USACO2023
DEC1 Breakdown
将过程逆序，即加边并维护以下信息——
- \(f_{k,i,j}\)表示从\(i\)到\(j\)恰走\(k\)步的最短路（其中\(k\in [0,2]\)）
- \(fs_{k,i}\)表示从\(1\)到\(i\)恰走\(k\)步的最短路（其中\(k\in [0,4]\)）
- \(ft_{k,i}\)表示从\(i\)到\(n\)恰走\(k\)步的最短路（其中\(k\in [0,4]\)）
任取\(p,q\in [0,4]\)且\(p+q=K\)，答案即\(\min_{i\in [1,n]}fs_{p,i}+ft_{q,i}\)
当加入边\((x,y)\)时，影响的\(f_{k,i,j}\)必然有\(i=x\or j=y\)
任取\(p,q\in [0,2]\)且\(p+q=k\)，则\(fs_{k,i}=\min_{j\in [1,n]}f_{p,1,j}+f_{q,j,i}\)
结合前者，仅需更新\(1=x\or j=y\or j=x\or i=y\)的情况，共计\(O(n^{3})\)种
\(ft_{k,i}\)是类似的，时间复杂度为\(O(Kn^{3})\)
DEC2 Making Friends
记初始边集为\(E\)，维护\(S_{i}\)为\(i\)向\(i<j\)的边，初始\(S_{i}=\{j\mid i<j\and (i,j)\in E\}\)
对于第\(i\)天，即修改\(\forall j\in S_{i},S_{j}=S_{j}\cup (S_{i}\cap (j,n])\)
事实上，仅需取\(x=\min_{j\in S_{i}}j\)执行上述修改，其余修改会在\(i=x\)时实现
启发式合并即可，时间复杂度为\(O(n\log^{2}n)\)
DEC3 Palindromes
设区间\([l,r]\)有\(k\)个G和\(s\)个H，第\(i\)个G前有\(a_{i}\)个H
设操作后第\(i\)个G前有\(b_{i}\)个H，则答案即\(\min_{\begin{array}{}b_{1}\le b_{2}\le ...\le b_{k}\\b_{i}+b_{k-i+1}=s\end{array}}\sum_{i=1}^{k}|a_{i}-b_{i}|\)
单调性可以在最小化中保证，同时\(|a_{i}-b_{i}|+|a_{k-i+1}-b_{k-i+1}|\ge |a_{i}+a_{k-i+1}-s|\)且总可以取到
特别的，当\(2\not\mid k\)时且\(i=\frac{k+1}{2}\)时，两项相同，需要一定特判
综上，则答案即\(\begin{cases}\sum_{i=1}^{\frac{k}{2}}|a_{i}+a_{k-i+1}-s|&2\mid k\\-1&2\not\mid k\and 2\not\mid s\\\sum_{i=1}^{\frac{k-1}{2}}|a_{i}+a_{k-i+1}-s|+|a_{\frac{k+1}{2}}-\frac{s}{2}|&2\not\mid k\and 2\mid s\end{cases}\)
枚举这\(k\)个G的中心并向两边拓展，记\(c_{i}\)为前\(i\)个位置中H的个数，则问题即：
- 若\((x,y)\)为关于中心对称的两个G位置，则在可重集\(S\)中加入\(c_{x}+c_{y}\)
- 枚举所包含G恰为当前情况的区间\([l,r]\)，求\(\sum_{x\in S}|c_{l-1}+c_{r}-x|\)
注意到\(c_{l-1}+c_{r}\)的变化量为\(O(1)\)，维护一个指针，每次询问时移动即可
同时，每个区间恰被询问一次，时间复杂度为\(O(n^{2})\)
JAN1 Tractor Paths
显然与\(i\)相邻的\(j\)构成区间\([L_{i},R_{i}]\)，且\(L_{i},R_{i}\)均单调不降
对于询问，不妨假设\(a<b\)，那么最短路\(d\)即每次贪心从\(a\)移动到\(R_{a}\)直至\(R_{a}\ge b\)的次数
记\(A_{i}\)和\(B_{i}\)分别从\(a\)或\(b\)出发贪心时第\(i\)次移动到的位置，则答案也即\(\sum_{i=0}^{d}|S\cap [B_{d-i},A_{i}]|\)
显然区间非空，差分拆开后倍增时求和即可，时间复杂度为\(O(n\log n+q\log n)\)
JAN2 Mana Collection
记\(d(x,y)\)为\(x\)到\(y\)的最短路，显然仅关心于每个点最后一次被访问的时间
设时间顺序为\(a_{1},a_{2},...,a_{k}(=e)\)，即求
关于\(\sum_{i=1}^{k-1}d(a_{i},a_{i+1})\le s\)的限制，若不满足，则去掉\(a_{1}\)后上式必然减小
去掉此限制后，记\(f_{S,e}\)为\(\{a_{k}\}\)构成集合\(S\)且\(a_{k}=e\)时\(\sum_{i=1}^{k-1}d(a_{i},a_{i+1})\sum_{j=1}^{i}m_{a_{j}}\)的最小值，转移易得
在此基础上，答案即\(\max_{e\in S}s\sum_{i\in S}m_{i}-f_{S,e}\)，看作关于\(s\)的一次函数，对每个\(e\)求出其凸包即可
时间复杂度为\(O(n^{2}2^{n}+q)\)
JAN3 Subtree Activation
记\(f(x,y)=\begin{cases}|sz_{x}-sz_{y}|&x和y成祖先后代关系\\sz_{x}+sz_{y}&otherwise\end{cases}\)
问题即选择排列\(\{a_{n}\}\)，并最小化\(sz_{a_{1}}+sz_{a_{n}}+\sum_{i=1}^{n-1}f(a_{i},a_{i+1})\)
考虑确定\(k\)每个儿子子树内的排列后将\(k\)插入，有以下两种情况：
- 插入到某个儿子的子树内，设相邻两点为\(x,y\)，则变化量为\(2sz_{k}-sz_{x}-sz_{y}-f(x,y)\)
- 若\(x\)和\(y\)成祖先后代关系，该式也即\(2(sz_{k}-\max(sz_{x},sz_{y}))\)，取\(x\)或\(y\)为\(k\)的该儿子即可
- 否则，该式也即\(2(sz_{k}-sz_{x}-sz_{y})\)，显然劣于前者
- 插入到两个儿子的子树间，即\(sz_{a_{1}}\)和\(sz_{a_{n}}\)的系数发生变化
由于对称性，定义\(f_{k,x}\)表示以\(k\)为根的子树中有\(x\in [0,2]\)个系数发生变化
转移可以自行分类讨论（注意一个子树自身不能匹配），时间复杂度为\(O(n)\)
FEB1 Hungry Cow
维护一棵权值线段树，对于每个区间，存储以下信息：
仅考虑区间内的食物和时间下，有食物的天数、天下标和 和 剩余的食物数
在此基础上，考虑查询一个区间内初始有\(x\)食物的答案——
- 若$x\le \(左区间长度\)-$左区间有食物的天数，则仅影响左区间
- 否则，即将左区间填满，并以\(x-...+\)左区间剩余的食物数询问右区间
合并时，即对右区间以左区间剩余的食物数查询，单次复杂度为\(O(\log V)\)
时间复杂度为\(O(n\log^{2}V)\)（其中\(V\)为值域）
FEB2 Problem Setting
定义\(g_{n}\)表示\(n\)道题目任意顺序选非空子集的方案数，则\(g_{n}=n(g_{n-1}+1)\)
记\(cnt_{S}\)为Hard集合为\(S\)的题目数，定义\(f_{S}\)表示强制以\(S\)为结尾的方案数，则\(f_{S}=g_{cnt_{S}}\sum_{T\subset S}f_{T}\)
对此cdq分治，每次转移时用FWT求高维前缀和，时间复杂度为\(O(nm+m2^{m})\)
FEB3 Watching Cowflix
若两个被选择的点间距离\(\le k\)，则可以贪心选择路径上所有点
在此基础上，每个连通块距离\(\le \lfloor\frac{k}{2}\rfloor\)的点（及自身）不交，即连通块数\(\le \frac{n}{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor+1}\le \frac{2n}{k}\)
对此建立虚树并树形dp即可，时间复杂度为\(O(n\log n)\)
OPEN1 Pareidolia
关于\(B(s)\)，显然可以贪心匹配，状态为\(bessie\)的个数及匹配到的位置
考虑线段树，对于区间\([l,r]\)，维护以下信息：
- 当之前已匹配\(bessie\)前\(i\)个字符时，\(bessie\)的个数 和 最终剩余的字符数
- 当之前已匹配\(bessie\)前\(i\)个字符时，每个前缀\(bessie\)的个数和
- 每个后缀\(bessie\)的个数和 和 最终剩余前\(i\)个字符的后缀数
- 区间内的答案\(A(s[l,r])\)
合并易得，时间复杂度为\(O(n+m\log n)\)
OPEN2 Good Bitstrings
问题即求满足以下条件的\((x,y)\)个数：
- \(x\in [1,a],y\in [1,b]\)
- \(\forall i\in [0,x],j\in [0,y],(i,j)\ne (x,y)\)，满足\([\frac{i}{j}\le \frac{x}{y}]=[\frac{i}{j}\le \frac{a}{b}]\)
考虑\(\frac{x}{y}\)在Stern-Brocot树中\(\frac{X}{Y}\)的子树内，并分类讨论：
- 若\(X>a\or Y>b\)，显然无解
- 若\(\frac{X}{Y}\le \frac{a}{b}\)，则\(\frac{x}{y}\)在\(\frac{X}{Y}\)的左子树内时取\(\frac{i}{j}=\frac{X}{Y}\)即矛盾，因此仅需考虑\(\frac{X}{Y}\)及其右子树内
- 若\(\frac{X}{Y}>\frac{a}{b}\)，同理仅需考虑\(\frac{X}{Y}\)及其左子树内
最终，\(\frac{x}{y}\)的取值即为一条链，并分类讨论：
-
对于其中\(\frac{X}{Y}>\frac{a}{b}\)，则\(\frac{x}{y}=\frac{tX}{tY}\)时取\(\frac{i}{j}=\frac{X}{Y}\)即矛盾，仅能取\(t=1\)
-
对于其中\(\frac{X}{Y}\le \frac{a}{b}\)，设其构成序列\(\{\frac{X_{k}}{Y_{k}}\}\)，则\(X_{i},Y_{i}\)单调不降且\(\frac{X_{i}}{Y_{i}}\)单调递增
换言之，取\(\frac{x}{y}=\frac{tX_{i}}{tY_{i}}\)时仅需保证\(x<X_{i+1}\or y<Y_{i+1}\)，答案也即\(\sum_{i=1}^{k-1}\max\{\lfloor\frac{X_{i+1}-1}{X_{i}}\rfloor,\lfloor\frac{Y_{i+1}-1}{Y_{i}}\rfloor\}+\frac{a}{X_{k}}\)
记值域为\(V\)，暴力递归最坏时间复杂度为\(O(V)\)，但"拐点"至多\(O(\log V)\)个，每次二分确定该段长度即可
前者直接加上长度即可，后者注意到\(\lfloor\frac{x_{0}+(t+1)x_{1}-1}{x_{0}+tx_{1}}\rfloor\)在\(t\ge 1\)时为\(1\)，仅需特殊处理\(t=0\)时
时间复杂度为\(O(\log^{2}V)\)
OPEN3 Triples of Cows
构造一张新图，形式如下：
- 共\(2n-1\)个点，对应原图中的点和边，并称前者为黑点、后者为白点
- 黑点向以其为端点的白点连边，并以\(n\)为根建树
第\(i\)天时，将\(i\)删除并将相邻的白点合并，则\((x,y)\)存在$\iff \(存在白点\)j\(与\)x,y$相邻
（正确性归纳易得）
记\(s_{i}\)为（白点）\(i\)的儿子个数，并分类讨论：
- \(a,c\)与\(b\)相邻的公共白点相同，答案即\(\sum_{i为白点}(s_{i}+1)s_{i}(s_{i}-1)\)
- ……不同且均为\(b\)的后代，答案即\(\sum_{i为黑点}(\sum_{son}s_{son})^{2}-\sum_{son}s_{son}^{2}\)
- ……不同且分别为\(b\)的祖先/兄弟和后代，答案即\(\sum_{i为白点}2\cdot s_{i}\sum_{j}\sum_{son}s_{son}\)
用并查集维护\(i\)的父亲，并维护相关信息即可，时间复杂度为\(O(n\alpha(n))\)
