2025.12~2026.3 训练做题记录
数据结构1
P6617 查找 Search：可以做出简单转化，\(pre_i\) 表示上一个 \(w-a_i\) 出现的位置，则询问相当于 \(\max\limits_{i=l}^{r} pre_i\ge l\)，可以在线段树上维护 \(pre\) 做到简单查询。修改较为复杂，更改 \(a_x\) 会导致后面某些 \(w-a_x\) 依赖于 \(a_x\) 的位置，直接暴力遍历这些点重新着前驱显然是不行的，不过重新考虑我们的目标，我们并不需要每时每刻都维护完全正确的 \(pre\)，考虑这样一个结构：\({\color{red}\bullet}{\color{green}\bullet}{\color{green}\bullet}\)，两个绿色点依赖于红色点，则不难发现可以直接将后面的位置 \(pre\) 设成 \(0\)，这样是不影响答案的，更一般的，\(x<p_1<p_2< \dots< p_k\)，其中 \(p_{1\sim k}\) 是依赖于 \(a_x\) 的位置，则可以 \(p_{2\sim k}\) 都赋成 \(0\)，只有 \(p_1\) 维护正确的 \(pre\) 即可。那么这样修改时只需要单点更新即可。
P5025 [SNOI2017] 炸弹：线段树优化建图。可以图论建模，\(i\) 向 \([x_i-r_i,x_i+r_i]\) 内的点连边，考虑优化建图，在序列上建立线段树，对于点 \(u\)，如果可以到点 \(u\) 对应的区间则一定可以到 \(lc,rc\)，因此 \(u\to lc, u\to rc\) 连边。然后对于 \(i\) 向 \([l,r]\) 内的所有位置连边，可以将所有最靠上的区间覆盖掉，向儿子的边可以看作自动下传了这些边的可达关系。这样就可以只连 \(O(n\log n)\) 条边，之后的问题就是有向图上的可达点，先tarjan缩点，然后跑拓扑，此处可以用性质，即每个点最终可以走到的一定是一个区间，因此直接求出能到的点的最小和最大编号即可。
P7357 「PMOI-1」中位数：主席树妙用。独立想到的：考虑二分中位数，那么答案 \(\ge x\) 等价于 \(g(x)=\sum [a_i\ge x]-\sum [a_i<x]\ge 0\)，于是要最大化路径上 \(g(x)\) 的值。拆贡献，若一个点 \(a_i<x\) 则权值视为 \(-1\)，否则权值视为 \(1\)，令 \(d_u\) 表示 \(u\) 到根的权值和，主要任务就是要分别在 \(u\) 子树和 \(v\) 子树内找到最大的 \(x,y\) 使得其 \(d\) 的值最大。考虑在值域的前缀上建立主席树，具体的，对于 \(rt_{x^{\prime}}\) 这棵树，我们维护 \(x=x^{\prime}\) 时每个点的 \(d\) 值，当然要映射到 \(\mathrm{dfn}\) 上方便查询和修改。其可行性在于每次 \(x\) 增加时可以直接通过找到变化的点更新变化量做到，是区间加，再维护区间最大值在查一下子树即可快速得到 \(d_x,d_y\)。考虑修改怎么做，这个 \(\oplus 1\) 的性质肯定要用上，这以为着每次修改只是形如 \(x\to x-1\) 或 \(x\to x+1\)，那么我们发现在前缀上只会影响一个位置的值，直接更改即可。时间复杂度 \(O(q\log^2 n)\)。
基础优化技巧1
P3350 [ZJOI2016] 旅行者：二维分治。对于多组询问考虑二维平面上的分治，用 \(\mathrm{solve}(lx,rx,ly,ry,Q)\) 表示处理 \([lx,rx][ly,ry]\) 的子矩阵，其中要处理的询问集合为 \(Q\)。分治自然需要取一个分界点，此时按照 \(x\) 分割和按照 \(y\) 分割都可以，先考虑按 \(y\) 轴割开，即用一条水平线 \(mid=\frac{ly+ry}{2}\) 分开询问，那么对于跨过 \(mid\) 的询问，其一定会经过 \(y=mid\) 这条分割线，而没有跨过的也可以经过这条线绕过去，因此遍历这条分界线上的点然后跑最短路，将两点的 \(dis\) 拼起来就可以更新这条询问的答案，然后继续分治下去即可，不难发现这样一定可以覆盖所有决策。不过此时我们发现需要遍历分界线上的每个点跑，因此要尽量让分界线上的点尽可能少，因此 \(x,y\) 中应选择分割线较短的一个进行分割。这样的复杂度看似很暴力，分析一下时间复杂度，直接对第一层分治分析，记 \(S=nm\)，那么分割线的长度最大只会是 \(\sqrt{S}\)，主定理分析时间复杂度就是 \(O(S\sqrt{S}\log S)\)。
P2597 [ZJOI2012] 灾难：很妙的图论建模题。原DAG显然很不适合体现这个“灭绝”的关系，考虑想办法建出一棵灭绝树，其满足 \(u\) 会灭绝则 \(u\) 的子树中的所有点都会灭绝，也即这棵树满足若 \(fa_u\) 灭绝则 \(u\) 会灭绝。如果我们可以构造出这棵树则每个点的答案就是子树大小。考虑怎么构造这棵树，对于原DAG的某个点 \(u\)，其灭绝依赖于其入点，假设其入点为 \(v_1,v_2,\dots,v_k\to u\)，则 \(u\) 灭绝当且仅当 \(v_{1\sim k}\) 全部都灭绝，\(v_{1\sim k}\) 都灭绝意味着什么？根据我们这棵树的定义，这个条件等价于 \(\mathrm{LCA}=\mathrm{lca}(v_1,v_2,\dots,v_k)\) 会灭绝，因此我们在这棵树上可以连出边 \(\mathrm{LCA}\to u\)，如图：
那么应该按什么顺序构造？我们发现如果对 \(u\) 连边时要求 \(v_{1\sim k}\) 都已经加入树中，因此直接按照拓扑序构造就是正确的！时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
P6623 [省选联考 2020 A 卷] 树：一个比较显然的想法就是用 \(\texttt{Trie}\) 树存下子树中的 \((w_x+dis)\)，于是我们需要支持三种操作：插入一个数、给目前 \(\texttt{Trie}\) 中的所有数 \(+1\)，合并两棵 \(\texttt{Trie}\)。其中插入和合并的操作都是简单的，考虑全局 \(+1\) 怎么做，考虑其意义就是将这个数末尾一段极长的 \(1\) 推成 \(0\) 然后把更高位的 \(0\) 改成 \(1\)。由于这个操作是从低位到高位的一个进位过程，考虑将所有数倒着插入，即从低往高位插入数，记给 \(u\) 子树中的数加 \(+1\) 的操作为 \(inc(u)\)，则 \(+1\) 后这一位会 \(0\to 1,1\to 0\)，所以先交换左右子树，然后对于 \(1\to 0\) 其会对更高位进位，相当于在更高位作用一个 \(+1\)，因此递归到 \(inc(ch_{u,0})\) 即可，这样只会走一边，时间复杂度是 \(O(\log V)\)。
P5979 [PA 2014] Druzyny：可以想到朴素的 \(\mathrm{dp}\)，令 \(f_i\) 表示考虑 \([1,i]\) 的分组，能够分出的最多组数，\(g_i\) 表示方案数，那么可以得到：
考察这个转移条件 \(i-j\in \mathrm{Range}(j+1,i)\)，这太难看了，因为 \(j\) 的转移位置甚至无法刻画成区间，因此考虑分治，准确来说是CDQ分治优化这个 \(\mathrm{dp}\)。其思想是，对于 \(dp_{[l,r]}\)，先处理好 \(dp_{[l,mid]}\)，再作用所有 \([l,mid]\to[mid+1,r]\) 的转移，之后再处理 \(dp_{[mid+1,r]}\)。
考虑 \(j\in [l,mid],i\in [mid+1,r]\) 的转移，我们发现 \(\mathrm{Range}\) 可以通过前缀后缀拼接了，有：\(\mathrm{Range}(j+1,i)=[\max(la_{j+1},ra_i),\min(lb_{j+1},rb_i)]\)，于是转移条件可以写成：\(i-j\in[\max(la_{j+1},ra_i),\min(lb_{j+1},rb_i)]\)，这一步最终要的是我们将区间限制转化成单点限制，那么这个限制可以拆成两个限制 \(i-j\in [la_{j+1},lb_{j+1}]\) 和 \(i-j\in [ra_i,rb_i]\) 的交集，其中
因此可以看做向某个区间 \([L,R]\) 内的 \(f_i\) 贡献 \(f_j+1\)，可以通过扫描线解决，具体的，我们开一个位置上的线段树，扫到左端点则加入这个 \(j\)，扫到右端点 \(+1\) 则抹除这个 \(j\) 即可。而对于另一条限制：
因此直接在线段树上区间查即可。
时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
P14509 树上求值 tree：直接对 \(x\) 枚举其祖先 \(y\)，钦定 \(\mathrm{LCA}(i,x)=y\)，那么我们要求 \(\sum\limits_{\mathrm{LCA}(i,x)=y} f(i+d_y)\)，放松一下条件，本来要钦定 \(\mathrm{LCA}\)，我们将其弱化成祖先关系，即弱化成 \(i\) 在 \(y\) 的子树内，但是这样会算重，不难发现，算重的部分就是和 \(x\) 在同一个 \(y\) 儿子子树内的点，令 \(z\) 为 \(y\) 在 \(x\) 侧的儿子，那么算重的就是在 \(z\) 子树内的点，综合一下，\(y\) 的最终贡献为：\(\sum\limits_{i\in\mathrm{sub}(y)}f(i+d_y)-\sum\limits_{i\in\mathrm{sub}(z)}f(i+d_y)=\sum\limits_{i\in\mathrm{sub}(y)}f(i+d_y)-\sum\limits_{i\in\mathrm{sub}(z)}f(i+d_z-1)\)，于是我们发现只需要对每个点 \(u\) 求出其子树中的 \(\sum f(i+d_u)\) 和 \(\sum f(i+d_u-1)\) 即可，这个与 P6623 [省选联考 2020 A 卷] 树 本质相同。
P5770 [JSOI2016] 无界单词：考虑第一问怎么做，没有border不好刻画，我们正难则反考虑容斥掉存在border的情况，用 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的串中没有border的方案数，考虑枚举 \(j\) 表示钦定这个串的极小border的长度为 \(j\)，即这个串的最小border为 \(S[1,j]=S[i-j+1,i]\)，那么由于border极小，显然border本身不应该存在border，那么border就有 \(f_j\) 种情况，而其他的部分可以任意分配，因为这样不会影响border的极小性，于是方案数就是 \(f_j\cdot 2^{i-2j}\)，考虑前后缀如果重叠怎么办，即如果 \(2j>i\)，那么画一画可以发现，这样重叠部分一定会形成原串的一个更小的border，违背了极小性，因此必须有 \(2j\le i\)，因此我们可以得到：
于是可以 \(O(N^2)\) 解决第一问。
对于第二问，当然是考虑经典的尝试法，从前往后遍历到某一位时，尝试在这一位填a，这样会算出方案数 \(m\)，如果 \(m\le K\) 说明这一位可以填a，否则令 \(K\) 减去 \(m\) 并在这一位填b。
那么我们需要算出：确定一个长度为 \(k\) 的前缀为 \(S\) 后，第一问的方案数。那么直接类比第一问做法，令 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 位的方案数。对于 \(i\le k\)，其字符都是确定的，因此直接看有没有border，可以在已经确定的 \(S\) 上跑KMP，如果前缀 \(i\) 没有border则 \(dp_i=1\)。
对于 \(i>k\)，还是考虑容斥，钦定极小border长度为 \(j\)，只不过这次有确定字符，需要分类讨论：
-
\(j\ge k\)，其完全覆盖了确定部分，那么border的方案数就是 \(dp_j\)，剩下的 \(2^{i-2j}\) 个位置可以任意分配，于是贡献就是 \(-dp_j\cdot 2^{i-2j}\)。
-
\(j<k\) 且 \(j\le i-k\)，这样确定部分捅了出来，自由部分变成 \(i-k-j\) 个，因此贡献为 \(-dp_j\cdot 2^{i-k-j}\)。
-
\(i-k<j<k\)，这样每一部分都是确定的，那贡献就是 \(-dp_j\) 吗？不对，因为我们还需要考察合法性，这时 \(S\) 需要存在大小为 \(j-(i-k)\) 的border，因此如果存在则贡献为 \(-dp_j\)，否则不合法无贡献。
因此可以 \(O(N^3)\) 求出方案数，进而解决问题。
P9131 [USACO23FEB] Problem Setting P：注意到这个限制就等价于觉得后面的问题难的人包含觉得前面问题难的人，即令觉得 \(i\) 困难的人的集合为 \(p_i\)，则我们有 \(p_i\subseteq p_{i+1}\)。那么不妨对每个问题求出觉得它难的人的集合 \(P_i\)，则我们要对这些 \(S\) 排列使得其满足后者包含前者。那么考虑按 \(S\) 跑SOSDP，令 \(f_S\) 表示以 \(S\) 结尾的排列的方案数，每次枚举 \(T\subset S\) 表示上一个结尾，再求出 \(P_i=S\) 的人选择的方案数即可，则我们得到这种形式的 \(\mathrm{dp}\)：
直接求可以做到 \(O(3^m)\)，无法通过。这里有优化方法：
- 拆高低位
拆成高 \(\frac{m}{2}\) 和低 \(\frac{m}{2}\) 位，令 \(s_{i,j}\) 表示高位为 \(i\)，低位为 \(j\) 的子集的 \(f\) 之和，即我们令 \(s_{i,j}=\sum\limits_{\mathrm{high}(x)=i,\mathrm{low}(x)\subseteq j} f_x\)，这样询问时只需要枚举高位的子集，修改时只需要枚举低位的超集，分析一下时间复杂度，考虑高位的贡献，低位与之相同，高位为某个值的总共有 \(2^{\frac{m}{2}}\) 种，每个枚举子集就是 \(3^{\frac{m}{2}}\times 2^{\frac{m}{2}}=6^{\frac{m}{2}}\)，于是时间复杂度为 \(O(6^{\frac{m}{2}})\)，是很优秀的。
- 按 \(|S|\) 转移跑FMT
注意到转移时一定有 \(|T|<|S|\)，因此我们按 \(|S|\) 从小到大转移，每次跑完做一遍FMT求出子集和，FMT时间复杂度 \(O(m2^m)\)，故时间复杂度 \(O(2^mm^2)\)。
动态规划1
P4590 [TJOI2018] 游园会：dp套dp，由于 \(B\) 串的长度只有最多 \(15\)，因此在LCS的dp中有信息 \(dp_{i,1},dp_{i,2},\dots,dp_{i,K}\)，但是把这些全部放进状态里是不现实的，这样具有 \(O(K^K)\) 的信息，挖掘一下性质，考虑相邻两项的差分，我们有 \(dp_{i,j}-dp_{i,j-1}=0/1\)，因为转移时增量最多为 \(1\)，因此可以存下 \(dp_i\) 的差分数组，这个 \(0/1\) 序列可以 \(O(2^K)\) 表示，再存一维表示匹配到哪一位，时间复杂度 \(O(n2^KK|\Sigma|^2)\)，可以通过。
P7519 [省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜：状压dp。可以考虑到一个很人机的dp，\(f(S,u,i,j)\) 表示前 \(k=|S|\) 个位置填的状态为 \(S\)，且 \(p_k=u\)，\(b_k=i,\sum b=j\) 的方案数，这样状态数已经达到了 \(O(2^nnm^2)\) 无法接受。重新审视一下条件，某一种排名 \(p\) 合法则只需要有一种能够使其合法的 \(b\)，尝试贪心地构造最优的 \(b\)，我们发现由于最后 \(p_n\) 一定会登顶，所以 \(b_n\) 是可以任意大的，也就是我们可以让 \(b_{1\sim n-1}\) 尽可能的小，然后最后用 \(b_n\) 将其上调到 \(m\)，如果可以做到则合法。分析一下，要有 \(a_{p_i}+b_i\ge(>) a_{p_{i-1}}+b_{i-1}\)，也即 \(b_i\) 最小取到 \(\max(b_{i-1},a_{p_{i-1}}-a_{p_i}+b_{i-1}+[p_i>p_{i-1}])\)，我们发现 \(b_i\) 与 \(b_{i-1}\) 联系密切，考虑 \(b_i-b_{i-1}\) 的值，我们发现 \(b_i-b_{i-1}=\max(0,a_{p_{i-1}}-a_{p_i}+[p_i>p_{i-1}])\)，这意味着我们可以拆贡献计算了，记 \(\Delta_i=b_i-b_{i-1}\)，则 \(\sum b=\sum \Delta_i(n-i)\)，因此我们只需要在dp时表示出 \(\sum b\) 即可，因此缩减到 \(f(S,i,j)\) 的状态，时间复杂度为 \(O(2^n n^2m)\)，可以通过。
P5249 [LnOI2019] 加特林轮盘赌：考虑怎样可以表示出目前的某个局面，假设现在有 \(i\) 个人剩下，考虑随便钦定一个顺序按顺时针编号：\(1,2,\dots,j,\dots,i\)，并假设枪口对着 \(1\) 号点，考察 \(j\) 号点的胜率，记这个胜率为 \(f(i,j)\)，可以发现什么？考虑用第 \(1\) 个人的死亡与否来划分状态，如果 \(1\) 号点被毙掉了，则相当于毙一个然后转一位，这等价于 \(f(i-1,j-1)\)，因此我们可以得出转移式为 \(f(i,j)=P_0\cdot f(i-1,j-1)+(1-P_0)\cdot f(i,j-1)\)，当然这个是对 \(j\ge 2\) 成立的，同时，我们还可以挖掘到一个等式：\(\sum f(i,j)=1\)。综合一下，则上述所有条件可以表示成如下形式：
那么我们总共得到了 \(n\) 个等式，直接高斯消元可以做到 \(O(n^3)\) 解出所有 \(x_j\)，无法接受。但是注意到这个形式很特殊，我们可以简单的将所有 \(\textcircled{1}\) 带入 \(\textcircled{2}\)，得到
因此我们可以直接表示成 \(Kx_1+B=1\) 的形式，那么 \(x_1\) 可以被解出来，那么其他的项也就解决了，不难发现系数和带回都可以 \(O(n)\) 解决，因此时间复杂度 \(O(n^2)\)。
基础优化技巧2
P9067 [Ynoi Easy Round 2022] 虚空处刑 TEST_105：启发式合并。这个极大连通块代表的就是在树上的极大同色连通块。考虑使用并查集维护连通块，并且每个点 \(x\) 指向的是其所在的连通块中最高的那个点，现在默认用这个代表元代表这个连通块。对于 \(x\) 连通块，其可以看作下图的形态：
如果我们将 \(x\) 所在的连通块全部改成绿色，则这个连通块会接上下面的绿色子树形成更大的一个连通块，考虑维护一个 map<int,list<int> > mp[N];，其中 \(mp_{x,c}\) 表示点 \(x\) 连通块往下紧接着的颜色为 \(c\) 的连通块代表元，用一个 list<int> 存，这样可以做到 \(O(1)\) 合并 x.splice(x.end(),y)。对 \(x\) 连通块染成绿色 \(c\) 时，暴力遍历 \(mp_{x,c}\) 中的点 \(y\)，将 \(mp_y\) 启发式合并 到 \(mp_x\) 中。但是这样只能维护子树中的连通信息，对于 \(fa_x\) 还需要更改，如果 \(fa\) 也是绿色则将 \(x\) 的信息合并上去，否则 \(x\) 将作为 \(fa_x\) 的一个附属子树存在，在 \(mp_{fa_x,c}\) 中加入 \(x\) 即可。
分析一下时间复杂度，由于每次合并的集合不交并且运用了启发式合并，所以时间复杂度是 \(O(n\log n)\)。
P8421 [THUPC 2022 决赛] rsraogps：扫描线+增量维护。很巧妙的题，首先想办法处理计算 \(\forall [l^\prime,r^\prime]\subseteq [l,r]\) 的所有贡献，考虑扫描线，扫描到 \(r\) 时处理出 \(s_i\) 表示所有 \(l^\prime\le i,r^\prime\le r\) 的贡献，即扫到的区间中左端点在 \(i\) 及其左侧的贡献和，那么这样挂在 \(r\) 上的询问可以直接 \(s_r-s_{l-1}\) 得到。观察一下 \(\wedge,\vee,\gcd\)，这三个运算符有很经典的性质就是往前扫的时候最多变化 \(O(\log V)\) 次，考虑往右走到 \(r\) 时动态地维护 \([i,r]\) 的 \(a,b,c\) 值，记这个集合为 \(S(i,r)\)，我们发现如果找到一个最大的 \(p\) 使得 \(\forall i\in[p+1,r],S(i,r)\ne S(i,r-1)\)，即 \([1,p]\) 中的所有 \(a,b,c\) 都和 \(r-1\) 时的一样不会改变，而 \([p+1,r]\) 中的会发生改变，考虑直接暴力往前找 \(p\)，可以发现此时最多只会走 \(O(\log V)\) 次就会停下，因为三个运算符都只会最多变 \(O(\log V)\) 次，固 \(O(\log V)\) 次之后所有值都不会再改变。那么我们可以直接暴力遍历 \([p+1,r]\) 对贡献做出更改，而 \([1,p]\) 的部分和 \(r-1\) 时的贡献是一样的。对于 \([1,p]\) 其增量 \(\Delta_i=\Delta_i^\prime\)，考虑维护 \(t_i\) 表示位置 \(i\) 上一次被暴力更改的时间戳，同时维护当前时间戳 \(T\)，类似历史和的思想。并维护 \(prv_i\) 表示 \(i\) 已经被加上的贡献，则 \(s_i=prv_i+\Delta_i(T-t_i)\)，这样更改时只需要处理 \([p+1,r]\) 部分，暴力改掉即可。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
浙公网安备 33010602011771号