record 7.8-7.12

[mxr39 A]

喜报，接下来每天都有模拟赛，不用担心没事干辣。

我们盲猜，不会约分。

然后你倒推一下就做完了。

场上 nt，用了 gcd 导致 TLE 挂了一点分。小问题，攒 rp。

[mxr39 B]

如果没有保底，你会不会做？

显然，我们贪心地按照 \(k\) 从大到小选就是答案。

加上保底呢？

我们钦定一些人直接吃保底，剩下的人，仍然按照 \(k\) 从大到小选就行了。

如果钦定 \(S\) 不吃保底，并且按照 \(k\) 从大到小排序，那么答案就是

\[\sum_{i=1}^{|S|}b_{S_i}-i\times k_{S_i}+\sum_{i\not\in S}a_i \]

至此已经有了一个 \(O(n^2)\) DP。

然后写出来之后，发现这个东西是一个凸函数。其实这并不让我们惊讶。

额，然后你发现这个东西，大概可以用平衡树暴力维护整体 DP。

这不会是正解吧？感觉这个做法非常麻烦。

我猜肯定有人写这个东西，但是我不是很喜欢。

写起来其实体验还可以。这场是不是人均 200+ 了？

他给的题解写得很好，可以阅读一下。

UOJ 里的一个题

证明：

\[\sum_{i=1}^n(-1)^i\frac{\binom ni}{i}=-H_n \]

可能有一个什么唐唐归纳法。

额然后看了一个很牛的做法啊，就是我们想办法把 \(\frac 1i\) 给它吸收进去，但是直接这样肯定是没办法吸收的，就想办法给 \(\binom ni\) 拆一拆。

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n(-1)^i\frac{\binom{n}{i}}{i}&=\sum_{i=1}^n(-1)^i\sum_{j=1}^n\binom{j-1}{i-1}\frac 1i\\ &=\sum_{i=1}^n(-1)^i\sum_{j=1}^n\binom{j}{i}\frac 1j\\ &=\sum_{j=1}^n\frac 1j\sum_{i=1}^n\binom{j}{i}(-1)^i\\ &=-\sum_{j=1}^n\frac 1j \end{aligned} \]

然后我们再整一个 GF 做法。额我又不会了。

\[\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}x^n\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}\frac{(-1)^i}{i}&=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^i}{i}\sum_{n=i}^{\infty}\binom{n}{i}x^n\\ &=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^i}{i}\frac{x^i}{(1-x)^{i+1}}\\ &=\frac 1{1+x}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-\frac{x}{1-x})^i}{i}\\ &=\frac 1{1+x}\ln(1+\frac x{1-x})\\ &=\frac 1{1+x}\ln(\frac 1{1-x})\\ &=-\frac 1{1+x}\ln(1-x) \end{aligned} \]

非常好啊。

[mxr40 A]

今天的题咋都这么难。其实也不算难，就是全都是我最不擅长的类型。我们看看能不能整出一点东西来。

你有不同颜色的球，然后一次操作可以放下不同颜色的球各一个到箱子里，或者拿起指定一个颜色的球。你手上最多同时拿 \(B\) 个球，你随时可以放弃球。最后把手上所有球都扔到箱子里，问箱子里最多有多少个球。

感觉是个贪心一类的东西，状态很复杂，不太能 DP 的样子。

显然箱子里的球最多等价于放弃的球最少，而放弃一个球当且仅当目前手上有 \(B\) 个球的时候会发生，所以我们的目标某种意义上是减少当前手上球的个数，也就是放尽可能多的球到箱子里，也就是希望当前手上的球颜色不同的尽可能多。

你可能会想到这样一个贪心：如果新进来的球对应颜色的个数比手上最大值要小，我们就交换。这是为了尽可能“均分”手上的限制 \(B\)。

显然这个有一个问题，如果当前是一个平面上面镶了若干个凸起，然后你新进来一个新的凸起，最优方案交换不交换都有可能，这得看接下来进来什么球。也就是说我们的决策没办法完全由这之前的东西所决定，会被之后的情况所影响。

接下来有两个路子，一个是想办法说清楚怎么被之后的所影响，或者是一个反悔贪心一类的东西；另一个是，我们换一个思考顺序，使得在这个顺序下是没有影响的。

或者换个建模啥的，我们可以想到一个类似于匹配的东西，但是稍微想了一下发现没啥做法。

那看起来只有说清楚之后的影响这一个路子了。但是好复杂啊，会不了一点。

所以我现在不会一个比暴力好的做法。

为啥已经有人过了？？？接下来我们考虑死磕这个题。

想了一个假贪心，写了一下发现所有样例都过了，拍也没拍出来问题。一交发现寄了。

额，你发现假贪心改一行代码就对了。

这个是这样的。我们考虑之前说的类似于匹配的建模，这个建模显然更高屋建瓴一点，然后就是考虑怎么进行匹配。

首先，我们只考虑其中的某一种颜色。显然，对于一个球而言，不可能出现它后面两个洞 \(x<y\)，\(y\) 被匹配了，而 \(x\) 没有。对于洞是类似的。因此我们可以声称，如果有匹配的话，一定是某个球跟某个洞匹配，这样的关系只有 \(O(n)\) 种。

剩下的问题就是，你有很多种颜色，怎么去确定我们该让哪个颜色上不让哪个颜色上。

你考虑最优方案，然后我们扫描最优方案，扫到了一个 \(-1\) 位置，考虑它之前每个颜色的最后一次可匹配的出现，发现一定是贪心在此处匹配所有能匹配的，否则留到后面只会变得更长，没有意义。

因此我们按照这个顺序贪心即可。

我不明白为什么这么多人都会的题我却没想出来，事实上我离正解非常接近，并且正解也不困难。NOI 场上最怕的就是这个，如果别人都会你却不会，那就爆炸了。

怎么避免这种事情发生？我们是不是经常想一想，一个正常的 OIer 会怎么想。

[mxr40 B]

有 \(n\) 个东西，每个东西有 \(k\) 个档位，你要给每个东西选一个档位。

定义两个东西的不融洽度，是 \(f(i,x_i)+f(j,x_j)+c|x_i-x_j|\)，全局不融洽度是两个东西不融洽度的最大值。你要最小化这个东西并输出方案。\(k\) 很小。

注意到最终方案当中，只有每个档位 \(f(*,x)\) 的最大值是有意义的，所以就只剩下 \(k\) 个数两两取最大值了。那接下来你就钦定其中一些东西是最大值，你考虑存不存在一个合法方案。

考虑档位 \(i\) 的最大值落在 \(p_i\) 位置，接下来对于任意一个东西 \(a\)，\(\exist i\in[1,k],f(p_i,i)\ge f(a,i)\)，这就是合法的条件。

然后你发现这个条件可难做。

另外一个做法是，你考虑任意两个选择的不融洽度，然后二分一下，相当于有一些连边表示这两个选择不能同时被选，问你存不存在合法方案。这是 k-sat 问题，我不好讲能不能做。

感觉这几个想法都比较萌萌哒。

[UNR #3 D1 A]

我们需要更多的题来保持手感。这场 UNR 好像比较简单。

你要从 \(n\) 个物品中选出 \(m\) 个，物品有属性 \(s_i,v_i\)，方案的价值是 \((\sum_{i\in S}v_i)^a-|\max_{i\in S}s_i-\min_{i\in S}s_i|^b\)，最大价值是多少。\(n\le 2\times 10^5,m\le 50,1\le a,b\le 2\)。

显然来对 \(a,b\) 进行一个分讨。如果 \(a=b=1\)，这显然是可以 \(O(nm)\) DP 解决的。

如果 \(a=2,b=1\)，我们考虑进行一个扫描线，然后枚举 \(mx\)，对于每个 \(mn\) 维护这之间 \(\sum v_i\) 的最大值。

哦哦，我大概会了。好题啊！

[UNR #3 D1 B]

这种题恰恰是我不擅长的，所以我们要好好做一做。

一共有 \(n\) 个任务，你每天可以完成 \(m\) 个任务，任务之间有依赖关系，构成一棵树。问你最少多少天可以完成所有任务。

\(m\le n\le 10^5\)。

你发现你的目标是用最少的天数完成任务，换句话说，你希望每一天完成任务的额度都没有被浪费。

有一个猜测：我们每次贪心选度数最多的，度数相同贪心选高度最高的。

另外还有一个思路是，我们先估一个下界出来，然后证明下界是可以取到的。

一个 nt 下界是 \(\lceil\frac nm\rceil\)，显然不一定取得到，所以我们的答案跟形态有关。

额但是有一个贪心是对的。就是你考虑当备选点 \(\le m\) 的时候，选择方案都是唯一的，当 \(>m\) 的时候，你发现当且仅当你选择了一个叶子，才会导致备选点减少，所以你尽量避免选择叶子就可以了。

但是不光这样。你发现我们会选择叶子，当且仅当目前非叶子节点不够多了。所以我们在考虑贪心策略的时候，还要注意，尽量保持非叶子节点个数 \(\ge m\)。例如按照 \(dep\) 贪心就是正确的。

[mxr31 A]

怎么今天比赛就无了，让我随机找一场来补一下。

这是个特殊图让你求最大团。为啥我感觉一个团必须所有人都有一个公共交点。

假的。应该这么说，它是由一些有公共点 \(x\) 的线段，以及若干个不经过 \(x\)，但是绕了整个环大半圈的线段，这两部分组成的。

如果不是环而是链的话，那么上面这个猜测是正确的。

这性质可能不太够。我们当前做法自然是枚举一个交点，然后考察这边选了哪些线段，以此来推断另一边选择的线段要满足什么条件。

问题出在，这个条件并不是一两个参数就能说清楚的，并且这样的条件种类是很多的。

接下来能做的，应该是使用贪心的原理，尝试减少我们的枚举量。或者更换一种枚举方式。或者我们有一些性质没有发现。

如果我们真的确定了一个交点，那么剩下的这是一张二分图，会有连边表示说这两个点之间是矛盾的。

额，我们更绝一点，枚举两个交点，然后变成一张二分图，连边表示矛盾。这样复杂度是 \(O(n^2m\sqrt{m})=O(n^5)\)，好歹是个多项式做法。

那你干嘛要这样。你考虑对于没有连边的两个点，连一条边，表示矛盾。接下来就是要求一个最大独立集，任意图最大独立集。

当然这个图有性质。

阅读了 sol，我们发现的性质反而阻碍了我们思考。你只需要考虑枚举某一个在最大团内的弧就可以了。这有什么方法可以引导我们想到这一步吗？

[mxr31 B]

分析 \(A\) 是 \(B\) 的 cover 需要满足什么条件。

发现显然，\(A\) 是 \(B\) 的 border，cover 关系有传递性。如果记 cover 集合是 \(S(B)\)，\(A\) 是 \(B\) 的最长 border，那么 \(S(B)-B\subseteq S(A)\)。

并且发现，\(S_i\) 如果是 \(S_j\) 的 border，但是不是它的 cover，那么对于 \(k>j,S_i\) 也不是 \(S_k\) 的 cover。换言之，一旦退出就永久退出了。

这样我们就很会一个离线算法。考虑在 sam 上进行值域线段树合并以维护 endpos，同时可以维护 pre，这样就能在线段树上二分求出它的 lim，然后对 kmp 的 fail tree 进行树剖，支持单点修改，查询到根的链上异或和。

然后我们想一想在线算法。

考虑怎么能知道某个东西要被删掉了。我们维护每个前缀上一次出现的时刻 \(lst_i\)，考虑如果 \(cur-lst_i>len_i\) 也就是 \(cur>lst_i+len_i\) 就说明爆炸了。这样我们只需要查询这些位置，就能知道哪些位置该删了。

所以现在的问题仍然是，怎么在线地在链上查这个东西。

我们有一个性质没有用上，就是 cover 的传递性。由这个，我们可以知道，一个链上 lim 是递减的。或者说 fail tree 关于 lim 构成一个大根堆。那显然我们一个点实际上的 cover 构成 fail tree 的一个前缀，所以 cover 关系构成一棵树，我们想办法求解这个树。

那么我们只需要在一个点被删除的时候，把它跟它的父亲合并起来，就可以了，这只需要 dsu 就可以维护，不需要什么 lct 一类的。

我发现，我的问题是，题目一旦稍微变得复杂了，我就难以抓住重点。

[mxr42 A]

咋不太会啊。冷静一下。

你发现我们很好奇最优策略到底是啥。这就有两种情况，最优策略是容易描述的，或者最优策略本身就需要我们进行 dp。

贪心打剩下的人当中命中率最高的是假的。

经过分析，你发现第一个人的策略，应该是比较自己打中的情况下，不同 case 的胜率哪个最高。有一个简单的贪心，就是对于同一段敌人，它只选胜率最高的那个。

然后你发现即使是 AEAE 这种情况，第一个人的策略就必须通过计算来展现了。所以我猜测最优策略没办法简单描述。

但问题是，我们做 dp 的状态太多了，这状态数类似于 \(3^{\frac n3}\)。有一个想法，我们能不能延后决策，或者我们更改一下 dp 顺序啥的。

不会做。打表观察了一下选择，发现有点像是有一个顺序，它会按照顺序选择第一个还活着的敌人。假的。

另一个思考角度是，你考虑这个人在选择时的所有状态，发现一定是原状态的一个子集。然后就不会了。

不是咋都会 A？？？这咋做的。

[mxr42 B]

没看懂样例啥意思啊。

它是不是把空集也给算上了。逆天。

我们先考虑一个怎样的字符串可以被清空。显然它需要是偶数。然后你发现消除是一个匹配的过程，你发现就是不能匹配 01。

这样的话，我们大概就有了一个 \(O(n^3)\) 的做法。你发现它居然一点部分分都没有。

我们考虑把当前的问题描述得更清楚一点。相当于我们有两步：子序列，填 ?。

你可以描述成，对于每种填问号的方法，我们都进行匹配，只需要满足匹配不能相交，不能匹配 01，其他的无所谓，也就是说，可以有数没有被匹配，这样的方案数。

也可以描述成，对于一种满足上述条件的匹配，我们考虑有多少种填 ? 的方案，使得没有匹配 01 产生，这个显然单独考虑每个匹配带来的贡献就可以了。

感觉第二个描述更好一点。

考虑另外一个匹配的方法，就是类似于栈，我们记录 \(dp_{i,j}\) 表示当前已经考虑了前 \(i\) 个位置，然后有 \(j\) 个未匹配的左括号。你发现不太够，需要记录 \(dp_{i,j,k}\) 表示有 \(j\) 个未匹配的 \(0\)，有 \(k\) 个未匹配的 \(1\)。显然是可以进行转移的。

额我好蠢，它要计数的是可以删空的字符串个数，不是问你删空的操作方案个数。

这种不能匹配 01 的，根据我们之前那个题的做法，发现不能删空的一定形如 0(00|11|10)*1。

设计一个自动机，手玩了一个 \(n=6\) 的，这怎么样都能做了。