The 2023 ICPC Asia Jinan Regional Contest / The 2nd Universal Cup. Stage 17: Jinan
A. Many Many Heads
题意：给定一个括号序列中每个位置的种类（方/圆），问是否存在唯一的方法定向括号序列，使得其为一个合法的括号序列。
首先可以贪心找出一组解，贪心方法为：维护一个栈，每次遇到一个括号时，若栈顶的括号与它种类相等，那么就把它们匹配为一组，否则就把这个括号种类加入栈顶。
然后就是判断唯一性，若一个合法括号序列有相邻两个种类相同的左括号，例如 ((...))，那么可以调整为 ()...()，即不唯一。当存在 (...)...(...) 时，也可以调整为 (...(...)...)。所以，唯一的合法括号序列只会形如 (S)、[S]、(S)[T] 或 [S](T)，其中 \(S,T\) 都为唯一的合法括号序列。复杂度 \(\Theta(n)\)。
K. Rainbow Subarray
题意：称连续子数组 \(a_l,...,a_r\) 是彩虹子数组，若 \(a_{i+1}-a_i = 1\)。可以进行至多 \(k\) 次操作，每次操作可以把一个元素增加或减少 \(1\)，求操作后最长的彩虹子数组。
设一个合法数组的首项为 \(t\)，那么它肯定长的形如 \(t,t+1,...\)，即第 \(i\) 项为 \(t+i-1\)，那么在圆序列中合法的 \(a[l...r]\) 就对应 \(a_i = t+i-l(i \in [l,r])\)，那么把 \(a_i\) 变为 \(t+i-l\) 的代价就是 \(|(a_i - i) - (l-t) |\)，设 \(b_i = a_i - i,t' = l - t\)，那么代价就是 \(\min\limits_{t'} \sum\limits_{i=l}^r |b_i - t'|\)，显然 \(t'\) 为 \(b_i\) 的中位数时最小。
考虑做个双指针，维护 \([l,r]\) 区间的值域，每次找到中位数，分别求出小于中位数和大于中位数的 \(sum\) 和 \(cnt\) 即可，看看代价是否 \(\le k\)。用线段树维护，复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。
M. Almost Convex Polygon
显然 \(|R|\) 最小时即为凸包点数，那么先把凸包求出来，然后对于每个非凸包上的点 \(u\) 看看凸包上每条相邻边 \((p_i,p_{i+1})\) 是否能连向它，即 \((u,p_i,p_{i+1})\) 三个点组成的三角形中是否有其他点。
考虑枚举点 \(u\)，然后对于其他所有点 \(v \neq u\)，设向量 \(a_v = v - u\)，然后对 \(a_i\) 极角排序，若对于 \((p_i,p_{i+1})\) 在排序后 \((a_{p_i},a_{p_{i+1}})\) 也相邻，那么它就合法。
复杂度 \(\Theta(n^2 \log n)\)，注意不要在排序函数中求 atan2，常数巨大。
E. I Just Want... One More...
题意：给定一张平衡二分图。您需要添加恰好一条边，连接 \(U\) 中的一个节点与 \(V\) 中的一个节点，使得图的匹配数增加。求方案数。
考虑先跑一遍流求出一组最大匹配出来。然后若连边 \((u,v)\) 考虑它们合法的情况，即 \(u\) 为非匹配点或能够成功增广 \(match_u\)，\(v\) 同理。那么就是要求出有哪些点是可以成功增广的。
从二分图的角度来看，可以先标记每个非匹配点 \(u\)。对于每个标记点 \(u\)，若存在边 \((u,v)\)，且 \(v\) 为匹配点，那么也标记 \(match_v\)，最后答案就是左边被标记的点数和右边被标记的点数乘积。
从网络流的角度来看，直接从 \(S\) 出发在残量网络中找到左边所有能到达的点，和从 \(T\) 出发找到右边能到达的点，两者个数乘积即为答案。两种方法并无本质差别。
复杂度 \(\Theta(m\sqrt{n})\)。
B. Graph Partitioning 2
题意：给一棵 \(n\) 个点的树，求联通块划分的方案数使得每个联通块大小 \(\in \{ k,k+1\}\)。
划分可以考虑根号分治。
-
若 \(k \le \sqrt{n}\)，直接做树形背包，设 \(f_{u,i}\) 为 \(u\) 子树中 \(u\) 所在联通块大小为 \(i\) 方案数，转移 \(\Theta(nk)\)。
-
若 \(k > \sqrt{n}\)，那么此时联通块个数为 \(\Theta(\sqrt{n})\) 级别，那么若设 \(f_{u,i,j}\) 为 \(u\) 子树中有 \(i\) 个 \(k\) 联通块，\(j\) 个 \(k+1\) 联通块，复杂度为 \(\Theta(n^2)\) 不可接受。注意到 \(ik + j(k+1) = siz_u\)，那么只需要记录 \(i\) 就行，为了方便转移，多加一维 \(0/1\) 表示 \(u\) 所在联通块大小是否为 \(k+1\)，那么状态即为 \(f_{u,i,0/1}\)。
-
通过计算显然可以得出当前 \(u\) 所在联通块大小为 \(siz_u - ik - (k+1)\lfloor \dfrac{siz_u - ik}{k+1} \rfloor\)。若第三维是 \(1\)，那么大小就为 \(k+1\)。
-
加入子树 \(v\) 时，设 \(u,v\) 联通块大小为 \(x,y\)（当第三维是 \(1\) 时。
- 若 \(x = k+1, y = k + 1\)，有 \(f_{u,i,1} \times f_{v,j,1} \to f'_{u,i+j,1}\)。
- 若 \(x = k+1, y = 0\)，有 \(f_{u,i,1} \times f_{v,j,0} \to f'_{u,i+j,1}\)。
- 若 \(x \le k, y = k + 1\)，有 \(f_{u,i,0} \times f_{v,j,1} to f'_{u,i+j,0}\)。
- 若 \(x + y = k + 1\)，有 \(f_{u,i,0} \times f_{v,j,0} \to f'_{u,i+j,1}\)
- 若 \(x + y \le k\)，有 \(f_{u,i,0} \times f_{v,i,0} \to f'_{u,i+j,0}\)。
-
结束合并后，对于 \(x=k\) 的状态 \(f_{u,i,0}\) 可以有转移 \(f_{u,i+1,0} \leftarrow f_{u,i+1,0} + f_{u,i,0}\)，表示结束 \(u\) 这个联通块的拓展。
-
复杂度 \(\Theta(n\sqrt{n})\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define _rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++i)
#define _req(i, x, y) for(int i = x; i >= y; --i)
#define _rev(i, u) for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mst(f, i) memset(f, i, sizeof f)
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define debug(...) 0
#else
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__), fflush(stderr)
#endif
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
namespace fastio{
#ifdef ONLINE_JUDGE
char ibuf[1 << 20],*p1 = ibuf, *p2 = ibuf;
#define get() p1 == p2 && (p2 = (p1 = ibuf) + fread(ibuf, 1, 1 << 20, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++
#else
#define get() getchar()
#endif
template<typename T> inline void read(T &t){
T x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c == '-') f = -f;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
t = x * f;
}
template<typename T, typename ... Args> inline void read(T &t, Args&... args){
read(t);
read(args...);
}
template<typename T> void write(T t){
if(t < 0) putchar('-'), t = -t;
if(t >= 10) write(t / 10);
putchar(t % 10 + '0');
}
template<typename T, typename ... Args> void write(T t, Args... args){
write(t), putchar(' '), write(args...);
}
template<typename T> void writeln(T t){
write(t);
puts("");
}
template<typename T> void writes(T t){
write(t), putchar(' ');
}
#undef get
};
using namespace fastio;
#define multitest() int T; read(T); _rep(tCase, 1, T)
namespace Calculation{
const ll mod = 998244353;
ll ksm(ll p, ll h){ll base = p % mod, res = 1; while(h){if(h & 1ll) res = res * base % mod; base = base * base % mod, h >>= 1ll;} return res;}
void dec(ll &x, ll y){x = ((x - y) % mod + mod) % mod;}
void add(ll &x, ll y){x = (x + y) % mod;}
void mul(ll &x, ll y){x = x * y % mod;}
ll sub(ll x, ll y){return ((x - y) % mod + mod) % mod;}
ll pls(ll x, ll y){return ((x + y) % mod + mod) % mod;}
ll mult(ll x, ll y){return x * y % mod;}
}
using namespace Calculation;
const int N = 1e5 + 5, B = 300, M = 405;
int n, k, siz[N];
vector<int> G[N];
namespace solution1{
ll f[N][M], g[M];
void dfs(int u, int fa){
f[u][1] = 1, siz[u] = 1;
for(auto &v : G[u]){
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
_rep(i, 1, min(siz[u], k + 1)) _rep(j, 0, min(siz[v], k + 1 - i)){
add(g[i + j], f[u][i] * f[v][j] % mod);
}
siz[u] += siz[v];
_rep(i, 0, min(siz[u], k + 1)) f[u][i] = g[i], g[i] = 0;
}
add(f[u][0], f[u][k] + f[u][k + 1]), f[u][k + 1] = 0;
}
void solve(){
dfs(1, 0);
writeln(f[1][0]);
_rep(i, 1, n) _rep(j, 0, k + 1) f[i][j] = 0;
_rep(i, 1, n) G[i].clear(), siz[i] = 0;
}
}
namespace solution2{
ll f[N][M][2], g[M][2];
void dfs(int u, int fa){
f[u][0][0] = 1, siz[u] = 1;
for(auto &v : G[u]){
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
_rep(i, 0, siz[u] / k) _rep(j, 0, siz[v] / k){
_rep(p, 0, 1) _rep(q, 0, 1){
int x = (siz[u] - i * k) / (k + 1) - p, y = (siz[v] - j * k) / (k + 1) - q;
x = siz[u] - (k + 1) * x - i * k, y = siz[v] - (k + 1) * y - j * k;
if(x){
if(!p && !q && x + y == k + 1){
add(g[i + j][1], f[u][i][p] * f[v][j][q]);
}
if(p){
if(q || !y) add(g[i + j][1], f[u][i][p] * f[v][j][q]);
}
if(!p){
if(q) add(g[i + j][0], f[u][i][p] * f[v][j][q]);
if(!q && x + y <= k){
add(g[i + j][0], f[u][i][p] * f[v][j][q]);
}
}
}
}
}
siz[u] += siz[v];
_rep(i, 0, siz[u] / k) _rep(p, 0, 1) f[u][i][p] = g[i][p], g[i][p] = 0;
}
_rep(i, 0, siz[u] / k) if((siz[u] - i * k) % (k + 1) == k) add(f[u][i + 1][0], f[u][i][0]);
}
void solve(){
dfs(1, 0);
ll ans = 0;
_rep(i, 0, n / k){
_rep(j, 0, 1){
if(j || (n - i * k) % (k + 1) == 0) add(ans, f[1][i][j]);
}
}
writeln(ans);
_rep(i, 1, n) _rep(j, 0, n / k) _rep(p, 0, 1) f[i][j][p] = 0;
_rep(i, 1, n) G[i].clear(), siz[i] = 0;
}
}
int main(){
multitest(){
read(n, k);
_rep(i, 2, n){
int u, v; read(u, v);
G[u].pb(v), G[v].pb(u);
}
if(k <= B) solution1::solve();
else{
solution2::solve();
}
}
return 0;
}
H. Basic Substring Structure
题意：给定字符串 \(s\)，求对于每个 \(i\) 求出更改 \(s_i=j(j \neq s_i)\) 后 \(z_i = lcp(suf_i,s)\) 之和的最大值。
直接分讨，先特殊处理位置 \(1\)，设 \(r_i=i+z_i - 1\)。
再设 \(f_i\) 为把 \(s_{r_i + 1}\) 更改为 \(s_{z_i + 1}\) 后的 \(z'_i - z_i\)，\(g_i\) 为把 \(s_{z_i + 1}\) 更改为 \(s_{r_i + 1}\) 后的 \(z'_i - z_i\)。
分类讨论贡献：
设将 \(s_i \leftarrow c\) 后
- 减的贡献：
- 对于 \(j\le i,r_j \ge i\)，贡献 \(r_j - i+1\)。
- 对于 \(j > i, z_j \ge i\)，贡献 \(z_j - i + 1\)。
- 加的贡献：
- 对于 \(j \le i,r_j = i - 1, s_{z_j + 1} = c\)，贡献 \(f_j\)。
- 对于 \(j>i,z_j = i - 1, s_{r_j + 1} = c\)，贡献 \(g_j\)。
\(z_i,f_i,g_i\) 显然都可以通过 SA 求 \(lcp\) 求出。然后对于 \(s_i\)，有用的 \(c\) 值域加的贡献中的 \(s_{z_j + 1}\) 和 \(s_{r_j + 1}\)，每个 \(s_{z_j + 1}\) 和 \(s_{r_j + 1}\) 只可能贡献到一种 \(i\)，所以直接暴力枚举，然后扫描线处理一下 \(j \le i\) 和 \(j>i\) 的位置关系即可。
复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。
L. Ticket to Rid
题意：有 \((n+1)\) 个点排成一条线，编号从 \(0\) 到 \(n\)。还有 \(n\) 条线段，第 \(i\) 条线段连接点\((i−1)\) 和 \(i\)。给定 \(q\) 个区间 \([li,ri]\)，每个区间还有一个分数 \(v_i\)。可以选择将一些线段涂红，如果点 \(l_i\) 到 \(r_i\) 之间的线段都是红的，那么得 \(v_i\) 分。求恰好涂红 \(1,2,··· ,n\) 条线段的最大得分。
设 \(f_{i,j},g_{i,j}\) 为前 \(i\) 个线段涂完 \(j\) 个最后一个是否涂的最大贡献。
转移有 \(g_{i,j} = \max(g_{i-1,j},f_{i-1,j})\)，\(f_{i,j} = \max\limits_{k<i} g_{k,j-i+k}+w(k,i)\)，其中 \(w(l,r)\) 为完全被包含在 \([l,r]\) 中的区间价值和。注意到令第二维 \(j' = i-j\)，有 \(f_{i,j'} = \max\limits_{k<i} g_{k,j'} + w(k,i)\)，那么可以先枚举一个 \(j'\)，再枚举一个 \(i\) 转移。
下面先忽略第二位 \(j'\)。
考虑扫描线优化转移，当 \(i\) 为某个区间的右端点时，把 \(w_i \leftarrow w_i + v_j(l_j \ge i)\)，然后更新完 \(g_{i}\) 时，令 \(w_i = g_{i}\)，然后 \(f_i\) 就是 \(w_{0},...w_{i-1}\) 的最大值。线段树可以做到 \(\Theta(n^2\log n)\)，但无法通过。考虑到只用看前缀最大值，那么不妨使用并查集维护每个前缀最大值相等的连续段，然后设 \(h_i\) 为下一个段的值减去当前段的值，每次前缀加 \(v\) 时找到 \(l\) 所在的段，把 \(h_i\) 和 \(v\) 同时减去 \(\min(v,h_i)\)，若 \(h_i =0\)，往后合并即可。每次往后面插一个数只需判断是否比前面的最大值大即可。实现上就是维护第一个段的值和每个段的差分即可。
注意先枚举 \(j'\) 只用记录 \(j' - 1, j'\) 的 \(f,g\)，空间可以压缩到 \(\Theta(n+m)\)。
时间复杂度 \(\Theta(n(n+m)\alpha(n))\)
F. Say Hello to the Future
题意：有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，你需要将它划分为若干个区间，满足对于每个 \(i\)，它所在的区间长度 \(\ge a_i\)。对于每个 \(i\) 求出将 \(a_i\) 变成 \(1\) 后方案数。
首先考虑直接求一个序列的方案数，设 \(f_i\) 为最后一段结尾 \(i\) 方案数，转移即为 \(f_i = \sum\limits_{j<i} f_j [\max\limits_{k=j+1}^i a_k \le i-j]\)。
考虑分治转移，对于 \(j \in [l,mid]\) 的 \(f_j\) 对 \(i \in [mid + 1, r]\) 的 \(f_i\) 的贡献。找到 \([j,mid]\) 的最大值 \(lmax_j\)，它只对 \(i \ge \max(mid + 1, j+lmax_j - 1)\) 的 \(i\) 有贡献，对于 \([mid,i]\) 的最大值 \(rmax_i\)，\(f_i\) 只会接受 \(j \le \min(mid,i-rmax_i + 1)\) 的贡献，把 \(f_j\) 插到 \(j+lmax_j - 1\) 后对右边扫描线树状数组维护即可，复杂度 \(\Theta(n\log^2 n)\)。
考虑对于前缀和后缀都求出这个方案 \(f_i,g_i\)。然后考虑更改的贡献。若更改了 \(a'_x = 1\)，那么对于分治区间 \(x \in [l,r]\)，不妨假设 \(x \in [l,mid]\)，那么对于 \(i \in [l,x]\)，若 \(lmax_i=a_x\)，设次大值 \(lmax2_i\)，那么会多接受 \([i+lmax2_i-1,i+lmax_i-2]\) 这段区间中 合法 的 \(g_j\) 的贡献（合法就是 \(j\) 也能贡献到 \(i\) 这个位置，同样可以用上面的扫描线求）。那么把这个贡献 \(cur\)，多加到所有 \(x \in [i,mid],a_x = lmax_i\) 的 \(ans_x\) 中即可。
\(x \in [mid + 1,r]\) 同理，复杂度 \(\Theta(n\log^2 n)\)。
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