HE 集训讲题纪要
Day1: 贪心 & Dp
太困难，可能有的真的不会。
如果有写的不对的地方，请斧正。
[CERC2013] History course
弱化版：CF309E Sheep
[ICPC 2017 WF] Scenery
一个显然的贪心是选能拍照且 ddl 最近的拍照。
这个不对因为有些时间段不能拍照否则有些照片根本没法拍，比如拍照时常为 \(10\)，有一个区间 \([20,35]\)，那么显然 \((35-10*2,20)\) 这个区间不能拍照。
称这个区间为禁区，我们找到所有禁区，进行“显然的贪心"，应该就对了。
每个拍照区间产生的禁区为 \((R-t*2,l)\)。
注意到我们还要关注到不只有一个拍照目标的区间，对于任意一个区间 \([L,R]\)，设里面有 \(k\) 个拍照区间，我们应该如何设置禁区呢？
注意这个区间里面可能还有已经设置的禁区，需要避开。直接从后往前贪心的放置就好了，如果这个区间放不满 \(k\) 个，直接无解。
否则可以得到最靠左的区间起始点 \(p\)，将 \([p-t,L]\) 设置为禁区就好了。
注意到为了消除后效性，我们按 \(L\) 从大到小处理，每次加入向所有 \(R\) 中加入以 \(L\) 开头的要求。
AT_joisc2017_c 手持ち花火 (Sparklers)
以前模拟赛的题，现在还不会。
首先要明确一点，某一个时刻最多只有一个人手持火把，其余人要么在靠近，要么和在追他（或者跟随）。
这样对于相向而行的人，距离一定越来越近，同向而行的人，距离不变，同时火把延续的时间更长，更有机会让人得到。
因此我们可以把这个过程理解为，如果有人和拿火把的人重合，这个人献祭自己，给拿火把的人续命 \(T\) 秒，如果拿火把的人能在死之前和所有人相遇就 ok。
因此一个区间，如果两端相遇时长比所有人生命时长总和大，那肯定完蛋。否则如果中间的人不拉跨，两侧的人一定能得到火把。
将这个条件形式化的表达后，发现 \([l,r]\) 合法当且仅当 \(f_l<f_r\)，且 \([l,r-1],[l+1,r],[l+1,r-1]\) 中的至少一个合法。
发现这个就是双序列扩展，直接套用即可。
CF573E Bear and Bowling
容易列出转移方程：
不是 slope trick。考虑这种取 \(\max\) 操作的另一种维护方式是对 dp 数组找分界点，前面满足第一项大，后面满足第二项大。
如果真的存在的话，那么我们直接考虑 \(f_i\) 的差分数组 \(g_j\)，我们的操作相当于找到第一个加上当前项更好的地方 \(k\)，插入 \(k \times a_i\)，前面的部分直接继承，后面的部分全部 \(+a_i\)。
考察这个位置的形式化描述：相当于找到第一个 \(f_j \le j \times a_i\)，那我们只需要证明 \(f_j/j\) 有序即可，证明忽略，可以打表。
平衡树维护即可。
CF559E Gerald and Path
考虑最终形成的一定是若干连续段，问题转化为如何判定一个连续段是否合法。
可以从左往右扫描，设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个点可以覆盖到的最长前缀。
使用 lanterns 技巧即可 \(n \log n\) 解决。
总复杂度 \(n^2 \log n\)。
有人会用这个方法做到 \(n^2\) 的请告诉我。
CF1067D Computer Game
牛逼题，我是傻逼。
第一步就不会，真是傻逼到极点了。
卡在收益的贡献可以算期望，但是升级怎么搞期望啊。
其实是，一旦有升级机会，一定会选择 \(M=b_i \times p_i\) 最大的升级，然后之后一直草这个就行了。
因此直接 \(dp\) 设 \(f_t\) 表示还剩 \(t\) 步的时候仍然没有解锁的最大收益。
看到参变相乘，相当斜率优化。
先维护直线 \(y=p_i \times x+p_i \times a_i\) 的上半平面交。
对偶后是 \((p_i,p_i \times a_i)\) 的下凸壳。
注意这个 \(M \times t-f_t\) 单调递增，所以有单调性。
注意到转移点之后 \(O(n)\) 个，定下转移点后可以矩阵快速幂，然后判断转移是否出界即可。注意如果转移不优的话得到的 \(f_t\) 更小更容易出界，因此不必担心。
CF933E A Preponderant Reunion
我们可以钦定最终哪些位置是 \(0\)，注意到没必要钦定 \(0\) 的连续段长度超过 \(2\) 的部分。
对于连续段长度为 \(1\) 的，下界显然为 \(a_i\)，对于连续段长度为 \(2\) 的，下界为 \(\max(a_{i-1},a_i)\)。
其实如果你想要更多个，也可以算出来下界，每次新算一条边的贡献，记录上一条变的流量为 \(cur\)，则当前这条边的流量最小为 \(a_i- \min(cur,a_i)\)。
可以证明，对于 dp 出来权值最小的方案，一定存在一种方案，直接输出就行了。
[USACO24FEB] Minimum Sum of Maximums P
先考虑分配好了如何快速计算贡献。
假定区间是 \([1,n]\)，两端固定数值。要计算的就是 \(\min(\max\limits_{i=1}^{n-1}(a_i,a_{i+1}))\)。
可以拆成 \(\sum\limits_{i=1}^{n-1}a_i + \sum\limits_{i=1}^{n-1}max(0,a_{i+1}-a_i)\)。
前面是定值，后面可以看成是”爬升“距离和，下界肯定是 \(\max-\min\)，且这个容易在 \([2,n]\) 升序排序的时候达成。
因此一段两头固定的区间的贡献是 \(\max-\min\)。
之后就比较容易了，根据经典 trick 我们给每个区间安排的值域范围，要么包含，要么不交。
因此可以可化为树形结构，每个节点都是区间，我们做区间 dp。
设 \(f_{l,r,s}\) 表示我们使用了范围严格在 \([l,r]\) 内的值域，填入了 \(s\) 集合。
根据树形 dp，我们有如下几种转移：
- 加一个根，需要根据长度是否为 1 分讨一下，贡献按上面的算。
- 合并一个儿子，子集枚举即可，注意到我们需要满足的实际上是 \(l1 \le r1 < l2 \le r2\) 且 \(r1-l1+1 \ge \sum len_{s1}, r2-l2+1 \ge \sum len_{s2}\)，为了不枚举这么多，我们钦定一边是恰好满的，另一边就需要做一个二维前缀 \max 的东西来填充没有算入任何集合的元素。
Day2: 组合计数技巧
[FJOI2017] 矩阵填数
我们要算的实际上是：
枚举一种填数方案 \(P\)：
\(\sum_{P}\prod_{i=1}^{n}[[maxv \le Lim_i]-[maxv \le Lim_i-1]]\)
后面那个直接 \(2^n\) 拆了，交换求和号，转为计数有多少个满足这个条件的方案数。
和思考容斥的柿子是完全相同的，这样考虑更形式化。
CF995F Cowmpany Cowmpensation
考虑组合的做法，插值太没技术含量了。
因为一共只有 \(n\) 种数，可以考虑求出来恰好使用了 \(i\) 种数的合法方案，然后组合数分配方案就行了。
求恰好转为钦定在哪个范围选，用第一类二项式反演即可。
Yet Another Permutation Problem
没听懂。
Distinct Multiples
考虑直接容斥的做法，枚举有多少个点对之间是相等关系，然后会缩成一些联通块，联通块的方案数是好算的。
很容易想到的优化是先确定联通快，再算容斥系数，注意到联通块之间是没有边的，因此是没有贡献系数的。
那我们要做的就是一个点集合，我们任意连边，边的的权值为 \(-1\)，求这个点集能形成联通块的情况下，边权值的乘积。
直接上联通图容斥：\(g_s\) 是乱选边的权值之积，\(f_s\) 是保证联通的权值之积。
\(f_i=g_i-\sum\limits_{j}^{i-1}\binom{i-1}{j-1}f_j \times g_{i-j}\)
进一步的: \(g_s=\sum\limits_{k=0}^{\binom{|s|}{2}}\binom{\binom{|s|}{2}}{k}(-1)^{k}=[k=0]+[k=1]\)
所以 \(f_i=g_i-\binom{i-1}{i-2}f_{i-1}=[i=1]-(i-1) \times f_{i-1}\)
好厉害。
[THUPC 2024 决赛] 排列游戏
容易发现一个排列的代价为 \(\frac{\sum |p_i-i|}{2}\)。
考虑如何快速刻画这个柿子，我们将 \(i\) 向 \(p_i\) 连边，这样一个排列的代价是所有环上相邻两点编号绝对值之和。
直接用连续段 dp，扫描编号维，设 \(f_j\) 表示现在还有 \(j\) 个环没封口，然后你考虑插入一个数会发生啥：
- 新建一个链
- 成为自环
- 接在链前面
- 接在链后面
- 合并两条链
- 把链变成环
然后贡献可以用摩天大楼那题的思路，巧妙处理绝对值，然后同时注意到如果形成了 \(j\) 条链，那么至少贡献了 \(\frac{j\times (j-1)}{2}\) 次，因此第二维是 \(\sqrt{m}\) 级别的。
他妈的你倒是想到要把 \(i\) 向 \(p_i\) 连边啊，一个一个填位置能做啥？
[POI 2015] CZA
\(p \le 2\) 暴力。
考虑 \(p=3\)，很容易想到连续段插入 dp，关键在于怎么记录状态。
分讨，具体怎么分讨以后再说，题解 dx 做法没看懂。
[AGC022E] Median Replace
先考虑如何判定是否合法：
首先我们不会操作 \((1,1,1)\)，然后剩下的操作就是形如 \((0,0,0)\) 和 \((1,1,0)\) 以及 \((1,0,0)\)。
剩下的我们采用遇到就消除的策略即可，维护一个栈，对于后两个操作，我们可以认为我们遇到一个 \((0,1)\) （注意必须先 0 再 1，因为 如果先 1 再 0 后面如果再加 0 用三个 0 消掉更好）就消掉，因为之后要消除的话剩下的数就是新加入的数，我们可以提前操作。
因此我们可以分析到
- 我们剩下的一定是连续的 1 拼上连续的 0，都可以为空。
- 0 的个数不会超过 2，1 的个数不会超过 2.
然后只需要记录二元组 \(([0,2],[0,2])\) 即可。
[PA 2019] Desant
Growing Sequences
设 \(d_i=a_i-2 \times a_{i-1}\)。
容易发现 \(\{d\}\) 和 \(\{a\}\) 双射，我们转为统计 \(d\)，这样每项独立，但是对于 \(a_i \le m\) 的限制需要额外考虑。
只需要保证 \(a_n \le m\) 即可。
有递推式 \(a_i=2 \times a_{i-1} + d_i\)。
根据这个可以写出 \(a_n=\sum\limits_{j=0}^{n}d_j \times 2^{n-j}\)。
看到二进制，想到数位 dp。将 \(d_i\) 每一位拆了，然后这个 \(\times 2^{n-j}\) 实际上就是把 \(d_i\) 在二进制数位上进行一个平移。想象一个表格，每个位置有个 \(0/1\)，每一行代表 \(d_i\) 的二进制拆分后平移，每一列代表最终求和式中这一位有几个 1。最终答案等价于这个表格的填数方案。
我们可以每次处理一个数位，但是需要考虑进位，按照从低位到高位的顺序容易处理进位问题，记录前面填的是 \(\le\) 还是 \(>\) 即可。
[ABC240G] Teleporting Takahashi
容易注意到一维是可以 \(O(1)\) 算的，然后两维你可以枚举分配给其中一维多少步，三步同理。
但是这样就爆炸了，如果能快速处理两维的话，我们仍然可以快速做。
一个神秘的思路：旋转坐标系 45°，这样原来的上下左右变成了 \((-1,-1),(-1,1),(1,-1),(1,1)\) 四种向量的走法。
然后这等价于你每次可以在每一维随便选 \(-1,1\) 然后走到 \((x+y,x-y)\) 即可，此时两维独立，直接套用一维的做法即可。
太神秘了。
[ARC163D] Sum of SCC
经典结论：竞赛图缩点之后是一条链，我们数所有的边（假设最后一个点向后有一条边）就是 scc 的个数。
缩点后的一条"边”存在，当切记当这条 "边" 前面所有点都向后面所有点连边，两部分点内部任意。
为了方便处理这个有多少条顺边（\(i \rightarrow j,i <j\)），我们按照编号扫描线。
记录 \(f_{i,j,k}\) 表示某条 “边” 前面有几个点，后面有几个点，有几条顺边。
转移枚举放到前面还是后面，并枚举向内部连的顺边个数即，复杂度 \(O(n^5)\)。
一个优化是，既然我们每个集合内部连边都任意，那我们就不在转移的时候枚举，转移只记录两部分点之间的顺边个数。
那么最终的答案应该是：
复杂度仍然是 \(O(n^5)\)，后面是个范德蒙德卷积，可以优化掉一个 \(m\)。
总复杂度 \(O(n^4)\)。
CF1824B2 LuoTianyi and the Floating Islands
\(k\) 是奇数答案显然是 \(1\)。
带权重心的定义是所有儿子里面点的个数 \(\le \frac{k}{2}\)。
因此如果你数点的话可以选择容斥，让某个儿子超过，然后需要高妙组合意义+推柿子才能做。
关于重心我们经典思路是变成边，容易注意到合法点一定构成联通块，因此数边的个数+1 就是答案，边当然是好数的，每个子树分配一半就好了。
CF2096H Wonderful XOR Problem
Day3:
树上问题：
啥都没听懂。
[Ynoi2011] ODT
简单题，对于所有轻儿子搞一个数据结构维护就行了。
不会卡常。
树上邻域数颜色
研究了一万年，终于会了。
首先对每种颜色单独做，把每种颜色单独拉出来建虚树。
容易发现，一个点的邻域在虚树上的覆盖范围，一定是一个联通块，考虑点-边容斥。
一个问题是，虚树上有没有颜色的节点，如果我们只数点的话当然可以不算他们，但是如果数边的话就比较麻烦。
我们找到虚树上离他最近的点，记录距离为 \(f_u\)，然后将所有与他相连的边长度增加 \(f_u\)，这样可以认为它变成了一个有颜色点。
邻域包含点的条件是容易刻画的。
邻域包含边的条件是：
设两点间距离为 \(Len\)，询问半径为 \(d\)，则要求点距离 \(u,v\) 中点 \(z\) 不超过 \(\frac{d\times 2-Len}{2}\)。
注意，由于上面边带权了，因此有可能这个 \(z\) 处于虚空边上，不过如果在虚空边上，包含这条边等价于包含产生虚空边的点。
现在相当于有 \(n\) 个点，然后要进行 $n $ 次静态邻域数点。
离线询问点分治，在线询问点分树即可。
复杂度 \(O(n \log n)-O(n \log^2 n)\)
常数分析：
- 为了方便树边中间加点避免两点间距离是奇数：\(\times 2\)
- 虚树：\(\times 2\)
- 点边容斥：\(\times 2\)
- 点分树/点分治子树容斥：\(\times 2\)
显而易见，这东西跑 \(2e5\) 都比较费劲。
做个梦呀做个梦
-
做法 \(1\):
结论：重心是深度最深的满足 \((tot-sz) \times 2 \le tot\) 的结点。
从联通块根开始往下面走，依据上面这个东西。
用重链剖分加速走路，需要对轻儿子额外维护一个数据结构（set）,复杂度 \(\log^2 n\)。
-
做法 \(2\):
结论：重心位于 Dfs 序上，第一个前缀和 \(\times 2 \ge tot\) 的结点的根链上。
直接线段树二分找到这个点，然后在根链上二分即可。
天动万象
先考虑链上怎么做，相当于删掉一个点，一个后缀向前平移一位。
发现操作一次后叶子都没了，考虑使用这个性质做一些均摊的处理。
可使用链剖分将一个子树划分为不超过叶子个数个重链，如果我们能对一个重链快速操作，那就结束了。
发现和链上的情况基本相同，额外增加了一个轻边上的传递过程，容易用平衡树维护，线段树模拟平衡树应该也是可以的。
对于查询，整链是好处理的，只用一条链的查询形式是一个后缀，线段树查询即可。
CF566C Logistical Questions
结论：设 \(f_u\) 为 \(u\) 到所有点的带权距离和，\(f_u\) 为凸函数，因此从重心向别的地方走权值和一定变大。
动态走路我们可以使用重链加速，静态走路我们可以使用点分治加速，这样相当于在只有 \(\log n\) 次单点求值，直接暴力就好了。
可能需要三度化。
[Ynoi2008] stcm
缺一分治的灵活应用。
考虑一个子树补就是扣掉 \([dfn_u,dfn_u+sz_u)\)，直接考虑全局缺一分治。
缺一分治不仅在叶子是正确的，在分治树上的任何一个区间，都满足当前加入了除这个区间外的所有点。
对于跨过分治树中心的区间，由于是子树所以他们的关系一定是包含关系，按长度排序后暴力加点就行了。
字符串：
Suffix Automaton
先确定长度，转化为定长字典序第 \(k\) 大的最小 \(endpos\)。
考虑按长度从后往前扫描线。
按照后缀排序的的顺序维护，然后长度减一会发生的事情：
- 相邻两个合并；
- 插入一个串；
注意到两个串合并之后，中间不可能再插入新的串。
然后你只需要找到，每个联通块内，开始位置最小的串就行了。
诗韵
第一开始想的是：直接爆做，然后有可能不是整段加，每个点额外维护一个数据结构，然后链加完了之后线段树二分更新，复杂度超神 \(log^2n\)。
更好一点的思路是，预处理每个节点会被分裂的长度，然后把每个节点直接分裂了，此时就没有上面那种操蛋问题了。
然后 2log 有点过于麻烦了。
实际上一个节点成为满足条件的节点后就一直满足了，我们只需要求出来这个时间，然后将贡献柴刀每个节点上就好了。
最长公共后缀就是所有满足条件的结点的最长长度的最大值。
种类个数就是最长长度-父节点最长长度。
这个时间可以线段树合并+二分找到。
区间本质不同子串个数
感觉不是很难啊，是不是我想简单了？
对于每个字串，我们在他最后一次出现的时刻统计。
考虑 SAM 上的一个节点，代表长度为 \([l,r]\)，假设在区间中出现的最后一个 endpos 为 \(t\)，则会对左端点在 \([t-r+1,t-l+1]\) 的部分贡献 \(+1\)，查询的时候查询 \([l,r]\) 内的贡献和。
扫右端点更新答案，注意到会改变根链的所有 \(t\)，且都会变成相同的数值。而根链上的代表长度连续，利用颜色段均摊，可以直接做到 \(log^2n\)。
[CTSC2010] 珠宝商
容易想到点分树完之后根号分治，小于根号的部分是容易的，直接在 \(SAM\) 上走路就行了。
考虑大于根号的部分。正着反着都建一个 \(SAM\)。
然后需要支持在 \(SAM\) 上往前匹配。
然后直接做 endpos 的点积就可以了，复杂度 \(m \sqrt n\)。
注意到需要容斥，容斥仍然需要采取根号分治，否则复杂度仍然爆炸。
小的直接暴力做就行了。
浙公网安备 33010602011771号