[CF 2078F] Binary Subsequence Value Sum

前言

感觉很强, 当然必须自己推一推更好

据据检验

• 定义操作 (约束) 和开销 / 收益, 要求最值化开销 / 收益
  • 模拟操作, 找性质
  • 将约束条件数学化
    • 方便高效维护
  • 最优化问题的瓶颈, 考虑找最优解的性质来处理
  • 逐元素处理
    • 先找到统一的构造方式
    • 直接处理
    • 推导动态规划
  • 枚举开销对应的值\((\)超过 \(x\) / 不大于 \(x\) / 长度为 \(x\)\()\) , 然后考虑对于这个值进行
    • 贪心
    • 判断合法性
      • 往往拥有单调性
  • 先找到一组简单的合法解, 然后在基础上进行调整, 使其花销更优
  • 要求一个数列的多个部分 \((\)前缀, 子串 \(\cdots\)\()\) 的成本
    • 贪心找到最优操作的构造方法, 加上优化 / 找共同点
    • 往往可以形似 \(\rm{dp}\) , 继承之前的左端点/右端点的值
      • 一般状态形似 \(f_l\) 表示以 \(l\) 开头区间的贡献, \(f_r\) 表示以 \(r\) 结尾区间的贡献等等
    • 子序列
      • 推导关于序列性质的式子 \((\)例如: \(1, 0\) 的个数\()\)
      • 子序列 \(\rm{dp}\)
        • 针对当前已经有的子序列进行插入而非根据位置选择
        • 一般分为插入之前的和新开两类
  • 跳跃 / \(\cdots\) 等建图问题
    • 考虑优化建图
• 动一个点要求计算每一个位置的答案
  • 前后缀类拼接问题
    • 预处理前后缀, 然后拼拼拼
  • 区间包含数量问题

思路

题意

给定一个 $01$ 串
定义一个前后划分方案的花费是前半部分 $1$ 的个数减去 $0$ 的个数乘以后半部分 $1$ 的个数减去 $0$ 的个数

形式化的来讲, 设 $\textrm{zero}(l, r)$ 为区间 $[l, r]$ 中 $0$ 的个数, $\textrm{one}(l, r)$ 为区间 $[l, r]$ 中 $1$ 的个数
那么分割点 $i$ 的贡献为
$$\Big[\textrm{one}(1, i) - \textrm{zero}(1, i)\Big] \times \Big[\textrm{one}(i + 1, n) - \textrm{zero}(i + 1, n)\Big]$$

$q$ 次修改, 每次取反 $01$ 串的某一位
对于每次修改和初始情况, 输出当前 $01$ 串的所有子序列最大花费之和

先找对于确定子序列的性质
考虑子序列共有 \(cnt_1\) 个 \(1\) , \(cnt_0\) 个 \(0\), 不难发现在过程中, \(\Big[\textrm{one}(1, i) - \textrm{zero}(1, i)\Big]\) 可以取遍 \(0 \sim cnt_1 - cnt_0\)

不妨令 \(k = \Big[\textrm{one}(1, i) - \textrm{zero}(1, i)\Big]\) , 贡献为 \(k \times \Big(cnt_1 - cnt_0 - k\Big)\)
不难发现 \(\displaystyle k \times \Big(cnt_1 - cnt_0 - k\Big)\) 在 \(\displaystyle k = \left\lfloor \frac{cnt_1 - cnt_0}{2} \right\rfloor\) 时取到最大值 \(\displaystyle \left\lfloor \frac{cnt_1 - cnt_0}{2} \right\rfloor \left\lceil \frac{cnt_1 - cnt_0}{2} \right\rceil\)

证明

因为 $\displaystyle ab = \frac{(a + b)^2 - (a - b)^2}{4}$
$a + b$ 一定, $|a - b|$ 越小, 显然 $ab$ 越大

因此我们只要知道了 \(cnt_0, cnt_1\) , 可以 \(\mathcal{O} (1)\) 的计算出子序列的贡献

方法 \(1\)

又发现 \(01\) 串的子序列, 本质上就是挑选一些 \(1, 0\) 组成的
因此考虑用组合意义表示

考虑当前串串有 \(cnt_1\) 个 \(1\) , \(cnt_0\) 个 \(0\)
发现一个有 \(c_1\) 个 \(1\) , \(c_0\) 个 \(0\) 的子序列, 总共有 \(\displaystyle{cnt_1 \choose c_1}{cnt_0 \choose c_0}\) 个, 也就是选取任意 \(0, 1\) 子集

问题变为

\[ \begin{align*} ans &= \sum_{c_0 = 0}^{cnt_0} \sum_{c_1 = 0}^{cnt_1} {cnt_1 \choose c_1}{cnt_0 \choose c_0} \left\lfloor \frac{c_1 - c_0}{2} \right\rfloor \left\lceil \frac{c_1 - c_0}{2} \right\rceil \end{align*} \]

然后这个似乎可以化简, 但是我不是数学牢大, 不管了

方法 \(2\)

考虑 似 \(\rm{dp}\) 做法
先对于原串处理, 不管修改

前置是对

\[\left\lfloor \frac{c_1 - c_0}{2} \right\rfloor \left\lceil \frac{c_1 - c_0}{2} \right\rceil \]

的处理, 不难发现可以按 \(c_1 - c_0\) 奇偶性分开

• \(c_1 - c_0 = 2k\)
  \(= k^2\)
• \(c_1 - c_0 = 2k + 1\)
  \(= k(k + 1)\)

令 \(f(i)\) 表示串串前 \(i\) 长度部分的子序列 \((\)不包括空序列\()\) 贡献之和
考虑 \(f(i)\) 应该怎么计算, 不难发现应该分成在之前的 \(f(i - 1)\) 中插入和新开以及直接继承之前的三种

• 在之前的 \(f(i - 1)\) 中插入
  • 这一位为 \(1\)
    • 之前 \(c_1 - c_0 = 2k\)
      \(\displaystyle\Delta = k(k + 1) - k^2 = k = \frac{c_1 - c_0}{2}\)
    • 之前 \(c_1 - c_0 = 2k + 1\)
      \(\displaystyle\Delta = (k + 1)^2 - k(k + 1) = k + 1 = \frac{c_1 - c_0 + 1}{2}\)
  • 这一位为 \(0\)
    • 之前 \(c_1 - c_0 = 2k\)
      \(\displaystyle\Delta = k(k - 1) - k^2 = -k = -\frac{c_1 - c_0}{2}\)
    • 之前 \(c_1 - c_0 = 2k + 1\)
      \(\displaystyle\Delta = k^2 - k(k + 1) = -k = -\frac{c_1 - c_0 - 1}{2}\)
• 新开
  • 新开一个 \(1\)
    贡献为 \(0\)
  • 新开一个 \(0\)
    贡献为 \(0\)
• 直接继承
  即直接加上 \(f(i - 1)\)

因此我们应当维护状态:

• 值应当表示串串前 \(i\) 长度部分的子序列 \((\)不包括空序列\()\) 贡献之和

• 维护之前 \(c_1 - c_0 = 2k + 1\) 的数量
  发现直接可以用 \(2^{i - 1}\) 表示, 考虑一些证明
  首先需要知道的是, \(c_1 - c_0 = 2k + 1\) 仅当 \(c_1, c_0\) 奇偶性不同
  可以视作在 \(cnt_1\) 个 \(1\) 中选择 \(c_1\) 个 \(1\) , 在 \(cnt_0\) 个 \(0\) 中选择 \(c_0\) 个 \(0\)
  有如下证明

  证明

  首先，我们考虑一个大小为 $n$ 的集合，其子集总数为 $2^n$。我们需要证明其中大小为奇数的子集个数为 $2^{n-1}$。

  方法一：二项式定理

  利用二项式定理展开 $(1 + x)^n$，当 $x = 1$ 时，得到：
  $$(1 + 1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = 2^n$$
  当 $x = -1$ 时，得到：
  $$(1 - 1)^n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = 0$$
  将这两个式子相加和相减：
  $$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} + \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = 2 \sum_{\text{偶数 } k} \binom{n}{k} = 2^n$$
  $$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} - \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} = 2 \sum_{\text{奇数 } k} \binom{n}{k} = 2^n$$
  由此可得：
  $$\sum_{\text{偶数 } k} \binom{n}{k} = \sum_{\text{奇数 } k} \binom{n}{k} = 2^{n-1}$$

  方法二：数学归纳法

  • 基例：当 $n = 1$ 时，集合的子集为 $\emptyset$ 和自身，其中奇数子集个数为 1，即 $2^{0} = 1$，成立。
  • 归纳假设：假设当 $n = k$ 时，奇数子集个数为 $2^{k-1}$。
  • 归纳步骤：考虑 $n = k + 1$ 的集合，新增一个元素 $a$。不包含 $a$ 的奇数子集有 $2^{k-1}$ 个，包含 $a$ 的奇数子集数目等于原集合中偶数子集的数目 $2^{k-1}$。因此总数为 $2^{k-1} + 2^{k-1} = 2^k$，即 $2^{(k+1)-1}$，成立。

  方法三：构造配对

  固定一个元素 $a$，将子集分为包含 $a$ 和不包含 $a$ 的两类。对于不包含 $a$ 的子集 $A$，若 $|A|$ 为奇数，则 $A \cup \{a\}$ 为偶数，反之亦然。这样的配对使得每对中恰好有一个奇数和一个偶数子集，总数为 $2^{n-1}$ 对，奇数子集数目为 $2^{n-1}$。

  结论

  无论使用哪种方法，结果都表明大小为奇数的子集个数为 $2^{n-1}$。

  由此可知选出同为奇数和同为偶数的 \(c_1, c_0\) 各有 \(2^{cnt_1 - 1} \times 2^{cnt_0 - 1}\) 种, 一共有 \(2^{cnt_1 - 1 + cnt_0 - 1 + 1} = 2^{i - 1}\) 种, 那么选出奇偶性不同的也有 \(2^{i - 1}\) 种
  哎好像整复杂了, 无敌
  肯定有更好的方法, 但是我是弱智啊!

• 维护之前 \(c_1 - c_0\) 之和
  不妨设为 \(g(i)\) 这样方便转移

  • 在之前的 \(g(i - 1)\) 中插入
    • 这一位为 \(1\)
      \(\displaystyle\Delta = g(i - 1) + 2^i - 1\)
    • 这一位为 \(0\)
      \(\displaystyle\Delta = g(i - 1) - 2^i + 1\)
  • 新开
    • 新开一个 \(1\)
      贡献为 \(1\)
    • 新开一个 \(0\)
      贡献为 \(-1\)
  • 直接继承
    即直接加上 \(g(i - 1)\)

  总的来说, 可以表述成

  • 这一位为 \(1\)
    \(\displaystyle\Delta = g(i - 1) + 2^i\)
  • 这一位为 \(0\)
    \(\displaystyle\Delta = g(i - 1) - 2^i\)
  • 直接继承
    即直接加上 \(g(i - 1)\)

总的来说, 我们发现完全不是 \(\rm{dp}\) 的模样
这三个东西可以简单表示, 具体的

设 \(cnt\) 表示之前 \(c_1 - c_0 = 2k + 1\) 的数量
\(sum\) 之前 \(c_1 - c_0\) 之和
\(res\) 表示 \(f(i)\) 的值

• 当前为 \(1\)
  \[ \begin{align*} \begin{cases} res \leftarrow 2res + \dfrac{sum + cnt}{2} \\ cnt \leftarrow 2cnt \\ sum \leftarrow 2(sum + cnt) \end{cases} \end{align*} \]

• 当前为 \(0\)
  \[ \begin{align*} \begin{cases} res \leftarrow 2res - \dfrac{sum - cnt}{2} \\ cnt \leftarrow 2cnt \\ sum \leftarrow 2(sum - cnt) \end{cases} \end{align*} \]

显然用矩阵维护操作即可, 基础上做矩阵线段树

总结

特殊的性质:
每次 \(\Delta = 1, 0, -1\) , 一定可以取遍极值
一般出现在

• 单位移动 \(\&\) 出现次数

\(01\) 串子序列可以转化成组合问题

数学上奇偶性的问题往往可以拆成 \(2k, 2k + 1\) 的问题方便表示

这种全子序列的信息往往是固定的, 方便简单递推
反而如果对子序列信息有约束, 才是 \(\rm{dp}\) 发力