2024.01.25 近期练习

CF1508D

经典套路，把 \(i\) 向 \(a_i\) 连边，形成若干的置换环。
注意到我们对于一个环，可以令其变成一个菊花，即不断地对一个点操作消去出边。
如果只有一个环，那么问题轻松解决。
如果有多个环呢，交换其中两个环中的一对就可以变成一个环。
把剩下的点进行极角排序，然后相邻的两个点进行操作：
如果两个点所在的环还没有并在一起就交换这两个点，用并查集维护。
发现这样是不可能与菊花相交，因为这些边都在菊花相邻边之间。
最后再做一遍开头那个算法即可。
这种问题首先应处理排列，关于相交的问题可以用极角排序。

CF1491H

如果没有修改，我们可以借助“弹飞绵阳”的套路，分块，维护跳出这个块到哪。
先考虑查询的话，我们可以像类似树剖那样向上跳，复杂度是 \(O(\sqrt n)\) 的。
修改怎么办？对于散块来讲直接暴力重构。
整块怎么办？由于修改只有 \(-x\)，如果 \(x\) 之和超过块长，那么所有元素一跳就出块了。
所以整块也暴力修改。注意到一个块只会被修改 \(\sqrt n\) 次，复杂度是 \(O({\sqrt n})^3=n^{1.5}\)。
当一个块超过 \(\sqrt n\) 修改时，直接打个标记即可。
这种大数据结构应考虑分块思想，以及考虑势能分析。

CF1856E2

如果 \(n\le 5000\) 考虑怎么做。
首先我们对于每个节点只考虑大小关系，最后只需要从小到大标号即可。
我们考虑把答案放到 LCA 处统计。
若其只有两个儿子 \(v_1,v_2\)，那最多只有 \(siz_{v_1}\times siz_{v_2}\) 个会被统计，即令 \(v_1\) 所有数大于 \(v_2\)。
若有多个儿子，就是把儿子子树的大小分成两个集合，使得两个集合差最小。
可以用 01 背包解决。然而 \(O(n^2)\)。考虑 \(n\le 1e6\)，如何优化 01 背包？
可能有关 bitset。注意到背包所有元素的和是 \(O(n)\)。所以不同大小的个数是 \(\sqrt n\) 的。
不妨二进制拆分做 01 背包，复杂度是 \(O(\frac{1}{\omega}n\sqrt n \log n)\)。
此外，如果有一个儿子大小超过一半，是不用做背包的，这保证了复杂度。
所以树的 \(siz\) 是分一半最优，总复杂度可以用主定理计算。
实现的话，需要使用动态大小的 bitset，
可以手写 bitset，或提前开好所有 \(2^k\) 大小的，用的时候用一个最合适的。
这种问题有关排列，应考虑相对顺序。再转化为背包，应想到 bitset，再观察背包的性质。

CF1764F

连接 \((i,j)\)，就意味着把 \(i\to j\) 的路径作为环。\(f_{i,j}\) 就是其他点到这个环的距离和。
可以求出每个点的一条出边，也就是若 \(j\) 是 \(f(i,j)\) 除了 \(i\) 以外最大的，那么存在 \((i,j)\)。
注意到若 \((X,Y)\) 包含 \((x,y)\) 路径，那么 \(f_{X,Y}<f_{x,y}\)。
显然，若环的大小越大，那么每个到这个环的距离和就越小。
所以我们可以断言原树的形态是以 \(f(i,j)\) 为边权的最大生成树。
当树的结构被确定后，那么边权也很容易。
钦定 \(1\) 是根，\(w_{i,j}=\dfrac{f(i,i)-f(i,j)}{siz_j}\)。
这种问题要联想到生成树。

CF1827C

关于回文先想到使用 Manacher 算法。
我们借助 CSP2023T2 的算法，设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 开头的回文串数量。
\(f_i=1+f_j\)，\(j\) 是 \(i\) 右边第一个满足 \([i,j]\) 回文的位置。
问题转化为求右边第一个回文的位置，即求每个位置右边第一个包括它的回文中心。
考虑从左向右扫描，然后每扫到一个回文重心，就更新前面的。
也就是区间取 \(\min\)，想到可以用吉司机线段树。
然而是不必要的，考虑并查集优化，并查集维护 \(r_i\) 表示右边第一个还未更新的。
那么直接暴力即可，因为每个点只会被第一次更新。
由于只有一次被更新，所以复杂度是 \(O(n)\) 的。
这种问题需考虑 DP，以及并查集优化。

CF1887D

我们发现正面去处理这个问题是很难的。
转化题意，由于有 \(\min\) 也有 \(\max\)，枚举其中一个 \(\max\)。
考虑枚举切割点 \(a_i\)，使得 \(a_i\) 是左边部分的最大值，且右边都大于 \(a_i\)。
设 \(a_x\) 是左边第一个大于 \(a_i\) 的，那么 \(x<l\le i\)。
设 \(a_y\) 是右边第一个大于 \(a_i\) 的，\(a_z\) 是 \(y\) 后第一个小于 \(a_i\) 的，那么 \(y\le r< z\)。
那么这个问题就很容易地转化为了矩阵加法，可以直接扫描线解决。
那么查询就是单点查询罢了。
这种问题就是需要反方向考虑，之后就是扫描线模型了。

CF1904E

考虑离线询问。
换根 dp，用线段树动态地维护深度，问题转化为最深的点是哪个。
考虑 \(k\) 个点带来的限制，即把这 \(k\) 个点子树化为 \(0\)，用 dfs 序即可，dfs 序是可以换根的。
具体地，可以给这些区间打上一个标记，到时候还原即可。
这种问题首先考虑离线，树上的问题可以换根 dp。

CF1919E

考虑把正数和负数分开来考虑，形成 0-正-0-正-0-负 这样的结构。
正数的话考虑从大往小填数，设 \(f_{i,j}\) 是已经填了 \(\ge i\) 的数，形成了 \(j\) 个连续段的方案数。
当我们加入 \(i\) 时，我们对于已经形成的连续段，可以在两边各填一个 \(i\)，
也可以在两个连续段之间填一个 \(i\)，连接这两个段。
注意到一个段如果右端点是 \(n\)，那么右边就不用填了。
我们设计状态 \(f_{i,j,0/1}\) 表示已经填了 \(\ge i\) 的数，\(j\) 个连续段，是否出现 \(n\) 的方案数。
\(f_{i,c_i-j,0}\gets f_{i+1,j,0}\times C_{c_i-1}^j\)，\(f_{i,c_i-j,1}\gets f_{i+1,j,0}\times C_{c_i-1}^j\)。
\(f_{i,c_i-j+1,1}\gets f_{i+1,j,1}\times C_{c_i-1}^{j-1}\)，即插板法。
负数同理，最后把正数和负数合并起来即可，同样插板法，把 \(0\) 插进去。
这种问题要设计好状态，考虑“插入dp”。