记录(2)

4月23日模拟赛

单独考虑一个连通块，可以证明，一个连通块如果不是完全图，点数至多是 $P+2$。因此若干个连通块并起来点数最多是 $3P$（而非 $P+2$！）。

那么相当于对于每对 $(n,P)$ 数 $n$ 个点 $P$ 个三元环的有标号联通图个数，$n\le 17$。

直接搜有标号的图显然只考虑链就已经是阶乘的复杂度了，因此要想办法只搜无标号图。

对着图同构搜没法做。考虑对于 $G$，从 $1$ 号点开始 bfs，（若有多个点，优先访问编号较小的）按照 bfs 序重标号为 $1...n$ 得到一个无标号图 $G'$，则一个有标号图 $G$ 唯一对应一个无标号图 $G'$。设 $p_i$ 表示 $i$ 最小的连边，则对于这个无标号图 $G'$ 需要满足 $p_i$ 单调不降，在此基础上有恰好 $\frac{(n-1)!}{\prod c_i!}$ 个图能够映射到 $G'$。

感受一下，这种图很多情况下大部分点都是直接连着 $1$，因此 bfs 序很多就是 $1...n$，所以这个 bfs 序的同构几乎就是完全的图同构了，跑得很快。

Balancing Network

第一问：
考虑将整个过程倒置，那么其实就是对于一对导线 $(x,y)$ 如果 $x,y$ 有其中一个状态是 1,就可以把另外一个也变成 1,最后要求所有导线全都变成 1。可以枚举根之后贪心，那么设能成为最后一根的导线集合为 $P$，任何一个 $P$ 中的导线经过上述判定结果都是合法。对于每对 $(x,y)$，连接 $(x,y'),(x',y)$（$x',y'$ 表示下一列的对应点），即从这个点出发，能到达任意第一列的点。再倒置，将边反向，对每个第一列点求出能到哪些导线。从右往左扫描列 $j$，对每行 $i$，维护一个 bitset $f_{j,i}$ 表示第 $j$ 列第 $i$ 行能到第 $m$ 列哪些行，那么一次 $(x,y)$ 造成的影响即 $f_x|=f_y,f_y|=f_x$。最后 $P$ 即所有 $f_{1,i}$ 的交集。
第二问：
对于 $n=2$，由于 $m\ge 1$ 显然无解。
对于 $n\ge 3$，我们说明一定有解。如果 $n>3$，将后 $n-3$ 列的边都指向前 $3$ 列，转化为 $n=3$。

不妨假设第一条边是 $(1,2)$，那么操作完 $1,2$ 总有一个 1 一个 0,恰好有两种可能。

维护一个状态，$(a,b,c)$，表示 $a,b$ 之中恰有一个 1 一个 0，但具体还没有确定；$c$ 一定是 1。加入一条边 $(x,y)$ 时，如果 $x,y\in\{a,b\}$，那么将上一次操作随意确定了，这一次先留着不动；否则不妨假设 $x=c,y=a,z=b$，那么将上一次定为 $z$ 指向 $y$，状态变为 $(x,z,y)$。最后可能剩一条边，任意定向即可。也可以说是“反悔”了上一次的选择。写起来代码可以利用一个小性质 $1\oplus2\oplus3=0$。

Hard Cut

首先，假定/打表验证基本上（也就是可能有反例），总是能构出来 $2^{\left\lceil\log_2 c\right\rceil}$。

那么考虑找到 $1$ 的中点，分成两半，递归构造。假设猜想成立，那么除了 $c=1$ 或 $c=2^k+1,k>0$ 就构完了，$c=1$ 是平凡的，于是只需要考虑 $c=2^k+1$。

这种情况下，尝试先用 $2^k$ 构出 $2^{k+1}$，再稍作调整。首先，经过分讨，我们确实可以用 $4$ 构 $8$，那么递归就能构出任意 $2^k,k\ge 2$。那么加上最后单独的 $1$，就构出了 $2^k+1$，那么想怎么去掉 $1$，枚举一些子段擦掉，假设值为 $v$，然后背包看看能不能凑出 $v-1$。当 $c$ 比较大的时候总是有解的，对于 $c$ 比较小的情况，比如 11111，实际不一定有解，可以直接大力背包。

写起来代码，可以直接判掉 $c\le 32$ 跑背包，若 $c\ne 2^k+1$ 分治，若 $c=2^k+1$ 用上面的方法构出 $2^{k+1}+1$ 再调整。

排序大师木林森 (剥叶子）Constructing a matrix （匹配）Summation By Construction （细节调整）Distinct GCDs (Hard Version) （固定k，求解f(k);lcm怎么做）Square Resistance Value（连分数逼近：两个定理，误差分析：最优性）星图重绘（前后缀最值、四个象限证明、欧拉公式的应用）Urban Planning（更精细的构造）

4月28日模拟赛

建图，每条有向边是一个二元组 $(a,b)$，正着走是 $(a,b)$，反着走 $(-a,-b)$，询问是否存在 $s,t$ 的长度为 $(a_0,b_0)$ 的路径。

求出任意一个 dfs 树，则只需要考虑用反祖边形成的环（或自环）线性组合。考虑维护 $a,b,c$ 表示有 $(a,b),(0,c)$，其中 $a\ne 0$。加入一组 $(d,e)$ 时将 $(a,b),(d,e)$ 对 $a,d$ 做辗转相除。

核心:用所有返组边构成的环可以线性组合出所有环/路径.

4月29日模拟赛

如果是空心的,可以在中间和两边随便填,然后转化为实心的.

分成 4 段构造. 有点像构造 $|x_i-y_i|$ 要求构成排列.

考虑如何判定一个子串是否合法.则有结论:非法等价于,设 $S_i=a_i-S_{i-1}$,则 $S_0=S_n=0,S_i>0$.即将偶数位置的 $a_i$ 取负,折线图上每一步都跨越 $0$,最终回到 $0$.

那么考虑如何判定整个串合法性,只需要维护对于每个左端点 $\{S_i\}$ 的集合,且 $1\le S_i\le m$.

时间复杂度 $O(nm2^m)$ 或 $O(n2^m)$.

三种理解方式:匹配\dp\打表猜结论.

考虑 $S=1,T=n$.首先这种情况不会走回头路,因为如果存在回头路,如果走了一圈回到自己下方则显然可以直接下去,如果回到上方,则不如直接上去.
如果是从较低的桥切换到较高的桥,则一定是在高桥的一个端点处进行切换.可以归纳+调整证明.
反之,只要确定了所有经过的桥,那么总是存在经过所有桥的路径(因为保证了端点处可以上桥).
所以,对于这个子任务,可以将 $H_i$ 视为 $+\infty$,转化为上一个子任务.
部分分做法1
将所有 $[L_i,R_i],[L_j,R_j]$ 有交的 $i,j$ 之间连接一条 $|H_i-H_j|$ 的边.不妨假设 $H_i\le H_j$,则条件等价于 $R_i\in [L_j,R_j]$ 或 $R_j\in [L_i,R_i]$.使用线段树优化建图,但可能存在负权边,但是因为时序是递增的,考虑在线段树上维护一个时间戳,可以在 pushup 时合并,时间只会顺流.点数和边数均为 $O(m\log n)$ 量级,复杂度为 $O(m\log n(\log m+\log\log n))$.

部分分做法2

做法1 并没有用到这个图的性质.
考虑从较低的桥 $Y$ 切换到较高的桥 $X$ 时,两座桥在高度上一定是相邻的.因为如果不是,考虑高桥 $X$ 下方的桥 $Z$,不如先从 $Y$ 到 $Z$,再从 $Z$ 到 $X$.因此对于一座较高的桥,只需要找到其下方的第一座桥连边.点数和边数均为 $O(m)$ 量级,时间复杂为 $O(m\log m)$.

完整解法

完整的路径可以分为三个阶段,第一阶段只会绕 $S$ 螺旋上升,第二阶段不会回头,第三阶段绕 $T$ 螺旋下降(即第一阶段的对称).因为没时间,证明就不细写了.

对于一三阶段,对于每座桥找到 $S,T$ 左右第一个支点一定是螺旋上升的较上的拐点,加入关键点集合.则关键点数为 $O(n)$.考虑如何找出关键边.

则只有拐点到下方第一个点的边是有用的,证明仍然不细说.

时间复杂仍然为 $O(m\log m)$.

Almost Multiplication Table

先二分答案不会使问题变难.

从极端情况开始调整,核心要求:让 $X_i$ 逐渐变大,让 $Y_i$ 逐渐变小.调整轮数为 $O(n\sqrt V)$,每轮 $O(n+m)$.

Graph Coloring

做法 1(全序图情况)

全序图即所有边的方向为 $i\to j$,其中 $i<j$.

构造 $i,j$ 之间的边权为 $\left\lfloor\log_2(i\oplus j)\right\rfloor$.

做法 2(全序图情况)

考虑分治,对于内部的链递归构造,对于跨过两边的链,要求两边之间的边的颜色不能同于任何内部的颜色,因此新设置一种颜色即可.

当 $n=2^k$ 时两种做法等价.

做法 3(一般图 $2\log_2 n$)

考虑两张全序图 $G_1,G_2$,分别包含所有 $i<j$ 和 $i>j$ 的边,对两张图分别构造,再将颜色拼接在一起,直接按进制是 $log^2$,但是没必要,按等价类划分即可.

正解

末日三问

线段树,两条链,$1+2+4+...=O(n)$,打tag
整块可以转化为全局加

全局加可以做单log,空间可以做线性(逐层处理)

先分治求出$f_k$,(max,+)是闵和,逐位取max是合并点集求凸包

平面图最段路，分散层叠，……,k进制fwt，分园，单位根多项式，分治fwt，章两分解三个矩阵叠加法

4月30日模拟赛

$m=0$ 做法1
到一个点 $i$ 时，$1...i-1$ 一定都是 L。设 $f_i$ 表示从 $i$ 第一次到 $i+1$ 的步数，转移为 $f_i=2+\sum_{j=a_i}^{i-1}f_j$。设 $F_i$ 为 $f_0+f_1+...+f_i$，则 $F_i=2+2F_{i-1}-F_{a_i-1}$。

$m=0$ 做法2
设 $g_i$ 表示从 $0$ 开始第一次到 $i+1$ 的步数，到 $i+1$ 一定会经过 $i$，所以先算上 $g_{i-1}$，然后会跳到 $a_{i-1}$，则还需要加上从 $a_{i-1}$ 开始第一次到 $i-1$ 的步数，这等于 $g_{i-1}-g_{a_{i-1}}$，因为到 $i-1$ 的状态一定会经过到 $a_{i-1}$ 的状态，这两个状态之间的步数为 $g_{i-1}-g_{a_{i-1}}$。
则 $g_i=2+2g_{i-1}-g_{a_{i-1}}$。

75分做法3

将 $b_{i-1}=2$ 的 $i$ 设为关键点，则经过一个点时，前面的点，除关键点外，都是 L。
设 $f_{i,S}$ 表示从 $i$ 开始，第一次到 $>i$ 的点时，走了多少步，到了哪个点，以及关键点的状态。先从 $i$ 跳到 $b_i$，再利用 $i-1$ 之前的 dp 值，可以逐步跳到 $\ge i$ 为止，此时如果在 $i$，那么一定会跳到 $i+b_i$。

复杂度为 $O(n^22^m)$，使用并查集可以 $O(n^22^m\alpha(n))$。

密码学第三次小作业

因为 $(e_1,e_2)=1$，存在 $x,y$ 使得 $xe_1+ye_2=1$。则 $m=c_1^xc_2^y$。如果 $x$ 或 $y<0$，需要先求 $c_1^{-1}$，再快速幂。

5月1日模拟赛

部分分做法1

令 $a_{i,j}=1$ 达到最大值 $n^3$。
令 $a_{i,j}=

Game of Stacks

Go Play wallnut bowling

平衡树维护链，拆链合并+减半警报

有趣的家庭菜园 5

设区间左端点为 $p$。
二分答案（还是，先二分一手是不劣的），对于每个 $a_i$，若 $a_i$ 在选中的区间内（这里有一个关于 $p$ 的限制），存在 $l_i,r_i$，$a_i$ 只能匹配到 $b_{l_i}...b_{r_i}$，那么设 $f(p)$ 表示区间内 $<a_i$ 的个数（假设 $a_i$ 互不相同），对于 $f(p)$ 有对应的限制，因为 $f(p)$ 关于 $p$ 是一个分段的一次函数（图像法），可以将 $f(p)$ 的限制转化到 $p$ 上，用差分维护。若 $a_i$ 不在选中的区间内同理。

核心：考虑单个元素的限制

XOR-ranges

子问题，笛卡尔树，dp

先令 $a_{i,j}=1$，答案取到最大值 $n^3$。

5月2日模拟赛

设 $r_i$ 表示 $i$ 后面第一个 $j$ 满足 $a_j<a_i$。

$X\ge 0$ 做法

如果 $i<p\le r_i$，变化到的位置是确定的，也就是 $i$ 后面第一个 $<a_i-X$ 的位置 $r'_i$。
否则不变。使用差分维护。
求 $r'_i$ 有三种做法：扫描值域 set 维护（好写）、单调栈（性质更好）、在 $i\to r_i$ 的图上做倍增（$i,r_i,r_{r_i},...$ 就是整个单调栈）。

这一部分 $O(n\log n)$。

$X<0$ 做法

设 $Y=-X$，那么也就是选择一个非空且非整个数组的前缀 $+Y$。

性质1 答案不会变小。
性质2 $ans'-n\le ans\le ans'$。
性质3 如果存在 $a_i<0$，一定可以取到 $ans'$。
证明：
性质4 一定选择后缀最小值。

证明：

枚举后缀最小值 $p$，那么只有后缀最小值的 $r_i$ 会变化，且变化的 $i$ 是一段区间，双指针统计，这一部分时间线性。

设 $f_{i,j}(x)$ 表示 $i$ 子树选择 $j$ 层，最上层的点权值 $\le x$ 的方案数，设 $F_{i,j}(x)$ 为 $f_{i,j}(x)$ 的前缀和。
则 $f_{i,j}(x)=\prod f_{v,j}(x)+\sum_{y\le x}[L_i\le y\le R_i]\prod f_{v,j-1}(y)$。

显然 $f_{i,j}(x)$ 是关于 $x$ 的函数，更具体的，$f_{i,j}(x)$ 是分段函数，每一段都是关于 $x$ 的不超过 $n$ 次多项式。

对每一段维护前 $n$ 个连续点值，点积点和可以轻松维护，前缀和需要求一个插值。

对连续点值插值的复杂度为 $O(n)$。对着式子写一下，就是 $i!(n-i)!(-1)^i$，需要求 $\frac{\prod(x-j)}{i-j}$，可以线性逆元/前后缀积。

做法2

不同于做法1,设最上层权值最大值等于 $x$ 的方案数，但是需要差分，可以考察 $F_{i,j}$，给出 $F_{i,j}$ 的转移，避免了差分。
做法3
如果真要差分也能做。

秋季限定生成树问题

观察1 当 $(x,y)\ge 2$ 时一定不优，证明：

待补

因此答案不会超过对于所有 $1\le x<n$，$x$ 最大的出边求和。即 $\sum_{x=1}^{n-1} x(\max_{x<y\le n,(x,y)=1}y)+1$。并且上界可以取到。

对于每个 $y$，计算有多少 $1\le x<y$，满足 $x$ 和 $y+1...n$ 都不互质，$x$ 和 $y$ 互质。容斥成和 $y+1...n$ 都不互质的减去和 $y...n$ 都不互质的。

$n-y$ 不会很大，一个比较松的界是 prime gap。

暴搜，依次 dfs 每个数，维护 $d$ 表示限制 $d\mid x$。对于一个数 $y$，$[(x,y)\ne 1]=1-\sum_{t|y}\mu(t)[t\mid x]=-\sum_{t|y,t>1}\mu(t)[t\mid x]$，将 $d$ 变为 $d,t$ 的 lcm。因为 $t>1$，不会搜很多步就会搜出一个 $>n$ 的 $d$。

剪枝1 若 $(d,x)\ne 1$，已经蕴含了有关 $x$ 的限制，可以直接 dfs 到下一个数。可以省去求 lcm。
剪枝2 按照 $|\omega(x)|$ 从小到大 dfs。
剪枝3 直接从大到小 dfs，就不需要对每个 $y$ 单独求一遍了。

不要在 dfs 的过程中把 ss[S] 覆盖掉了，注意别爆 longlong

一般图最大权完美匹配的一(两)个错误的费用流建模:

一般图大小为 $k$ 的最大匹配的点集 $S_k\subset S_{k+1}$。

动态维护点集 $S$ 的重心、求一个点 $c$ 到点集 $S$ 所有点距离和、求点集 $T$ 内的点到 $c$ 的最大距离。

求法：

$S$ 的重心一定在 $S$ dfs 序第 $[m/2]+1$ 个点（中位数）到根的路径上。/ 点分树 / 全局树剖，二分 / satt
淀粉树/拆贡献/
淀粉树

删点、找到 $S$ 中距离 $c$ 最近的点、找到

考虑变化

5月4日模拟赛

欧拉图（非孤点联通，且每个点入度=出度）欧拉环排列个数为 $T*\prod (\deg_i-1)!$（证明：双射）。

$T$ 为：以任意一个点为根的外向树/内向树（两者是相等的（将边全部反向），任何一个根得到的结果也是相等的）个数。

欧拉环排列，也就是任意一个循环移位被视为和他相等。

从 $1$ 开始回到 $1$ 的欧拉路径额外乘上一个 $\deg_1$。

状态如果记录内向树的边集，状态数为 $6$；如果利用矩阵树定理，记录 $2\times 2$ 的矩阵行列式，状态数为 $4$。

枚举在 $G_1$ 上 $Y$ 的对应点以及 $G_2$ 上 $X$ 的对应点。

将 $G_1$ 和 $G_2$ 叠在 $T$ 上，同时删掉 $X,Y$，$T$ 被分裂为若干连通块 $G'$，$G_1',G_2'$ 分别是 $G_1,G_2$ 删掉 $Y,X$ 的图，中间的连通块（如果 $X,Y$ 不相邻）同时属于 $G_1',G_2'$，$X$ 一侧的联通块属于 $G_2'$，$Y$ 一侧的属于 $G_1'$。

那么 $G'$ 的形态是已知的，也就是所有联通块内部的形态都已知，那么只需要将 $G_1'$ 和 $G_2'$ 的联通块两两匹配，需要满足一些要求。首先，同时属于 $G_1',G_2'$ 最多一个，不能有既不属于 $G_1'$ 又不属于 $G_2'$ 的联通块。先将 $G_1',G_2$，$G_2',G_1$ 贪心匹配，如果有剩余，必须是 $G_1',G_2'$。

预处理子树和子树补的哈希。先假设联通块个数都对上号，那么总的联通块个数不超过 $Y$ 在 $G_1$ 上的度数和 $X$ 在 $G_2$ 上的度数之和，总复杂度 $O(n^2)$。

tip:无根树哈希，如果有两个重心$c_1,c_2$，求$c_1,c_2$的哈希值较大者作为整个树的哈希值。

求树哈希需要一个 random oracle,也就是$F_{2^{64}}\to F_{2^{64}}$ 的随机映射，这个可以看成是给你上一个数让你生成下一个数，但是实际上并不能保证是真正随机的，可以使用环长(周期)来估测random oracle的好坏，可以选择的方法有:
1.

ll h(ll x) {
    return x * x * x * 1237123 + 19260817;
}
ll f(ll x) {
    ll cur = h(x & ((1 << 31) - 1)) + h(x >> 31);
    return cur;
}

xor-shift 哈希

ull K=2010101220100326,mask=520520520520520,X=2222223333333331,K2=1;

ull xor_shift(ull x){
    x^=mask;
    x^=x<<13;
    x^=x>>7;
    x^=x<<17;
    x^=mask;
    return x;
}

ull xor_shift2(ull x){
    return x*X;
}

热身 1

两倍近似：按照任意顺序分配任务，每次贪心分配给结束时间最小的机器。
证明：待补。

1.5倍近似：按照时长最大到小分配。

设任务数为 $m$，时长从大到小 $t_1,...,t_m$，$n$ 个机器。
证明：设最优解为 $t^*$。对于贪心出来的结果，取结束时间最晚的机器，取最后一个任务，不妨假设就是第 $m$ 个任务，时长为 $t_m$，以及这个机器上的其他任务，总时长为 $t_0$，分别证明 $t_0\le t^*$，$t_m\le \frac12 t^*$。
证明 $t_0\le t^*$：按照贪心策略最后一次选择给了这个机器，则其他机器肯定大于这个机器，因此 $t_0$ 不超过平均值；而 $t^{*}$ 不小于平均值。

证明 $t_m\le \frac12 t^*$：$n\le m$ 显然贪心出的就是最优解；否则最优解中一定存在一个机器有两个以上的任务，所花费的时间至少是 $2t_m$。

倍增分块，重构

stern-brocot树，二分斜率

两个整点连线下方整点个数，picks theorem

5月5日模拟赛

A
假做法？
$n$个点连成森林的充要条件
题解做法
类似题：circuit
这种分析度数的构造题都不太会
B
分块，维护平面最近点对；带权
sqrt(log)
C
满足树的拓扑关系的贪心：考虑合并
取出除根以外最优的点 $x$，如果选了父亲 $fa_x$，就一定会选 $x$，所以可以等效地向上合并，将 $x$ 和 $fa_x$ 合并为一个点。

那么就只需要考虑如何比较两个点谁更优，这是一个 exchange argument。将信息扩展为一个二元组 $(a,b)$，考虑 $(a_1,b_1),(a_2,b_2)$ 谁放在前面列出一个不等式，再移项，变成比较各自的性价比。

hall定理好题，要补

Good Graph

任意 $|S|\le|N(S)|$ 等价于存在完美匹配。

不存在完美匹配时

考虑从一个为匹配点 $s$ 出发 bfs，将所有 bfs 到的左部点加入集合 $T$，则 $|T|=|N(T)|+1$。因为 bfs 到的生成树形成一个交错树，即任意一个 $T$ 中的右部点，都存在对应的左部匹配点，且属于集合 $T$；对于 $T$ 中任意一个左部点，如果不为 $s$，它的右部匹配点一定属于 $T$。

（补充：设失配点个数为 $c$，实际上可以构造 $|S|-|N(S)|$ 取遍 $0...c$）

存在完美匹配时

性质：对于紧集 $S,T$，$S\cup T,S\cap T$ 也是紧集。

证明：

$|N(S)|=|S|$
$|N(T)|=|T|$
两式相加得 $|N(S)|+|N(T)|=|S|+|T|$
$|N(S)\cup N(T)|+|N(S)\cap N(T)|=|S\cup T|+|S\cap T|$
$|N(S\cup T)|+|N(S\cap T)|\le |S\cup T|+|S\cap T|$
又 $|N(S\cup T)|\ge |S\cup T|$，$|N(S\cap T)|\ge |S\cap T|$
所以.....

那么对于每个左部点 $x$，都存在包含它的唯一的极小的紧集 $P_x$。求法：首先令 $P_x=\{x\}$，然后对于所有 $v\in N(P_x)$，将 $q_v$ 加入 $P$。两个二分图的紧集相同当且即当 $P_x$ 相同。

对于所有 $(u,v)\in E$，连接 $u\to q_v$，得到一个有向图 $G$。一个有向图对应一个二分图，且边数相等。那么只需要找到一个有向图 $G'$，满足 $G,G'$ 的连通性相同。对于每个强连通分量，如果不是单点，连出一个环，缩点变成 DAG。对于 $(x,y)\in E$，如果不存在 $x\to y$ 且不经过 $(x,y)$ 的路径，那么需要加入 $(x,y)$；如果 $(x,y)\notin E$，则 $(x,y)$ 一定不属于 $E'$。

posted @ 2026-07-24 10:55 Network_Error 阅读(11) 评论(0) 收藏举报

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