暑期记录

逻辑学家间的聚餐(logic)

原题

题意：给定无向图，把点集分成两个集合，使得两个集合中构成的子图都是欧拉回路。\(1\le n \le 10^3,1\le m \le \dfrac{n(n-1)}{2}\)

设 \(x_i = \{0,1\}\) 表示分在了哪个集合中，那么条件就是 \(\forall i,\sum\limits_{j} e_{i,j}[x_i = x_j]\equiv 0\pmod{2}\)，即 \(\sum\limits_j e_{i,j}(x_i + x_j + 1)=0,x_i \cdot d_i + \sum\limits_j x_j \cdot e_{i,j} \equiv d_i \pmod{2}\)。

那么就是一个模 \(2\) 的线性方程组，高斯消元后答案就是 \(2^{自由元个数}\)。

复杂度 \(\Theta(\dfrac{n^3}{w})\)。

CF1707E Replace

原题

令 \(f(l,r)\) 为 \(a[l,r]\) 区间的值域，即 \([\min(a[l\sim r]), \max(a[l\sim r])]\)。设 \(f^k(l,r)\) 为 \([l,r]\) 变化 \(k\) 次的区间，有以下结论：若 \([l_1,r_1] \cap [l_2,r_2] \neq \empty\)，则 \(f^1([l_1,r_1] \cup [l_2,r_2]) = f^1(l_1,r_1) \cup f^1(l_2,r_2)\)。这是因为原来的值域相交，那么并起来肯定也是个完整的区间。可得推论：若 \([l_1,r_1] \cap [l_2,r_2] \neq \empty\)，则 \(f^k([l_1,r_1] \cup [l_2,r_2]) = f^k(l_1,r_1) \cup f^k(l_2,r_2)\)，这是因为 \(f^{k-1}(l_1,r_1) \cap f^{k-1}(l_2,r_2) \neq \empty\)，所以根据上面的结论即可证明。

那么可以用一个数据结构维护一些关键区间，再倍增一下算 \(f^{2^p}\) 即可。

复杂度 \(\Theta(n\log^2 n+m\log n)\)。

CF1710E Two Arrays

原题

首先二分答案 \(mid\)，将 \(a_i + b_j \le mid\) 的看成是 \(0\)，否则是 \(1\)。那么 A 想最后留在 \(0\)，B 最后留在 \(1\)。每一步肯定是在 \(01\) 间交替，可以建一个二分图，将它复制 \(1000\) 次，使得每条边 \((u,v)\) 在任意两个复制的图之间都出现。

则这个问题等价于一开始在一个 \(1\) 的点，每次走到二分图的另一边，把上个点删掉，走不了的就输了。这是一个经典结论：

• 二分图博弈，每次走到相邻的一个点并删除上个点，走不了的人输，先手获胜的充要条件是：二分图的所有最大匹配都包含起始点。

  • 充分性：由于起始点在所有最大匹配都出现，所以不存在一条从起始点的增广路，使得可以走匹配-非匹配边最后走到一个非匹配点（否则可以把起始点扔掉换成这个点），那么先手就一直走匹配边即可。
  • 必要性：假设存在一个不包含起始点的最大匹配，在先手走完第一步后后手可以一直沿着匹配边走，而先手不可能走到一个非匹配点（否则最大匹配 +1），所以先手肯定会输。

那么只需要求出这个二分图的最大匹配，删掉起始点再求一次看看是否相等即可，而复制了 \(k\) 次的二分图 \(G^k\) 的最大匹配 \(|M^k|=k|M|\)，证明如下：

• \(|M^k| \ge k|M|\)，只需要把最大匹配复制 \(k\) 次即可

• \(|M^k| \le k|M|\)，将最大匹配复制 \(k\) 次后假设存在一条增广路，那么将这个增广路拿出来映射到原图上，显然对于一个 \((u_1,id_1) \to (u_2,id_2) \to \dots \to (u_1,id_1)\) 的环，将其删掉增广路依然合法，那么这条增广路就能完全映射到一个原图上了，得出矛盾。

所以只需求出原图最大匹配，可以将 \(a,b\) 从大到小排序，\(1\) 的点是左上角的一个凸的轮廓线。考虑 hall 定理，即求出 \(\max\limits_S (|S| - |N(S)|)\)。那么选出的 \(S\) 中，一定不存在 \((i,t),(j,t)\) 使得 \(i<j\) 且 \((i,t) \notin S, (j,t) \in S\)，这是因为 \(i\) 行的 \(0\) 个数肯定小于等于 \(j\) 行 \(0\) 个数，换成它肯定不劣，列也同理。所以 \(S\) 肯定是一个左上角的矩形（只有前缀的行列），那么枚举行数是 \(i\)，再双指针处理一下列 \(j\)，当且仅当 \(j+1\) 列权值 \(>0\) 才加入，做个前缀和优化一下即可线性求出。

对于删掉起始点 \((x,y)\) 的最大匹配也类似，不过要将 \((x,y)\) 移到行中 \(1\)、列中 \(1\) 数量相同的行/列中最后一个就行。

复杂度 \(\Theta(n\log V)\)。

P13833 【MX-X18-T5】「FAOI-R6」纯蓝

原题

对于一个有序的 \(\{ a \}\) 与 \(\{ l \}\)，分配的方案数为 \(\prod\limits_i \max(0,\sum\limits_j [l_j \ge a_i] - (n-i))\)。

由于 \(\min\limits_{i<j} a_i \oplus a_j = \min\limits_{i<n} a_i \oplus a_{i+1}\)，容易得到 \(n V^2 \log V\) 的 dp，枚举 \(f(a) >k\)，方案数 \(f_{i,j}\) 为放了 \(i\) 个 \(a\) 最大的是 \(j\)，转移即枚举一个 \(p \oplus j > k \land p \ge j\) 的 \(p\) 转移，显然只有 \(\log V\) 个区间，直接差分即可。

考虑 \(f(a)\) 的上界，设 \(t = \lfloor \log_2 f(a) \rfloor\)，则这 \(n\) 个数放到 trie 树上，则 \(<t\) 位的那些子树 \(siz \le 2\)，不然取这个子树里两个更优。

那么在前 \(\log V - t\) 层中，至少要有 \(\dfrac{n}{2}\) 个叶子，那么 \(2^{\log V - t} \ge \dfrac{n}{2}\)，那么 \(f(a) \le \Theta(\dfrac{V}{n})\)，于是上面的做法就是 \(\Theta(V^2 \log V)\) 的。

考虑继续优化，对每个 \(j\) 枚举 \(\log V\) 个区间也太不优了，直接枚举 \(j\oplus p\) 第一个比 \(k\) 大的位，再枚举 \(j\) 的前面这些位置，那 \(p\) 前面这些位置也是确定的，简单讨论前面这些位置的大小关系然后后面的位置都可以任意取，于是就有 \(j\) 的一段区间的和转移到 \(p\) 的一段区间，可以前缀和 + 差分求出。

复杂度 \(\Theta(V^2)\)。