 \(2x-y\) 的馅饼，和原本价格为 \(y\) 的馅饼加入堆。

    如果 \(2x-y<0\) 说明买 \(2\) 个 \(x\) 一定更优，不能加入 \(2x-y\) 的馅饼。

    由堆内是否剩下 \(y\)、\(2x-y\) 能描述反悔的决策：

    • 只剩 \(y\)，意味着 \(2\) 个 \(x\) 没被兑换，即买了 \(2\) 个 \(x\)。
    • 只剩 \(2x-y\)，意味着买了 \(y\) 兑换 \(2\) 个 \(x\)（相当于免费买 \(y\) 兑换 \(2x-y\)），多出来的 \(2\) 个名额对应 \(y\) 和 \(2x-y\)。
    • 都剩下，意味着买了 \(y\)，用别的名额兑换 \(2\) 个 \(x\)，名额数目依然对得上。

    这一步非常抽象，对一对脑电波才行。

    \(P\) 的操作：加入 \(y\) 和 \(2x-y\)。

  • \(r=1\)

    只有保留兑换 \(y\) 的可能，这样肯定比兑换 \(x\) 或者买 \(y\) 更优。

    \(P\) 的操作：加入 \(y\)。

注意：每个 \(x\) 操作完所有 \(y\) 才能执行加入操作，否则可能出现买 \(x\) 兑换 \(x\) 的情况。

至于为什么是小根堆，因为反悔之前兑换的更少的肯定更优。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

AC Record

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数论专区

SP34112 UDIVSUM - The Sum of Unitary Divisors

\[\sigma^*(x)=\sum_{d|x}[\gcd(d,\frac{x}{d})=1]d \]

求：

\[\sum_{i=1}^n \sigma^*(i) \]

答案对 \(2^{64}\) 取模。

\(n\le 5\times 10^{13}\)，数据组数 \(T\) 详见原题。

时限 \(10s\)。

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}[\gcd(d,\frac{i}{d})=1]d\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}d\sum_{r|d,r|\frac{i}{d}}\mu(r)\\ =&\sum_{d=1}^nd\sum_{r|d}\mu(r)\sum_{d|i}[r|\frac{i}{d}]\\ =&\sum_{d=1}^nd\sum_{r|d}\mu(r)\lfloor\frac{n}{dr}\rfloor\\ =&\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}\mu(r)\sum_{r|d\operatorname{and}dr\le n}d\lfloor\frac{n}{dr}\rfloor\\ =&\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}r\cdot \mu(r)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor}d\lfloor\frac{n}{d r^2}\rfloor\\ =&\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}r\cdot \mu(r)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor}d\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor}{d}\rfloor \end{aligned} \]

定义

\[f(x)=\sum_{i=1}^x i\lfloor\frac{x}{d}\rfloor \]

则有：

\[\begin{aligned} &\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}r\cdot \mu(r)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor}d\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor}{d}\rfloor\\ =&\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}r\cdot \mu(r)\cdot f(\lfloor\frac{n}{r^2}\rfloor) \end{aligned} \]

整除分块计算 \(f(x)\)。时间复杂度：

\[\begin{aligned} &\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}\lfloor\sqrt{\frac{n}{r^2}}\rfloor\\ =&\sum_{r=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}\lfloor\frac{\sqrt n}{r}\rfloor\\ =&O(\sqrt n\ln n) \end{aligned} \]

然后恭喜你被卡常了。

整除分块有一个 卡常trick。

观察里面那张图：

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum\limits_{i=1}^x i\lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor\\ &=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt{x}\rfloor}(i\lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor+\dfrac{\lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor\cdot (\lfloor\dfrac{x}{i}\rfloor+1)}{2})-\dfrac{\lfloor\sqrt{x}\rfloor\cdot (\lfloor\sqrt{x}\rfloor+1)}{2}\cdot\lfloor\sqrt{x}\rfloor \end{aligned} \]

然后还是 TLE，经过实验发现被 Input 1：\(1\le n\)，\(T\le 5\times10^4\) 卡掉了。

\(O(n\sqrt n)\) 打出 \(1\sim 5\times 10^4\) 的 \(f\) 即可。

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交互

P7824 「RdOI R3」毒水

有 \(n\) 瓶水，其中有一瓶有毒。

有 \(k\) 只小白鼠，其中恰好有一只是变异鼠。

每只小白鼠能被用做一次实验，让它喝若干瓶水：

• 非变异鼠喝到毒水会死。
• 变异鼠喝不到毒水会死。

找到哪瓶是毒水。

注意：所有实验做完才会返回实验结果。

subtask	分值	\(n\)	\(k\ge\)
\(1\)	\(1\)	\(=1\)	\(0\)
\(2\)	\(9\)	\(\le 1000\)	\(3000\)
\(3\)	\(20\)	\(\le 1000\)	\(30\)
\(4\)	\(30\)	\(8\le n \le 16\)	\(7\)
\(5\)	\(40\)	\(\le 1000\)	\(15\)

subtask 2 提示我们：\(3\) 只小白鼠能够确定一瓶水是否有毒。

trick：二进制分组。

假如无变异鼠，第 \(i\) 只小白鼠喝二进制第 \(i\) 位是 \(1\) 的编号的水，就能 \(\log n+1=10\) 次确定。

现在有变异鼠，可以继续使用 \(3\) 只确定一个二进制位，就是 subtask 3。

\(3\) 只一位太浪费了，还是使用 \(1\) 只一位，称这 \(\log n+1=10\) 只为 \(A\) 类鼠。

二进制分组套二进制分组，用 \(\log(|A|)+1=4\) 只去二进制分组喝 \(A\) 类鼠喝过的水，称为 \(B\) 类鼠。

但我们并不知道变异鼠 \(A\) 类、\(B\) 类还是剩下的 \(1\) 只。

用剩下的一只去喝 \(B\) 类鼠喝过的奇数次的水，称为 \(C\) 鼠。

• \(B+C\) 有奇数只被毒死。

  \(B+C\) 每瓶水都喝了偶数次，应毒死偶数只非变异鼠，这说明这之中有一只变异鼠。

  \(A\) 类鼠都是非变异鼠，用它们判断。

• 后 \(5\) 只有偶数只被毒死。

  同理，说明 \(A\) 类有变异鼠。

  用 \(B\) 类鼠检验出它和它所管辖的 \(A\) 类鼠状态是否死了奇数只，以检测出变异鼠。

编号用 \(0\sim n-1\)，能省下一点二进制分组。

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杂项

CF1545D AquaMoon and Wrong Coordinate

有 \(n\) 个人站在一根数轴的正半轴的整点上，向数轴正方向做匀速直线运动。

给出他们 \(0\sim k-1\) 时刻的坐标集合（顺序有可能被打乱）。

这 \(nk\) 个数当中有一个数被修改成了任意值，求这个数位于哪个时刻的坐标集合和它原来的值。

保证第 \(0\) 时刻不会被修改。

\(5\le n\le 10^3\)，\(7\le k\le 10^3\)。

以下认为时刻 1-index，即时刻是 \(1\sim k\)。

用 \(i\) 时刻坐标和减去 \(i-1\) 时刻坐标和能得到位移和，位移和不对的那个时刻就是被修改的时刻。

通过位移和能够知道修改后这个数变大了多少。

逆天观察：考虑一下平方和有什么规律。（天知道是谁想出来的）

记 \(f(t)=\sum\limits_{i=1}^n {x_{t,i}}^2\)。

• \[f(t)-f(t-1)=\sum_{i=1}^n {x_{t,i}}^2-(x_{t,i}-v_i)^2=2\sum_{i=1}^n x_{t,i}\cdot v_i-\sum_{i=1}^n {v_i}^2 \]

• \[f(t+1)-f(t)=\sum_{i=1}^n (x_{t,i}+v_i)^2-{x_{t,i}}^2=2\sum_{i=1}^n x_{t,i}\cdot v_i+\sum_{i=1}^n {v_i}^2 \]

进行一波减法：

\[f(t+1)+f(t-1)-2f(t)=2\sum_{i=1}^n {v_i}^2 \]

这是一个定值。

然后拿出刚才找到的被修改的时刻 \(s\) 和修改的增加量 \(\Delta\)。

枚举 \(i\)，\(x_{s,i}\gets x_{s,i}-\Delta\)，检查 \(f(s-1)+f(s+1)-2f(s)\) 是否合法，就能找出修改的 \(x_{s,i}\)。

注意一些细节：

• 不存在 \(f(k+1)\)，故 \(s=k\) 时检查 \(f(k)+f(k-2)-f(k-1)\) 是否合法。

• 选取连续三个正确的 \(f\) 以确定那个定值 \(2\sum\limits_{i=1}^n {v_i}^2\)，\(s>3\) 选取 \(1,2,3\)，否则选取 \(4,5,6\)。

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CF1770F Koxia and Sequence