记录(6)

One Item Away

uoj

想办法拆开 \(A_l^A_r\) 进入线性基的查询：等于 \(A_l\) 最大值 \(^\) \(A_r\) 最小值。证明：先假设线性基是最简型，对每一位独立，分讨

Desant 2

模拟赛

T1

1.答案不超过 \(n+1\)。

2.考虑什么时候能够取到 \(n\)，则每一行都恰好经过一次，且必须左右来回横跳。

3.那么每个轮换环都是偶数，当 \(n\) 是奇数时显然无解。

4.但是还不充分。

5.在折线图中看，如果存在分割线（\(1...i\) 的最小值 \(> i+1...n\) 的最大值），那么走出一个块后无法返回，因此只能在块内走，因此每一块都得是偶数。

6.如果 \(p_1<p_n\)，那么可以构造：先从 \(1...n\)，途径每一对数，先走较小的那个，走到 \(n\) 后再返回 \(1\)。

7.否则，只需要找到一条从 \(n\) 返回 \(1\) 的路径，就一定能够构造。并且路径长度一定是偶数。

8.贪心，向下的话就选下面最靠左的，让下一步有最多可能。

9.可以证明这样一定能构造出。

10.只需证明无环。

11.如果有环，那么可以推出存在分割线，矛盾。

走出的路径形如两条从右下到左上的阶梯。

做法1：直接按照贪心跳到下一个位置，一定不会走出环，维护前后缀min/max。做法2：维护最右边还没走过的点和最下边还没走过的点。

T2

三维问题：花 2log 降其中两维，最后一维扫描线。因此复杂度不会低于 2log。

标记永久化的线段树可以不需要pushup和pushdown：核心：在较浅处贡献

T3

将答案表示为二元生成函数，那么存在封闭形式。

Desant 2

排成 \(k*(n/k)\) 的矩形，转移边连上去，那么相当于多次求这样一个图上的最短路。这是典，对短轴分治，复杂度单根号。

Perfect Suika Game on a Tree

不变量：\(\sum 2^{a_i}\)。（很类似 POI跳）
充要
可持久化ds维护

One Item Away

调整：没法拆集合，因为一旦拆出一个新的集合，这个集合都要重新问一次。拆集合是不好的，exchange 两个集合是好的。

增量。

如果 \(i\) 相比与 \(S_i\) 更倾向与 \(S_j\)，连边 \(i\to j\)。如果一个点有入边，那么绝对不能把新加的数分给 \(i\)，因为交互库可以搞 \(j\)。因此分给一个没有入度的点才是安全的。假设所有点都有入度，那么一定能找到一个环，将环整个轮换，这样不断调整下去。每次调整边数减少，总次数不会超过 \(nm\)，单次调整复杂度至少是 \(n^2\)，因此 \(O(n^3m)\)。

n^2m 不会

边 \(k\) 联通具有传递性 划分等价类

割：两种定义

两个割的异或还是割

割空间：2^m 01串 维度：\(n-1\)（由长度为n的01串生成）
环空间：选一些边，满足每个点都是偶数

基分别是什么
维度：\(m-n+1\)。\(n\) 个方程 \(m\) 个未知数，浪费了一个维度

割空间和环空间互为正交补。（两两垂直）

垂直（正交）（\(F_2\)）：popcount(x&y)%2=1

缩叶子缩二度点：\(m/n~3/2\)

不弱于多次询问求两个点最段路。
考虑 separator+分治

缩广义串并联图会得到一个toptree

toptree是二叉树，因此可以进行边分治，选max(n-sz,sz)最大的一条边，作为一个separator，对两部分分别递归，最大不超过 \((2/3)n\)

这个题要算两两最短路和

继续递归下去一路checkmin会导致变成多维

直接加一条sep～边

二分图博弈

增广：一条虚边一条实边，相当于到下一个点继续匹配

判断一个点是否不在最大匹配里只需要删掉这个点再尝试增广一次

flow

维护 \(h_u\)

ek增广 \(h\) 基本上可以复用 除了加入的反边 让 \(h\) 加上 dis 之后即可满足，对于其他边将两个累加后也满足 初始spfa求\(h\)

Draw in straight lines

横着的竖着的线段去覆盖，不好贪心或者怎么做，直接考虑网络流。

直接应用切糕模型，每个点建三个变量表示染

最后要黑白染色，把一边的变量翻转，处理 \(+b\)

最短路等于对偶图最小割

对偶图：旋转90度

网络流不可能一条边正反流两次

模拟赛

T2

假设加入边为 \((u,v)\)，选择的点对为 \((x,y)\)，能够节省的边数为：

• \(|D(u,v)\Delta D(x,y)|+(0/2)\) 如果 \(D(x,y)\) 和 \(D(u,v)\) 有交再 \(+2\)。

TEST_176

平衡树有交合并 只需要保证合并复杂度是 \(O(连续段数)\)

势能: \(\sum \log(x_{i+1}-x_i)\)

Choiri

FWT 数组每一项只可能是 \(0/2^m\) \(s\) 项为 \(2^m\) 等价于所有 \(a_i\) 都满足 \(2||a_i\cdot s|\)。

\(s\) 构成的线性空间恰好是 \(\{a_i\}\) 的线性空间的正交补空间。维度 \(n-m\)

枚举非主元位的值，主元位可唯一确定

或者有算法可以直接求出正交线性基（正交补空间的一组基）

并查集线段树化：

建虚点，建成一个 leafy 的二叉树。这样的结构就能支持 pushup 以及打标记、pushdown，在回退时再将相应的结点 pushdown。最后信息都被下放到了每个点上。可以当成一个线段树。

线段树分治，把挂在当前结点上的边作为加入时间为 \(r\) 的边加入。

Sakura no Mahou

直接做也能做。有深刻做法。

相当于，进行若干轮，每一轮，每个数可以选择是否加上它前面那个数，从左到右依次决策。

考虑逆过程。相当于每一轮，每个数可以决策是 \(a_i\) 还是 \(a_{i-1}+a_i\)，每个位置独立。

如果一个位置可以变为 \(1\)，则将其变为 \(1\) 一定是不劣的。

10x -> 11x -> ....
10x -> 10x -> 11x/10x

第二种决策在第二步被第一种完全包含。

因此，如果不能结束，贪心地将一个位置变 1 是最优的。

Yin-Yang Two Bits Insertion

考虑差分数组，相当于 x -> 1x1

0 的个数是不变量，判掉 \(S,T\) 不相等。那么按 0 分段，相当于选择 \(a_i>0\) +=2，或者 \(a_i,a_{i+1}\) ++

第二种操作在一个位置上最多 \(2\) 次，dp。

Zonal Score Maximization

前面的转化很无聊。

方法1
列矩阵。转移是左乘 \(2\time 2\) 矩阵。
方法2
分治，记录左右端点状态。

AND Permutation

首先意识到这是一个二分图匹配。

匹配相关，要么考虑贪心，这里不行，所以考虑直接构造。

归纳，只要时刻保持不破坏题述条件，也就保证一直有解。

按位构造，按照最高位分为两个集合 \(S,T\)，对 \(S,T\) 分别构造，但是要求 \(T\) 内部不能有连边，将 \(T\) 和 \(S\) 的出边进行一个 swap 即可。

Lazy Judge

能做的事情很有限。

维护一些 pair 和 triple，表示 \(v\) 一定是 \(x,y\) 某个，或者 \(v,v+1\) 一定是 \(x,y,z\) 某两个这样目前尚未确定的条件。

定义一个能量，给每个 pair 赋上 \(1/2\) 的能量，每个 triple 赋 \(1\)。合成需要 \(1/2\) 和 \(1\) 的能量，拆散需要 \(1/2\) 的能量。每次交互库会给我们一些能量让我们做一些操作。

操作3

能量余量为 \(1/2\)。设 \(v(x)\) 为 \(x\) 的可能的权值，还没有确定则 \(v(x)=n+1\)。不妨假设 \(v(x)\le v(y)\)。如果 \(v(x)=n+1\) 那么利用 \(1/2\) 的能量合成 \(x,y\)，否则利用 \(1/2\) 的能量拆散 \(x\)。

操作2

能量 \(1\) 很充足。不妨假设 \(v(x)\le v(y)\)。只有当 \(v(x)=n+1\) 的时候有区别，这种情况用全部能量直接确定 \(x\)。

操作1

能量 \(1\)。不妨假设 \(v(x)\le v(y)\le v(z)\)。注意到 \(1\) 的能量可以用来拆开两对，或者合成一个 triple。如果 \(v(x)=n+1\) 那么合成；如果 \(v(y)\le n\)，直接拆 \(x,y\)；否则 \(v(x)\le n,v(y)>n\)，分配 \(1/2\) 用来拆散 \(x\)，\(1/2\) 用来合成 \(y,z\)。

Double Knapsack

考虑当 \(a=\{n,n,n,...\}\)，即选一个 \(b\) 的子集和是 \(n\) 的倍数。

类似地设 \(l_i\) 表示最小的 \(j\) 满足 \(sa_j\ge sb_i\)，不妨假设 \(sa_n\ge sb_n\)，则 \(0\le sa_{l_i}-sb_i<n\) 一定有两者相同，则构造 \((l_i,l_j]\cup (i,j]\) 即可。

Homework

Sophisticated Device

Colorful Polygon

注意力环节，考虑如何构造 \(C(a+b,a)\)：构造一个上底长为 \(a\)，下底长为 \(b\) 的梯形，考虑第一条边，要么上端点向右移动 \(1\)，要么下端点向右移动 \(1\)，故方案数恰好是 \(C(a+b,a)\)。

分治（or 无脑写最优的合并果子），分治树有三层 \(7\) 个非叶点，点数为 \(3n+7*3-1\)。

Indicium

把一种数的 \(n\) 次出现全部填入，拉丁方的剩余部分是可以直接正则图流的。

经过置换只需要构造 \(111...\)，\(111...22\)，\(111...23\)，把 \(123\) 全都手动填上，再跑网络流/heuristic构造。

Generalized Insertion Sort

一条链直接 \(n-1\) 次操作，进行插入排序。

否则考虑划分为若干组互不相交的链，同时进行插入排序，废点就丢在任意一个叶子上。这样并不能保证废点不会被挤上来，但如果被挤上来了说明一整条链都填满了，这种总共只会发生 \(n\) 次，再加上 \(n\log n\) 次。并且实际上卡不满，考虑完全二叉树实际 \(1+2+4+...=2n-1\) 次，链实际 \(n\) 次，最优大概链套满二叉树，有大概 \(1/4\) 常数。

Triangles

如果没有三点共线，那么按照 \((x,y)\) 字典序排序后相邻三个组，答案能取到 \([n/3]\)。

否则答案为 \(\min([n/3],n-同一条直线上的点数)\)。

每匹配掉三个点前者 \(-1\)，后者 \(-1\) 到 \(-3\)。如果一开始后者占优，可以一直做到前后相等，或者后者大 \(1\)。做完之后线上的点大概占 \(2/3\)，扔掉没用的点直到 \(3|n\)，那么要么恰好 \(2/3\)，要么 \(2k-1\) 和 \(k+1\)。前者好构，后者至少要有额外的一个“倒立”的三角形，还是可以匹配直到只剩底下剩 \(3\) 外面剩 \(3\)，分讨都能匹配。

Waking Shadows

扫描线，对每个左端点维护一个集合 \(S_l\)，在扫描 \(r\) 的过程中处理 \(S_l\) 的变化。

对于每个值 \(v\)，一定是在一段前缀的集合中出现，记作 \(p_v\)。加入一个数对 \(p\) 的影响和回转寿司类似。一样维护，对于询问找到第一个块再进入该块查询。

末日魔法少女计划

\(k=1\) 最优解：预处理 \(n^2\) 个区间。
\(k=2\) 最优解：猫树。
\(k=3\) 最优解：sqrt tree，动态地分成 \(\sqrt n\) 叉，叉间预处理，\(T(n)=\sqrt nT(\sqrt n)+n\)，解得 \(T(n)=O(\log \log n)\)。
\(k=n\) 最优解：。
\(k\sim \sqrt n\) 最优解：分块。

结合线段树、sqrt tree 和分块的想法。

将结构抽象为：分成 \(p\) 块，块间做 \(k-2\) 的子问题，块内递归。

设 \(f_{n,k}\) 表示长度为 \(n\) 的块，\(g_{n,k}\) 表示剥去最前和最后两个块。枚举 \(p\)，那么块的大小应该尽量均分，即 \(p-n\bmod p\) 个 \(n/p\) 和 \(n\bmod p\) 个 \(n/p+1\)。

Alice,Bob and two arrays.

Draw in Straight Lines

每个格子设四个变量，分别表示有没有行覆盖1,列覆盖1,行覆盖0,列覆盖0.

限制1：如果同时有行覆盖01或同时有列覆盖01，付出 \(+\infty\) 的代价.
限制2：选一次覆盖花费 \(a\) 的代价，如果这个格子覆盖了且下一个格子没覆盖，额外花费 \(b\) 的代价。
限制3：最后是1：如果既有行覆盖0,或者有列覆盖0,付出 \(+\infty\) 的代价；如果既没有行覆盖1也没有列覆盖1,花费 \(c\) 的单点修复。最后是0：如果有行覆盖1且有列覆盖1,付出 \(+\infty\) 的代价；如果没有行覆盖0且没有列覆盖0，付出 \(c\) 的代价。

上述限制都是形如“\(x_i\bar{x_j}\) 就额外花费多少的代价”，注意进行一些奇偶翻转之后是 \(x_i\bar{x_j}\) 的形式，而非 \(x_ix_j\) 或 \(\bar{x_i}\bar{x_j}\)，因此可以使用切糕建模转求最小割。

大部分变量之间怎么约束都是可以用切糕建模的。敢想敢列。

Trzy drogi [A]

每条边记一个长度，选三条边的方案数为 \(l_il_jl_k\)。

先处理掉图不联通。处理掉选一条割边的情况，然后就假设割边不会选，将两个端点缩起来，把边删掉。再处理选两条 \(x_i=x_j\ne 0\) 的边，算上选 \(l_il_j\) 的情况，就可以假设不会同时选 \(i,j\)，把 \(l_j\) 并到 \(l_i\) 上，再把 \(j\) 两个端点缩起来，删掉边 \(j\)。

这样处理后有性质 \(m\ge 1.5n\)。

现在可以假设非平凡情况，即 \(x_i\ne x_j\ne x_k\ne 0\)。

分四种情况：两条非树边（先判掉），两条树边不是祖先后代关系，非树边跨越靠下的树边，非树边跨越靠上的树边。

对非树边跨越靠上的树边的情况：只关心非树边的下端点集，如果一个端点既不是 dfs 序最小的也不是 dfs 序最大的，意味着前后都有其他点，则向上到 \(u\) 一定有至少两个分叉，因此不可能成为候选非树边。因此候选非树边只有两条，枚举 \(i,j\)，可以唯一确定另一条树边 \(k\)。

只剩选三条树边的情况，就可以将所有非树边缩起来。

由性质最多有 \(2/3\) 条树边，因此每轮边数至少变为 \(2/3\)，点数与边数同阶，复杂度累加还是单 log。

Stirling Number

组合数相关复习：

1. 固定下指标，关于上指标的生成函数 \(\frac{(1-x)^{m+1}}{x^m}\)。
2. 固定上指标，关于下指标的生成函数 \((1+x)^n\)。

上指标求和：\(n++,m++\)

lucas 定理：\((1+x)^p=1+x^p\)（在模 \(p\) 意义下）。\((1+x)^n=(1+x)^{n\bmod p}(1+x)^{p[n/p]}=(1+x)^{n\bmod p}(1+x^p)^{[n/p]}\)，提取 \([x^m]\)，只能是前面贡献 \(m\bmod p\) 后面贡献 \(m/p\)。

crt：构造 \(n\) 个基：模 \(a_i\) 等于 1,模 \(a_j\) 等于 0 (\(j\ne i\))。再点乘 \(b\)。例：已知模 \(2\) 为 \(a\)，模 \(5\) 为 \(b\)，构造基 \(5,6\)，\(n=(5a+6b)\bmod 10\)

如何优雅地求和

斯特林数学习：

生成函数相关：
第一类斯特林数关于 \(m\) 的生成函数是一个上升幂：\(\sum_{m} [n,m]x^m=x(x+1)...(x+n-1)=x^{\overline{n}}\)

第二类斯特林数关于 \(m\) 的下降幂生成函数：\(\sum_m \{n,m\}x^{\underline m}=x^n\)。即可以当成多项式理解，也可以代入 \(x\) 理解。

或者 \(x^n=\sum_m \{n,m\}x^{\underline m}\) 普通多项式->下降幂多项式 变换