（非）人类题选做（2）

[ARC193C] Grid Coloring 3

个人差很大的题，想了很久根本不会处理算重。

先变成倒着染色，处理算重的方法是考虑判定一个局面是否可以被生成，一个合法的局面唯一对应了一个生成的过程。

对于当前局面，我们假设同色行的集合为 \(S\)，同色列的集合为 \(T\)。删去所有 \(S\) 中的行和 \(T\) 中的列，然后递归下去，如果最后被删空说明可以被生成。

每一种局面双射了一个删除的过程。

对其进行容斥，钦定 \(S'\) 的行同色，\(T'\) 中的列同色，若 \(S',T'\) 都不为空贡献为 \(C\)，否则贡献为 \(C^{|S'|+|T'|}\)。

现在我们要配一个容斥系数，使得每一对 \((S,T)\) 只会被计算恰好一次，且 \((\emptyset,\emptyset)\) 被计算了 \(0\) 次。

经过尝试发现 \((-1)^{|S'|+|T'|+1}\) 是一个合理的容斥系数。

\[\sum_{i=0}^{|S|}\sum_{j=0}^{|T|}(1-[i=0][j=0])(-1)^{i+j+1}C(|S|,i)C(|T|,j)=[S\ 或\ T\ 其中至少一个非空] \]

[AGC069D] Tree and Intervals

下文中使用 \(S\) 代替题面中的 \(x\) 序列。

看题解得到了第一步转化：将 \(\le i\) 的点染黑，\(S_i=\) 同色的黑连通块数 \(+\) 同色的白连通块数 \(-1\)。

考虑不断染黑的过程，设当前黑色连通块数为 \(x\)，白色连通块数为 \(y\)。增加 \(i\) 号点后黑块数变为 \(x'\)，白块数变为 \(y'\)。

显然 \(x'\le x+1,y\le y'+1\)。

另外可以发现不可能同时有 \(x'=x+1\) 且 \(y=y'+1\)。

考虑 \(i\) 号点周围的邻居中有 \(p\) 个黑点 \(q\) 个白点。染黑 \(i\) 号点后黑块数增加了 \(1-p\)，白块数增加了 \(q-1\)。

显然当 \(n>1\) 时不可能有 \(p=q=0\)，这也说明了为什么不能同时加一减一。

进一步地，考虑 \(p+q=\deg u\)，由于开始时 \(x=0,y=1\) 结束时 \(x=1,y=0\)，因此 \(\sum p+q=\sum\deg u=n-1\) 成立，且上面保证了 \(\deg u\ne 0\)，可以想象一定可以连成一棵树，猜测这是充要条件。

现在考虑如何判定是否存在上述 \(x\) 和 \(y\) 序列。

假设 \(S_{i-1}=a\)，\(S_i=b\)。当 \(a\ne b\) 时，对于 \(x'\) 要求 \(1\le x'\le \min(n,x+1)\)；对于 \(y'\) 要求 \(\max(1,y-1)\le y'\le n\)，也就是 \(\max(1,a-x)\le b-x'\le n\)，即 \(x'\le b-a+x\)。当 \(a=b\) 时，由于不能同时顶到界，要求 \(x'\le x\)，\(y'\ge y\)。

容易发现 \(x'\) 的可行范围是一段 \([1,j]\) 的区间，因此记录最大值 \(j\) 即可。

\(f_{i,j,a}\) 表示染色 \([1,i]\)，黑块数目最多是 \(j\)，总连通块数目为 \(a\)，枚举 \(b\) 转移复杂度 \(O(n^4)\)。使用一些二维差分可以到 \(O(n^3)\)。

CF1043G Speckled Band

如何单次 \(O(\sqrt n)\) 查询一个子串 \(s[p,q]\) 的最短 border：

设最短 border 长度为 \(l\)，\(B=[\sqrt n]+1\)。

枚举 \(l\le B\) 判断。对于 \(l>B\)，可以证明其在整个串中的出现次数不会多于 \(B\)，因此枚举后缀数组中 \(l\) 周围的 \(B\) 个点即可。

证明如下：

假设出现次数超过了 \(B\) 次，说明一定存在重叠，也就是它成为了一个子串 \(t\) 的长度大于一半的 border。在这种情况下，\(t\) 一定还会存在更短的 border，也就是 \(s[p,q]\) 存在更短的 border，这也就导出了矛盾。

如何求出以每个位置开始的最短 AA 串：

枚举 AA 串的长度 \(l\)，找到所有长度为 \(l\) 的 AA 串。

每隔 \(l\) 个撒一个关键点，一个长度为 \(l\) AA 串一定跨过了相邻两个关键点。从相邻两个关键点同时向前和向后扩展，求出最长能扩展的长度，每一组内的所有的 AA 串可以表示为一个区间的形式。

如何 \(O(d(n))\) 求出一个子串的所有整周期：

\(O(d(n))\) 求。

蚂蚁

考虑一个等价的随机过程，每次从摸牌堆中摸牌，如果摸到的牌已经有了 \(b_i\) 张就将其放入弃牌堆，不再重复摸牌。设摸牌堆中有 \(j\) 张牌，弃牌堆中有 \(k\) 张牌，摸牌一次的期望时间为 \(\frac{M-k}{M-j-k}\)。

由于期望的线性性，我们求出每一个 \(\frac{M-k}{M-j-k}\) 发生的概率。对于每一个局面，只和 \(j\) 和 \(k\) 有关，而与摸牌的顺序无关。所以对牌做背包，设 \(f_{i,j,k}\)，讨论一下第 \(i\) 张牌放入了多少张转移，即可做到 \(O(n^3)\)。继续优化可以做到 \(O(n^2)\)。

[AGC067D] Unique Matching

充要条件就是：

• \(l_i\le i\le r_i\)。
• 不存在 \(i<j\) 使得 \(j\le r_i\) 且 \(l_j\le i\)。

从左往右考虑的话是一个前缀单调栈的结构，从右往左考虑就是一些散区间的合并，都不太好 dp。考虑提取 \(r_i\) 的笛卡尔树做 dp 也失败了。

设 \(p_i\) 表示最小的 \(j\) 满足 \(i<j\) 且 \(l_j\le i\)。设 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\)，取出 \(p_k=r+1\) 的最小的 \(k\)，然后 \([l,r]\) 就被分成了独立的两段 \([l,k-1]\) 和 \([k+1,r]\)。实际上可以只记区间长度，可能需要添加一维 0/1 来表示 \(l_{r+1}\) 是否已经确定了。

大海的深度

答案是一个三次的式子 \(\sum a_i(i-l_i)(r_i-i)\)。

定期重构，设定阈值 \(B\)。

取出这 \(O(B)\) 个待定的位置，赋值上 \(+\infty\)，做单调栈求出 \(l_i\) 和 \(r_i\)。

考虑一次询问的时候，对于 \(O(B)\) 段中的每一段分别考虑，求出段内 \(l_i\) 或 \(r_i\) 可能产生的变化。可能变化的 \(l_i\) 只在段内的前缀最小值处，\(r_i\) 只在后缀最小值处。一个关键的结论是至多有一个位置的 \(l_i\) 和 \(r_i\) 同时发生变化。于是我们可以把一次询问转化为 \(O(B^2)\) 次查询段内 \(\le w\) 的数的权值和。复杂度 \(O(n^2/B+nB^2)\)，经过平衡可以得到 \(O(n^{5/3})\)。经过一些平凡的优化可以做到 \(O(n^{3/2})\)。

[POI 2014] HOT-Hotels 加强版

长链剖分离线求出 \(q\) 次询问距离 \(u\) 为 \(d\) 的点数：

先求出子树内的到 \(u\) 的距离为 \(d\) 的点数，这是经典的。

再考虑子树外的部分，

[NOI2024] 登山

困难题。

[NOI2023] 字符串

把所有前缀和后缀放在一起排序，然后考虑一对 \((i,j)\) 合法的充要条件：

\[i<j \]

\[sa_i\le n,sa_j>n \]

\[sa_i<(sa_j-n)\le i+2r-1 \]

\[2\mid (sa_j-n)-sa_i+1 \]

\[S[sa_i,sa_j-n]\ne S^R [sa_i,sa_j] \]

容斥掉最后一个限制，剩下的部分是一个二维偏序。

[AGC068C] Ball Redistribution

建图，连接 \(i\to a_i\) 构成基环内向森林。

由于是给定结束状态判定是否有初始状态，所以倒着做，判定能否成功。

非常大胆地猜测充要条件是不存在一个点 \(u\) 的一个子树所有点标号都 \(<u\)。考虑最优策略下每个点就是要断自己的那个环，因为别人的环可以留给别人来断。

简单而美丽的结论。