杂题乱做

每日好题

[ARC216A] Reversi 3 (01 Ad-hoc)

人类智慧是学不会的。归类：01 序列邻位 trick，Ad-hoc。

首先两端是不会动的，因此 \(A_1\ne B_1\vee A_n\ne B_n\) 可以直接判无解。接着考虑简化这个操作。

考虑异或差分，令 \(c_i=A_{i-1}\oplus A_{i}\)，那么 \(A_{i-1}=A_{i+1}\) 可以被等价转化为 \(c_i=c_{i+1}\)，反转 \(A_i\) 等价于同时反转 \(c_i,c_{i+1}\)。

因此现在的操作变成，可以在序列上将 00 变成 11，将 11 变成 00。还是不够简洁。

考虑 P14015 [ICPC 2024 Nanjing R] 生日礼物 的技巧，将奇数位反转，这样相邻相同消去的操作就变成了交换相邻两位。

于是问题简化成：对于两个 \(01\) 串 \(S,T\)，任意交换 \(S\) 中的相邻字符使之与 \(T\) 相同。

过于经典，若两个串 \(1\) 的数量不同则无解，否则对位匹配就是最优的。

P15952 [ICPC 2018 Jakarta R] Rotating Gears (树上连通块维护)

做出来了。有个小 trick：对树进行黑白染色后，可以方便刻画交替 \(+x,-x\)。

P11993 [JOIST 2025] 迁移计划 / Migration Plan（线段树合并，dfn序）

尝试模拟往上合并贡献的过程。我们发现这并不好维护。

考虑换维，对查询点 \(u\) 拆贡献，能贡献到它的海狸只有【当前深度为 \(dep_u\)】且【在 \(u\) 子树中的点，也就是 dfn 序上的一段连续区间】。

因此我们关注的维度只有深度和 dfn 序。考虑对每个深度开一棵动态开点线段树，下标为 dfn 序。对于深度合并 \(y\to x(y>x)\)，直接将 \(y\) 中的所有贡献对位加到 \(x\) 中即可，这个可以用线段树合并解决。查询只需要在对应层数查子树的 dfn 序区间即可。

时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。

P16365 [OOI 2026] Tasks from Sasha (容斥, dp优化, 虚树, 均摊)

简要题意： 对树进行染色，要求每种颜色至少用一次，且第 \(k\) 种颜色点的 \(\mathrm{lca}\) 恰为 \(x_k\)。

令 \(S_k\) 表示染成颜色 \(k\) 的点集。那么方案合法可以被表示为：

\[\prod_{i=1}^{K} [\mathrm{lca}(S_i)=x_k] \]

考虑如何刻画 \(\mathrm{lca}(S_k)=x_k\)。

放宽条件，直接对 \(\mathrm{lca}(S_k)\in \mathrm{sub}(x_k)\) 统计，注意到算重了儿子，进行容斥：

\[\begin{aligned} [\mathrm{lca}(S_i)=x_k] &= ([S_k\subseteq \mathrm{sub}(x_k)]-[S_k=\varnothing])-\sum_{v\in\mathrm{son}(x_k)}([S_k\subseteq \mathrm{sub}(v)]-[S_k=\varnothing]) \\ &= (|\mathrm{son}(u)|-1)[S_k=\varnothing]+[S_k\subseteq \mathrm{sub}(x_k)]-\sum_{v\in\mathrm{son}(x_k)}[S_k\subseteq \mathrm{sub}(v)] \end{aligned} \]

弱化之后的问题就是：对树进行染色，满足颜色为 \(k\) 的点全部在 \(y_k\) 的子树里。同时每个颜色有一个权值，选择 \(y_k=x_k\) 权值为 \(1\)，选择 \(y_k\in \mathrm{son}(x_k)\) 则权值为 \(-1\)。

染色的方案数是容易的。我们称选择的 \(y_k\) 为关键点。考虑每个点的染色方案数，设 \(c_u\) 表示 \(u\) 点及其上方有多少个关键点，那么染色方案数就是 \(\prod (c_u+1)\)。因此将 \(c_u\) 作为信息，设 \(f_{u,i}\) 表示考虑点 \(u\) 的子树，且 \(u\) 上方有 \(i\) 个关键点，此时所有方案的 \(\prod (c_u+1)\) 之和。

• 若 \(u\not\in X\)。对应 \(f_{u,i}\leftarrow (i+1)\prod\limits_{v\in\mathrm{son}(u)} f_{v,i}\)。
• 若 \(u\in X\)。我们需要选择 \(y_k=u\) 或 \(y_k\in \mathrm{son}(u)\) 或者让 \(S_k=\varnothing\)。
  • 选择 \(y_k=u\)。那么在 \(u\) 处会新增一个关键点。贡献为 \((i+2)\prod\limits_{v\in\mathrm{son}(u)}f_{v,i+1}\)。
  • 选择 \(y_k=v\in\mathrm{son}(u)\)。贡献为 \({\color{red}-}(i+1)\sum\limits_{v}f_{v,i+1}\prod\limits_{w\ne v} f_{w,i}\)。可以使用前后缀积优化。
  • 选择 \(S_k=\varnothing\)。贡献 \((|\mathrm{son}_u|-1)(i+1)\prod\limits_{v\in\mathrm{son(u)}}f_{v,i}\)。

直接转移，可以做到 \(O(nK)\)，无法通过。

注意到 \(K\) 很小，也就是大部分都是 \(u\not\in X\) 的点，而这些点的转移是非常简洁的。我们称内部没有任何 \(X\) 点的子树为空子树。那么空子树的 \(f\) 可以直接计算得到：\(f_{u,i}=(i+1)^{\mathrm{siz}_u}\)。考虑对所有 \(x_k\) 建立出虚树，那么对于虚树上跳过的一段空子树链 \(x\leadsto y\)，相当于为 \(f\) 乘上 \((i+1)^{\mathrm{siz}_y-\mathrm{siz}_x}\) 的贡献。

可以发现，需要保留在虚树中的点只有：本身是关键点，有至少两个儿子子树存在关键点。

这个虚树的规模就是 \(O(K)\) 的。但是直接处理还是不行，因为虚树上的节点还是需要 \(O(\mathrm{deg}\cdot k)\) 计算信息，如果节点上挂了很多个空子树那复杂度就又会退化到 \(O(nK)\)。

经典的，若空子树的大小总和为 \(O(m)\)，那么本质不同的大小只有 \(O(\sqrt{m})\) 个。设 \(e_u\) 表示点 \(u\) 的空子树大小总和，那么总时间复杂度就是 \(\sum\limits_{u=1}^{|T|} \sqrt{e_u}\)，运用柯↑西↓不↑等式：

\[\left(\sum_{u=1}^{|T|} 1\cdot \sqrt{e_u}\right)^2\le \left(\sum_{u=1}^{|T|}1^2\right)\times \left(\sum_{u=1}^{|T|}e_u\right)=|T|\cdot n \\ \Rightarrow \sum\limits_{u=1}^{|T|} \sqrt{e_u}\le \sqrt{|T|\cdot n}=O(\sqrt{Kn}) \]

因此时间复杂度为 \(O(K^2+K\sqrt{Kn})\)。需要使用光速幂。

P8352 [SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集 (dp套dp, 状态优化)

把最大独立集的 \(\mathrm{dp}\) 扔进状态，记为 \(f(u,v_0,v_1)\)，分别表示不选、选的最大代价为 \(v_0,v_1\) 时赋值的方案数。

\[f^{\prime}(u,v_0+\max(j,k),v_1+j)\leftarrow f(u,v_0,v_1)\cdot f(v,j,k) \]

可以看作是两个一维树上背包合并，因此这样做时间复杂度 \(O(n^4k^4)\)。无法通过。然后不会了。

对于 dp 套 dp，考虑状态优化，考虑 \(v_0,v_1\) 所具备的性质。发现 \(v_1\le v_0\) 的状态中记录 \(v_1\) 是不必要的，因为 \(v_0\) 限制更少并且优于 \(v_1\)。进一步地，我们发现 \(v_0\ge v_1-w_u\)，因为 \(1\) 状态把 \(u\) 扔掉就能得到 \(0\) 状态。因此 \(v_1\le v_0+w_u\)，而 \(w_u\) 只有 \(O(k)\) 级别。

考虑换成 \(f(u,v_0,i)\) 表示 \(v_1=v_0+i\) 的状态，特别的 \(i=0\) 表示 \(v_1\le v_0\)。转移就是：

\[f^\prime(u,v_0+j+k,\max(i-k,0))\leftarrow f(u,v_0,i)\cdot f(v,j,k) \]

这样变成一层树形背包，时间复杂度 \(O(n^2k^4)\)。

小鸟杯 T4 / Message（字符串，dp优化）

容易刻画“删掉开头和结尾的字符 \(c\)”，假设我们决策要删除一个字符 \(c\)，如果 \(T\) 的前缀和后缀已经出现了 \(c\) 那么这个 \(c\) 是不能被删除的。令 \(L_c,R_c\) 分别表示 \(c\) 在 \(T\) 中第一次和最后一次出现的位置（因为实现的具体细节 \(L_c\) 其实是 \(-1\) 的）设计 \(f_{i,j}\) 表示让 \(T_{1\sim i}\) 和 \(S_{1\sim j}\) 进行匹配时的最小价值，得到：

\[f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}\quad (S_j=T_i) \\ f_{i,j}\leftarrow f_{i,j-1}+w_j\quad (i\le L_{S_j}\vee i\ge R_{S_j}) \]

直接转移，时间复杂度 \(O(n^2)\)。这部分是简单的。接下来就比较神仙了。

我们在位置 \(i\) 时记 \(\mathrm{Valid}(i)=\set{c\mid i\le L_c\vee i\ge R_c}\)。我们发现，\(\mathrm{Valid}(i)\) 只有 \(O(|\Sigma|)\) 种。

我们按 \(L_c,R_c\) 划分整个序列，也就是进行离散化，这样划分出来的每个段内部的 \(\mathrm{Valid}(i)\) 都是相同的，如果我我们尝试将每个块内优化到线性，这样时间复杂度就可以做到 \(O(|\Sigma|\cdot n)\)。

我们发现转移的两个条件 \(S_j=T_i\)，\(i\le L_{S_j}\vee i\ge R_{S_j}\) 不是独立的，这使得我们 \(\mathrm{dp}\) 的转移比较杂乱。

但是再仔细观察，我们发现 \(i\ne L_{T_i}\wedge i\ne R_{T_i}\) 时这两个状态一定只有一个成立。因此将 \(i=L_c\) 或者 \(i=R_c\) 的位置单独抽出来暴力转移，对于不在两端的段内部，\(\mathrm{dp}\) 的两个转移条件是相互独立的。考虑段 \([l,r]\) 内部的转移，也就是我们尝试线性做到 \(f_{l-1,*}\to f_{r,*}\) 的转移。

考虑将所有 \(S_j\not\in \mathrm{Valid}\) 的位置 \(j\) 标记为 \(1\)，\(S_j\in \mathrm{Valid}\) 位置标记为 \(0\)，将 \(1\) 位置的单独拎出来作为一个新的字符串 \(S^\prime\)。可以发现，我们原来的 \(\mathrm{dp}\) 就是将 \(T[l,r]\) 作为连续子段在 \(S^{\prime}\) 上进行匹配，代价就是中间跳过的 \(0\) 的代价和。看到匹配，不难想到 KMP，用 KMP 找到 \(S^{\prime}\) 上所有的匹配位置，并用前缀和预处理 \(0\) 的代价，这样可以做到每次 \(O(1)\) 转移。因此可以做到单块 \(O(n)\)，总时间复杂度 \(O(|\Sigma|\cdot n)\)。

P11803 【MX-X9-T7】『GROI-R3』此花绽放之时（树链剖分）

考虑如何处理连通块整体加，找到 \(x\) 所在极大颜色连通块的最高点作为代表元，对其打上一个 tag \((c,w)\) 表示该点往下的极大 \(c\) 连通块会 \(+w\)。查询某点信息时，需要将其祖先链的 tag 全部下传，类似一个 pushdown 的过程，向这条链外侧的儿子贡献 tag。

但是直接暴力 pushdown 显然是爆炸的，由于是树链操作套路地考虑树剖。首先需要涉及到颜色的连续段，在每条重链上开一个 ODT 来维护颜色的连续段。树剖后，我们希望优化掉重链内部的下传。打标记时把代表元所在重链的颜色连续段打上 \((c,w)\) 的标记。可以通过对每种颜色开一棵动态开点线段树做到快速打标记。

这样我们下传时只需要在轻边处理标记的转移即可。注意由于在轻边 pushdown 时只下传了一个方向的轻边，我们不应将标记清空，否则其他轻子树将无法收到 tag。但是这样可能会出现重复的标记下传，因为我们令 \(undo_{u,c}\) 表示 \(u\) 点上一次已经被父节点轻边下传时颜色为 \(c\) 的 tag 值，则每次扣除 \(undo\) 才是真实的 tag 值。

这样我们得到了一个扩展性非常强的 \(2,3\) 做法，现在考虑加入 \(1\) 操作。为了防止颜色覆盖导致 \(u\leadsto v\) 路径上方的 tag 无法正确下方，我们先把 \(1\leadsto u\) 和 \(1\leadsto v\) 的 tag 全部下放到路径之下。然后用树剖在路径上 ODT 颜色覆盖即可。注意有一个小细节：在轻边处父节点颜色为 \(c\) 的 tag 将会无效，如图：

我们发现在路径方向的轻边被错误下传了 tag，因此用 \(undo\) 消除 tag 的影响即可。

[ARC229D] Nim_k ?（博弈论）

发现操作的特殊性：每次操作后一定有一堆石子保持不动。

• \(\sum A_i<K\) 的情况下先手必败，这是必败态。

• \(\sum A_i\ge K\) 时，如果 \(\min A_i<K\) 那么先手必胜。这是必胜态。

• 分析到这里卡了。继续往前推，在 \(\forall A_i\ge K\) 时，令 \(B_i=A_i-K\)，我们声称 \(B\) 的博弈结果等价于 \(A\)。因为如果先手操作 \(A\) 使得 \(\exists A_i<K\)，由于每次操作后会有一堆不动，此时一定有 \(\sum A_i\ge K\)，于是先手就必败了，因此双方都一定会保持 \(B_i\ge 0\)，可以发现这就是原来的游戏。于是我们可以直接将 \(A_i\) 减到基态判断即可。

P5609 [Ynoi2013] 对数据结构的爱（数据结构，线段树）

分段函数合并。其思想是在线段树上维护分段函数，这样求 \(f_{[l,r]}(x)\) 的值就可以拆成 \(O(\log n)\) 个区间的函数复合。

对于节点 \(u\)，令 \(f(x)\) 表示将 \(x\) 带入这个区间会被减多少次 \(p\)，也就是经过这个区间之后的数变成 \(x+sum_u-f(x)\cdot p\)，不难发现减去 \(p\) 的次数不超过区间长度，因此 \(f(x)\) 就是一个 \(O(r-l)\) 段的分段函数，可以直接暴力存分段函数的断点，令 \(c_i\) 表示最小的 \(x\) 使得 \(x\) 被减去了 \(i\) 次 \(p\)，这意味着 \(x\in [c_i,c_{i+1}-1]\) 会被减去 \(i\) 次，这样空间是可接受的 \(O(n\log n)\)。如果我们可以对每个节点求出这个分段函数，查询时在每个拆出的节点上二分可以做到单次 \(O(\log^2 n)\)。

重点考虑如何 pushup。也就是我们要处理 \(f_{rc}(f_{lc}(x))\) 这个复合函数。假设初始值 \(x\) 在左半边经历了 \(i\) 次减 \(p\)，则满足 \(x\in [c_{ls,i},c_{ls,i+1}-1]\)，那么走完左边会变成 \(x^\prime=x+sum_{lc}-ip\)，枚举 \(x^\prime\) 经过右边又经历了 \(j\) 次减 \(p\)，那么需要满足 \(x^\prime\in [c_{rc,j},c_{rc,j+1}-1]\Rightarrow x\in [c_{rc,j}-sum_{lc}+ip,c_{rc,j+1}-1-sum_{lc}+ip]\)，存在等价于区间有交，也就是满足 \(c_{ls,i+1}-1\ge c_{rc,j}-sum_{lc}+ip\)，此时可以贡献到 \(c_{u,i+j}\)，得到合并式子：

\[c_{u,i+j}\leftarrow^{\min} \max(c_{ls,i},c_{rc,j}-sum_{lc}+ip) \]

直接暴力合并是平方级别的，无法接受。常规的优化方法行不通了，考虑单调性。

令 \(f(i,j)=\max(c_{ls,i},c_{rc,j}-sum_{lc}+ip)\)，我们声称 \(f(i,j)<f(i+1,j-1)\)。

可以证明 \(\max(c_{ls,i},c_{rc,j}-sum_{lc}+ip)<c_{ls,i+1}\)：其中 \(c_{ls,i}<c_{ls,i+1}\) 显然，而合并的判别式 \(c_{ls,i+1}-1\ge c_{rc,j}-sum_{lc}+ip\) 变形一下就是 \(c_{ls,i+1}>c_{rc,j}-sum_{lc}+ip\)。

然后就可以优化了，在 \(i\to i+1\) 时，\(j\) 缩小一定是不优的，因此双指针就可以了，合并的时间复杂度可以优化到线性，因此合并的时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，总时间复杂度 \(O(n\log n+q\log^2 n)\)。

P5607 [Ynoi2013] 无力回天 NOI2017（根号分治，bitset）

考虑根号分治，按照集合大小根号分治。先离线下来求出每个集合最后的大小为 \(\mathrm{siz}\)，称 \(\mathrm{siz}\le B_1\) 的集合为小集合，\(\mathrm{siz}>B_1\) 的集合为大集合，这样大集合只有 \(\frac{N}{B_1}\) 个。

• \(\mathrm{siz}_a,\mathrm{siz}_b\le B_1\)。此时可以直接暴力枚举，做到 \(O(B_1)\)。

• \(\mathrm{siz}_a\le B_1,\mathrm{siz}_b>B_1\)。对大集合维护一个桶，查询时枚举 \(a\) 内部的元素可以做到 \(O(B_1)\)。

• \(\mathrm{siz}_a,\mathrm{siz}_b>B_1\)。自己做的时候有两个想法：

  • 拆贡献，维护 \(w_{u,v}\) 表示大集合 \(u,v\) 的交集大小，这样修改是 \(O(\frac{N}{B_1})\)，查询是 \(O(1)\)。
  • 直接 bitset，对两个大集合的 bitset 取交，时间复杂度为 \(O(\frac{N}{w})\)。

试图结合两个做法，但是由于比较菜失败了。这样最优只能做到 \(O(N\sqrt{N})\)，无法通过。

考虑在两个都是大点时继续根号分治。这次我们转换维度，从元素的角度分析。考虑按照元素的出现次数进行根号分治，出现次数 \(cnt_y\le B_2\) 的元素称之为轻元素，\(cnt_y>B_2\) 的为重元素。在处理大集合与大集合贡献的时候，对轻元素采取拆贡献策略，对重元素采取 bitset 策略。

具体的，我们对每个大点维护所有重元素的 bitset，并用 \(W_{u,v}\) 处理 \(u,v\) 两个大集合之间所有轻元素带来的贡献。

• 在 \(S_x\) 中加入 \(y\) 时

  • 如果 \(y\) 是重元素，直接更新 bitset。\(O(1)\)。

  • 如果 \(y\) 是轻元素，枚举所有包含 \(y\) 的大集合 \(S_z\)，然后对 \(W_{x,z}\) 做出贡献。由于轻元素的出现次数不超过 \(O(B_2)\)，这样枚举只会有 \(O(B_2)\) 个大集合。

• 在查询大集合 \(S_x,S_y\) 交集大小时

  • 对于重元素，直接在 bitset 上算 \(\mathrm{popcount}(\mathrm{Bit}_a\cap \mathrm{Bit}_b)\) 即可，bitset 上只存了重元素只有 \(O(\frac{N}{B_2})\) 位，这样做的时间复杂度就是 \(O(N/(B_2w))\)。
  • 对于轻元素，直接查询 \(W_{x,y}\) 即可。\(O(1)\)。

不难发现时间复杂度为 \(O(N(B_1+B_2+N/(B_2w)))\)，取 \(B_1=B_2=\sqrt{N/w}\)，时间复杂度为 \(O\left(N\sqrt{\dfrac{N}{w}}\right)\)。再分析一下空间复杂度：\(O\left(\frac{N^2}{B_1B_2\sqrt{w}}+\frac{N^2}{{B_1}^2}\right) =O(Nw)\)，可以通过。

[ARC228A] Row and Col swap（计数 dp，置换环）

如何刻画“\(P,Q\) 最终仍是排列”？排列不好做，尝试转成 \(01\) 序列的问题。考虑直接钦定每种数的归属，最终要去 \(P\) 的染成 \(0\)，最终要去 \(Q\) 的染成 \(1\)。那么问题转化成每种数选一个位置染 \(0\)，另一个位置染 \(1\)，通过 \(M\) 次操作将其变成第一行全 \(0\) 第二行全 \(1\) 的方案数。

不妨先弱化，假设我们已经确定了 \(01\) 染色的具体方案。对交换操作而言，我们只关注 \((P_i,Q_i)\) 这 \(n\) 个二元组，现在转化成 \(01\) 序列后，只有 \(4\) 种本质不同的二元组 \(00,01,10,11\)。那么我们可以 dp 求出 \(f_{i,a,b,c,d}\) 表示进行 \(i\) 次操作，使当前状态中四类二元组的数量分别为 \(a,b,c,d\) 的操作方案数。

转移比较繁琐，分论一下：

• 进行 \(\mathrm{swap}(P_i,P_j)\) 操作。组内自己换是不影响的，并且 \((00,01),(00,10),(01,11),(10,11)\) 的交换也是不影响的，以 \(\binom{a}{2}+\binom{b}{2}+\binom{c}{2}+\binom{d}{2}+ab+ac+bd+cd\) 的系数贡献到 \(f_{i+1,a,b,c,d}\)，如果交换了 \((01,10)\) 或者 \((00,11)\) 会造成 \(a,b,c,d\) 的变化。
• 进行 \(\mathrm{swap}(Q_i,Q_j)\) 操作。与 \(p_i,p_j\) 的交换类似，不再赘述。
• 进行 \(\mathrm{swap}(P_i,Q_i)\) 操作。那么 \(00,11\) 换完之后不变，\(01,10\) 换完之后改变。

然后你发现复杂度 \(O(n^4m)\) 爆炸了。容易发现 \(a,b,c,d\) 联系是很强的，因为总共有 \(n\) 个 \(0,1\)，可以得到关系式 \(2a+b+c=b+c+2d=n\)，如果我们只记录 \(a,b\)，可以计算出 \(c=n-2a-b, d=a\)，因此状态压缩到了 \(f_{i,a,b}\)，时间复杂度降到 \(O(n^2m)\)，可以接受。

现在考虑加上染色怎么做。令 \(p_x\) 表示 \(x\) 在 \(P\) 中的出现位置，\(q_x\) 同理，我们可以对 \(p_x,q_x\) 一个染 \(0\) 一个染 \(1\)，关注最终 \(00,01\) 的个数。令 \(g_{a,b}\) 表示 \(00,01\) 的个数分别为 \(a,b\) 的染色方案数，由于染色的位置比较杂乱难以直接转移，考虑对 \(p_x\) 和 \(q_x\) 连边，这样会形成若干置换环，不难发现在置换环上我们只关注相邻两个位置的决策，特殊处理环的开头即可，这部分也可以做到 \(O(n^2m)\)。

最后需要将两个 dp 缝起来得到答案，直接以 \(g_{a,b}\) 为初值跑 \(f\) 即可，最终答案就是 \(f_{m,0,n}\)。总时间复杂度 \(O(n^2m)\)，可以通过。