QDEZ集训

Day 1

比赛：NOI模拟赛 Day1

总结

题目	T1	T2	T3
分数	\(40({\color{green}{100}})\)	\(0\)	\(5\)
应得分数	\(60\)	/	/
知识点	dp（优化）,数学,数据结构（笛卡尔树）	数据结构	构造，网络流
难度	\(\color{blue}{3}\)	\(\color{darkblue}{4}\)	\(\color{darkblue}{4}\)
场上通过人数	\(113/173=65\%\)	/	/

T1 路灯

场上想到的： 按照高度从大到小扫就可以确定扫到的面积，然后设计 \(f(i,l,r)\) 表示确定了前 \(i\) 大塔的方向，目前还没有被覆盖的区间是 \([l,r]\) 时的期望。设第 \(i\) 大塔的高度为 \(h\)，其所在位置为 \(p\)，得到转移：

• 当 \(p\not\in [l,r]\)：

\[f(i,l,r)\leftarrow \frac{1}{2}f(i-1,l,r) \\ \mathrm{Ans}\leftarrow^+ f(i-1,l,r)\cdot 2^{(r-l)h} \]

• 当 \(p\in [l,r]\)：

\[f(i,l,p)\leftarrow f(i-1,l,r)\cdot 2^{(r-p)h-1} \\ f(i,p,r)\leftarrow f(i-1,l,r)\cdot 2^{(p-l)h-1} \]

然后就可以暴力转移做到 \(O(n^3)\)。

未能继续思考的原因： 没有注意到 \((l,r)\) 的特性，并且没有充分思考dp做法。

正解： 观察一下转移式，我们发现如果将目前已经加入的点分别记为 \(a_0=0,a_1,a_2,\dots,a_m,a_{m+1}=n+1\)，那么 \((l,r)\) 一定是其中的一组 \((a_k,a_{k+1})\)，即 \(l,r\) 一定紧贴。那么有用的 \((l,r)\) 其实就退化到了 \(O(n)\) 级别，于是就可以做到 \(O(n^2)\)，获得 \(\mathrm{60pts}\)。

考虑进一步地优化。我们将序列看作被一些段切开，那么这样一层一层转移时，相当于不断用 \(p\) 去切开其中的某一段。由此我们发现，只有 \(p\in[l,r]\)，即 \(p\) 正好切开的那一段需要真正转移，其他的段没有被切开，只需要不断 \(\times \frac{1}{2}\)，并且对答案的贡献就是一个等比数列状物，可以直接计算。

如何模拟这个过程？由于我们就是按照 \(h\) 从大到小转移的，所以考虑按笛卡尔树转移。这个笛卡尔树的结构就代表了段切开的过程。并且在父子关系上，设 \(h_{\mathrm{father}}=lst\)，那么从 \(lst-1\) 到 \(h+1\) 的这 \((lst-h-1)\) 层中，当前段的贡献是可以直接计算出来的。具体的，设层数 \(d=lst-h-1,len=r-l\)，则对答案的总贡献即为：

\[\begin{aligned} \mathrm{Sum} &= \sum_{i=1}^d \left(\frac{1}{2}\right)^i\cdot 2^{len\cdot(r-i)}\\ &=2^{len\cdot r}\sum_{i=1}^d 2^{-(len+1)i}\\ &=2^{len\cdot r}\frac{2^{-(len+1)}-2^{-(d+1)(len+1)}}{1-2^{-(len+1)}} \end{aligned} \]

是可以直接计算的。

因此这样我们就只需要考虑分裂时的复杂度了，就是 \(O(n)\) 的。

加上逆元，时间复杂度是 \(O(n\log mod)\)。

Day 2

比赛：NOI模拟赛 Day2

总结

题目	T1	T2	T3
分数	\(20({\color{green}{100}})\)	\(25\)	\(0\)
应得分数	\(20\)	\(25\)	\(5\)
知识点	构造、交互	数据结构（分块）	神秘
难度	\(\color{darkgreen}{2+}\)	\(\color{brown}{3}\)	\(\color{darkblue}{4}\)
场上通过人数	\(53/173=30\%\)	/	/

T1 线性卷积

赛时做法： 注意到通过 \([1,2,\dots, n]\) 的轮换，可以每次确定换到后面的数和剩余数的所有边，且最后一次询问可以省掉，于是就是 \((n-1)\) 次询问，有 \(20\mathrm{pts}\)。根据信息论，要得到总共 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 条边的信息显然需要至少 \(\frac{n}{2}\) 次询问，因此每次询问要将信息充分利用，而这个解法每次可以确定的信息不够多。

正解：

想不到就是想不到。考虑特殊性质 \(n\) 为偶数，将序列对半劈开，考虑这样构造：

每次将靠近分界线的两个数扔到对面边的末尾。我们发现这样就可以做到通过 \(\frac{n}{2}+1\) 次询问得出除了换出去的两个点之间的边的所有边。并且再观察一下，由于这些点到其他点边的状态都是已知的，通过第一次询问的答案可以进一步推出这些点之间的边状态。

进一步推广到奇数，将 \(1\) 放在开头不动，确定完其他边之后带回第一次询问就可以直接推出 \(1\) 的所有边。做完了。

T2 平方矩乘

先考虑第一维，我们需要设法解决修改和询问的不统一，修改是对 \(P_i\) 限定范围，而询问时对 \(i\) 限定范围。这里我们考虑固定住 \(i\) 这一维，按 \(i\) 这一维分块，对于每一块内，将 \(P_i\) 排序。这样在修改时，我们可以扫描每一块，由于 \(P_i\) 已排序，修改在每一块内就会体现为一段区间，用二分即可找到。在询问时，整块可以直接查询，我们将查询挂在这一整块上，而散块由于块内的排序位置了变化，我们找到其对应的 \(P_i\) 位置并挂为单点询问即可。

对于第二维，考虑对每块进行扫描线，维护一棵线段树，在一维上的区间加可以转化为差分，这样我们的线段树需要支持区间加、区间最大值查询、区间历史最值查询。使用历史最值线段树，维护一个最大增量即可。

时间复杂度 \(O(n\sqrt{n}\log n)\)，无法通过。

Day 3

发烧了

Day 4

比赛：UNR Day1

题目	T1	T2	T3
分数	\(50({\color{green}{100}})\)	\(7\)	\(0\)
应得分数	\(100\)	\(7\)	\(5\)
知识点	思维（结构刻画）+前缀和	组合计数+dp	倍增+字符串
难度	\(\color{darkgreen}{2}\)	\(\color{darkblue}{4}\)	\(\color{brown}{3}\)
场上通过人数	\(460/550=83\%\)	/	/

T1 麦田

赛时想到的： 注意到最终高度与顺序无关，然后发现正着做一遍再反着做一遍就是对的，很快获得 \(50\mathrm{pts}\)，然而这个结构无法进一步优化就倒闭了。

没有想到正解的原因： 没有在见到区间询问时思考拆贡献的思想。

正解： 拆一下贡献，考虑 \(a_i\) 可以变到的高度如何刻画。

考虑找到 \(a_i\) 左侧的 \(L_i\) 其满足 \(a_{L_i}>a_{L_i+1}<a_{L_i+2}<\dots<a_i\)，这样 \(a_{L_i}\) 就可以向右推。同理找到 \(a_i\) 右侧的 \(R_i\) 其满足 \(a_i>a_{i+1}>\dots>a_{R_i-1}<a_{R_i}\)。这样 \(L_i,a_i,R_i\) 构成了一个W型，此时如果 \(a_{L_i}>a_i\) 且 \(a_{R_i}>a_i\)，那么两边就可以往里推最后使得 \(a_i\) 升高到 \(\max(a_{L_i},a_{R_i})\)，我们发现这个结构可以完美刻画贡献！其贡献就是如果区间包含 \([L_i,R_i]\)，那么会贡献 \(\max(a_{L_i},a_{R_i})-a_i\)，本质就是一个二维偏序，直接做是一只log，不过注意到 \(L_i,R_i\) 都是单调的，直接用前缀和就可以做到线性。

T3 字符串

考虑 \(s[l,r]<\mathrm{rev}(s[l,r])\) 如何刻画，分析可以发现，我们找到任意 \(k\ge \left\lfloor\frac{r-l+1}{2}\right\rfloor\)，如果有 \(s[l,l+k-1]<\mathrm{rev}(s[r-k+1,r])\) 就成立，考虑取 \(b=\left\lfloor\log_2(r-l+1)\right\rfloor,k=2^b\)，容易发现这个 \(k\) 是满足条件的，原来的条件就转化为了：\(s[l,l+2^b-1]<\mathrm{rev}(s[r-2^b+1,r])\)，这就是一个后缀数组的中间步骤的形式，直接 \(S^{\prime}=S+\#+\mathrm{rev}(S)\)，跑后缀数组时，原来的条件就进一步转化为 \(rk_{b,l}<rk_{b,r^{\prime}}\)，那么原问题的 \(k\) 就是所有满足 \(rk_{b(l,k),l}<rk_{b(l,k),k^{\prime}}\) 的位置。

考虑按照 \(b(l,k)=u\) 分类，令 \(b(l,r)=K\)，可以分为两类：

• 对于 \(u<K\)，要有 \(k\in[l+2^u-1,l+2^{u+1}-2]\)

• 对于 \(u=K\)，要有 \(k\in[l+2^K-1,r]\)

直接拆分成 \(\log\) 个询问插到对应的层里，最后拼接即可。从低往高跑后缀数组时直接对 \(rk\) 扫描线即可，再用线段树维护多项式，可以做到 \(O(n\log n+q\log^2 n)\)，无法通过。考虑优化，注意到类型1只和 \(l,u\) 相关，那么我们直接将第一类分成 \(n\log n\) 个询问，第二类询问只有 \(q\) 个，这样时间复杂度变成 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)，可以通过。

Day 5

比赛：UNR Day2

题目	T1	T2	T3
分数	\({\color{green}{100}}\)	\(0\)	\(8\)
应得分数	\(100\)	\(20\)	\(20\)
知识点	思维（结构刻画）+dp	图计数	神秘
难度	\(\color{darkgreen}{2-}\)	\(\color{darkblue}{4}\)	\(\color{darkblue}{4}\)
场上通过人数	\(310/550=56\%\)	/	/

Day 6

比赛：NOI模拟赛 Day3

T1 数据结构

考虑如何高效扫描这些全0矩阵。考虑枚举列 \(y\) 表示这些全0矩阵的右端点，对每个点 \((x,y)\)，求出其左侧第一个 \(1\) 的位置，那么这些 \((x,y)\) 往左侧伸出的连续0个数就是 \(x-L_{x,y}\)，再枚举 \([l,r]\) 表示其上下边界

那么此时对答案造成的贡献 \(W_y(l,r)=y-\max\limits_{l\le x\le r} L_{x,y}\)。但是注意到还有左边界 \(c\) 的限制，后面的东西还要和 \(c\) 取 \(\max\)，我们先不考虑左边界的限制，即先考虑 \(c=1\) 的情况。

此时答案就是 \(\sum\limits_{c\le y\le d}\sum\limits_{a\le l\le r\le b} W_y(l,r)\)，内层是一个二维前缀和可以预处理，因此时间复杂度 \(O(n)\)，于是我们做到了 \(O(n^3+qn)\) 解决 \(c=1\) 的情况。

思考怎么去掉 \(c\) 对贡献的制约，如果直接按 \(c=1\) 计算，可能会计算到左边界 \(<c\) 的矩形，因此我们容斥一下，减去左边界在 \([1,c)\)，右边界在 \([c,d]\) 的矩形。

考虑离线下来扫描线，在扫描到 \(y=c-1\) 时处理。我们需要得到往右边伸的长度，记其为 \(v_x=\min(R_{x,y}-1,d)-y\)，于是我们得到这一部分的贡献为

\[\sum_{a\le l\le r\le b} W_y(l,r)\cdot\left(\min_{l\le x\le r} v_x\right) \]

已经对 \(W_y(l,r)\) 做了二维前缀和，于是我们用单调栈求出 \(v_x\) 的支配区间即可 \(O(n)\) 算出贡献。

总时间复杂度 \(O(n^3+qn)\)。

Day 7

比赛：NOI模拟赛 Day4

赛时分析到的： 先考虑刻画条件，\(i\) 的倍数区间必包含位置 \(i\)，对于限制 \((P,Q)\)，即 \(P_i\notin S_{Q_i}\)，记 \(mxl_i=\max\limits_{Q_k=i} P_i+1\)，那么需要有 \(L_i\ge mxl_i\)。让我们最大化 \(\sum\limits_{i=1}^n|S_i|\)。注意到倍数的传递性，那么就有 \(\forall y\in [L_x,R_x],[L_y,R_y]\subseteq [L_x,R_x]\)。

没有做出的原因： 没有进一步挖掘区间之间的性质，而是将其刻画成了更加复杂的形态。

正解： 直接考虑 \(\forall y\in [L_x,R_x],[L_y,R_y]\subseteq [L_x,R_x]\) 意味着什么，就是任意两个区间没有交叉的情况，也就是构成要么分离，要么相互包含的结构。注意到这个结构就可以发现其非常适合区间 \(\mathrm{dp}\)。

直接令 \(f(l,r)\) 表示考虑区间 \([l,r]\)，其中 \(\forall i\in[l,r],S_i\subseteq[l,r]\) 的最大贡献。

首先可以没有点取到 \([l,r]\)，那这时可以分为左右两个独立的部分，得到转移 \(f(l,r)=\max\limits_k f(l,k)+f(k+1,r)\)。

考虑有哪些点可以取到 \([l,r]\)，不难发现这些点要满足 \(mxl_i\ge l\)，那么我们可以从其中选一些取到 \([l,r]\)，然后剩下的部分就分成了独立的几块，这再用一个 \(\mathrm{dp}\) 求出最大贡献即可。令 \(g_i\) 表示考虑 \([l,i]\) 中的点，且 \(i\) 取到 \([l,r]\) 时的最大贡献，转移为 \(g_i=\max\limits_{k=l-1}^{i-1} \set{g_k+f(k+1,i-1)+r-l+1}\)。贡献 \(g_i+f(i+1,r)\rightarrow f(l,r)\) 即可。

时间复杂度 \(O(n^4)\)。