24-8-12 ~ 8-17 石门夏令营

posted on 2024-08-15 07:23:11 | under | source

记录下模拟赛。

DP 专场 1

过程：

因为是第一天要报到，所以拆成上下午两场各两题的形式。没啥影响，反而使得分高了。

上午：先看 A，有些蒙圈，装水时 lsy 说了一下，恍然大悟，原来是结论题，马上写完走了。

然后开 C，貌似有点想法，应该是建图然后计数，决定把它拆成奇偶两部，接着发现这个图有美好性质，好像可以做！难道这把要赢了？

折腾了一会死活过不去，打了个暴力对拍也没找出问题，最后发现是边连少了233。继续思考，最终是若干个残缺的网格图，在上面求独立集个数怎么会有多项式做法，难道是状压瞎搞？尝试拼一下，没写出来。

下午：开 B，一开始以为是神秘计数，后面发现结论，原来是朴素 dp，但是这题还要输出最小字典序诶，咋搞？以为是保留转移路径，取上一个状态中的最小的那个，后面发现不行，于是瞎搞了下，有些坎坷，所幸过了大样例。

开 D，没啥想法，打了个暴力，时间不多了就没有细想。最后给 B 加了个小补丁就溜了。

期望得分：100+40+100+15=255；最终得分：100+40+100+5=245。算是符合预期。

题解：

A：先化为数字序列，然后若两个序列长度、总和一样，那么就可以互相转化。证明，想象为水波，那么会存在一个稳定态，又因为操作可逆，所以能互相转化。

充分诠释“想象学竞赛”的魅力，所以要多 yy。

B：有显然的结论：假如操作了 \(m\) 对数，那么剩下的数必然是 \([2m+2,n]+x,x\in [1,2m+2]\)。然后 dp 并保留上一个字典序最小的最优状态，注意到这样正着 dp 求出的是倒着的字典序最小，于是倒着做 dp 就好了。

倒序 dp 的处理方式可以借鉴。

C：连边 \(u\to v\)，然后统计独立集个数即可。对每个残缺的网格图统计，令 \(\times 2\) 的部分为行，\(\times 3\) 的部分为列，考虑状压 dp，\(f_{i,S}\) 表示前 \(i\) 行，第 \(i\) 行的选取方案为 \(S\) 时的总方案数，转移可以视为高维前缀和，提前处理即可。当然也可以写成轮廓线 dp。单个网格图复杂度 \(O(\log_2N\log_3N\times 2^{\log_3N})\)，\(N\) 是值域。

最后，为啥多个网格图复杂度正确？不妨对每一行单独计算复杂度，假设这一行的开头是 \(x\)，那么复杂度是 \(O(\log_3\frac Nx\times 2^{\log_3\frac Nx})\)。

考虑 \(\log_3 \frac Nx\) 项，可以发现取值为若干段区间，即 \(\frac Nx=[1,2],[3,8],[9,26]\dots\)，考虑区间 \(j\in [3^{i},3^{i+1}-1]\)，\(\log_3 j=i\)，然后取值在区间内的 \(x\) 个数约为 \(\frac {N}{3^{i+1}}-\frac{N}{3^i}\)，可以放缩为 \(\frac {N}{3^{i+1}}\)；它们的贡献为 \(i2^i\)，放缩为 \(i3^i\)，所以区间贡献为 \(O(i3^i\times \frac{N}{3^{i+1}})=O(iN)\)。

\(i\) 最大为 \(O(\log_3 N)\)，所以总复杂度为 \(O(N\log_3 N)\)，而且这是个非常松的上界，完全可以通过。

D：先只考虑偶数。要计数，先判定，构造单射，令 \(b_i=a_{p_i}\)。起始情况选取两个相等的数填到 \(b_1,b_n\)，然后假设已经确定 \(b_1\dots b_{i-1},b_{n-i+2}\dots b_n\)，设 \(S\) 为或之和，那么选取的两个数 \(x,y\) 合法，当且仅当 \(S\) 为 \(0\) 的那些位上 \(x,y\) 相等。

这相当于填写一个回文序列，只不过每次忽略掉一些位。注意一下，假如某一次填写有多种选择，随便选一种即可，因为其它选择之后也必然合法。

然后考虑不完美序列与完美序列的联系，可以发现，两者互为补集，同时不完美序列由 \([1,i],[i+1,n-i],[n-i+1,n]\) 构成，其中 \([1,i]+[n-i+1,n]\) 是完美序列，\([i+1,n-i]\) 由忽略某些位后互不相等的元素构成。

于是设计状态 \(f_{i,j}\)，表示已经填写 \(b_1\dots b_i,b_{n-i+1}\dots b_n\)，恰好涉及 \(j\) 位，对应的 \(a_1\dots a_n\) 的不同方案数。

\(b\to a\) 并不构成单射，所以要着重关注去重。

然后设计辅助状态 \(all_{i,j},dif_{i,j}\)，分别表示总集、互不相等方案数。不难容斥得出。

然后有转移：

\[f_{n,k}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{k-1}{n\choose i}{k\choose j}(all_{i,j}-f_{i,j})dif_{n-i,k-j}2^{(n-i)j} \]

解释：\(i,j\) 不能取到 \(n,k\) 否则会出错。组合数在 \(a\) 中选择若干位置和二进制位作为完美序列部分，总集减 \(f\) 是求这些位置的完美序列，最后是互不相等部分，二次方部分是为互不相等部分的数确定被忽略的二进制位的取值。

看起来很完美，不是吗？考察一下这样做会不会算重（显然不会算少）。考虑完美序列部分与互不相等部分，我们必须满足两者没有相同的元素，才能使用 \({n\choose i}\) 将两者组合为一体，否则映射到 \(a\) 上就会算重。

记完美序列部分设计到的位为本原位，其余的是新增位。
由于互不相等部分的新增位有值，而完美序列部分此处无值，所以不会算重。但是！这题毒瘤的地方来了，\(a\) 可以填 \(0\)！所以就会导致两个部分有交于是算重。

怎样解决呢？观察到互不相等部分至多有一个 \(0\)，这启示我们按是否有 \(0\) 分类转移。

一种好写的解决方案是修改完美序列的定义。若长度为偶数，保留原有定义。若为奇数，就让它必须存在一个 \(0\)，且除掉一个 \(0\) 后为完美序列（是题面的定义）。同理能推出 \(f\) 的定义。

然后让 \(dif\) 不能填 \(0\)，这样转移枚举的两部分不可能相交了。

然后解释下修改后的转移：

• 偶数长度：假如枚举的两部分为偶数，那么就能求出不存在 \(0\) 的方案；否则就是求有 \(0\) 方案，可以理解为让奇完美序列保留的那个 \(0\) 加到互不相等序列中（显然加完后依旧互不相等）。

• 奇数长度：此时 \(f\) 的定义为互不相等部分长度大于 \(1\)（即题面定义的不完美序列）或互不相等部分长度为 \(1\) 且不为 \(0\)。那么当枚举的互不相等部分大于 \(1\) 时就是对应了前者，否则对应了后者。

这样就不会算重了！更好的是，转移没有发生变化，仅仅是多考虑了奇数并修改 \(dif\) 的定义。

然后答案是 \(\sum\limits_{i=0}^k {k\choose i}f_{n,i}\)。

假如 \(n\) 为奇数怎么办？根据题面定义，那么 \(f_{n,i}\) 不应该包含“互不相等部分长度为 \(1\) 且不为 \(0\)” 这部分，因为剩下的一个元素想填啥就填啥。所以此时不要转移即可。即 \(i=n-1\) 且 \(n\) 为奇数时不转移。

总结

1. 提升直觉和抽象化能力。
2. 不要直接否认做法。
3. 计数 dp 注意去重和映射关系，D 题避免去重的思路值得借鉴。

课后练习

E：考虑建模，若 \(u\) 工厂生产的材料用于修建 \(v\) 工厂，则建边 \(u\to v\)。那么直接状压 dp 即可，\(O(n3^n)\)。

F：小清新的好题。

• 拆分限制：一个自然的想法是，\(\max\limits_{l\le i\le r} a_i=mx\) 等价于 \(\forall l\le i\le r, a_i\le mx\) 且 \(\exist a_i=mx\)。
• 观察性质：简单手玩得知，若区间 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 有交，且 \(mx_1\ne mx_2\)。不妨令 \(mx_1<mx_2,l_2\le r_1\)，那么便有可以把交集划分给 \([l_1,r_1]\)。以此类推，两个限制不同的区间无交。
• 观察性质（另一种方法）：注意到拆分的限制中，只有前者是好做的：令 \(mi_i\) 为 \(a_i\) 最大取值，即跨过 \(i\) 的区间的限制之最小值，\(ans=\prod mi\)。然后发现 \(mi\) 不一样的部分不会互相影响，容易反证。感觉没有第一种方法来的自然。
• 大力 dp：所以考虑 \(mi_i\) 相同的部分，不同部分方案数相乘即可。这等价于一种问题，有若干点可以染色为黑或白，然后每个限制形同一个区间内至少一个黑点，容易 dp。
• 注意细节，特判无解。

DP 专场 2

过程

先开 A，woc 这不是原吗？由于之前太菜完全不会，所以印象深刻，马上秒了。看 B，有点吓人啊，不过上个厕所后突然会了，但不会优化，悲。看 C，这题面都给出了暴力 dp 了丫233，也是完全不知道怎么优化呢。最后思考 D，马上得出个暴搜，遂敲之。最后就在卡常、磕 D、摸鱼了。

期望得分：100+80+40+30=250；实际得分：100+100+60+30=290。

卡常神力。

题解

A：淼。

B：显然要构建出哈夫曼树，然后考虑递归构建，由于字典序是从高位开始比较的，所以就是划分子树嘛，然后得到了 \(O(n^3k)\) 做法。状态是 \(f_{l,r,k}\) 表示 \([l,r]\) 划分为 \(k\) 个区间的最小花费。

注意到 \(k\to \{k-1,1\}\) 是低效的，不妨变成 \(k\to \{\frac k2,k-\frac k2\}\)，假设一开始是 \(K\)，那么我们有结论：这样的不同数值数量为 \(O(\log K)\) 级别，于是优化到 \(O(n^3\log k)\)。当然，可能某个区间无法划分为 \(K\) 个，所以 \(f_{i,j,k}\) 应当为划分至多 \(k\) 个区间。

C：厉害题。暴力 dp 是容易的，\(f_{i,j,x,y}\) 表示行 \([i,j]\)、列 \([x,y]\) 的最小代价，\(O(n^5)\)。优化从两个角度思考：状态、转移。

状态：首先观察大样例，发现答案是很小的，可以证明，\(h*w\) 的矩阵，答案至多 \(\lceil\log h\rceil + \lceil\log w\rceil\)。证明首先考虑一行，可以类似线段树进行划分，深度最多为 \(\lceil\log h\rceil\)。然后将所有行视为整体再划分，同上。

于是可以对 \(f\) 换量，\(f_{i,j,x,k}\) 表示行 \([i,j]\)、列从 \(x\) 开始，且代价 \(\le k\) 时，最多到哪个列。直接转移，瓶颈在枚举划分行，即 \(\min(f_{i,p,x,k-1},f_{p+1,j,x,k-1})\to f_{i,j,x,k}\)。复杂度 \(O(n^4\log n)\)。

转移：首先注意到 \(i,x,k\) 固定，\(j\) 越大，\(f\) 越小。所以我们考虑决策点（划分行）\(u>v\)，然后考虑其对应函数 \(g\)，可以发现，一开始划分的上半部分取到 \(\min\)，会有 \(g(u)<g(v)\)，但是上半部分是固定的、下半部分是移动的，所以随着 \(j\) 增大，下半部分逐渐取到 \(\min\)（而且一定是 \(v\) 的下半部分先取到），那么 \(g(u)>g(v)\)。

也就是满足决策单调性，优化为 \(O(n^3\log n)\)。

D：脑电波题。显然每个僵尸只会被相邻的土豆雷炸死，只会被一个土豆雷炸死的僵尸无需讨论。于是考虑将僵尸描述为 \((x,y)\)，每次等价于让所有 \(x-1\) 或 \(y-1\)。

不妨放在坐标系上，这样等价于移动坐标系而固定点（建模转化）。显然只需要确定被左边炸死的僵尸，即先碰到 \(x\) 轴的点。由于在一个点被选择了，那么其右下方的点也一定被选择，然后没有其它限制了（观察限制）。

那么问题变为在该限制下选点，显然，我们只需要考虑不被其它点覆盖的点（观察特征），那么等价于选二维上升子序列，\(O(n\log n)\) 解决。

总结

1. 某些区间划分问题可以考虑倍增优化。
2. 实在不会了可以考虑从状态、转移两方面入手，不要没有确定的目标。
3. 观察大样例。
4. 多动脑筋多转化，但不要复杂化问题而适得其反。

练习

E：赤果果的单调队列优化 dp。

F：非常好计数题，使我旋转。

• 简化限制：插入 \(pos,x\) 合法，需满足 \(\exist i<m,x=a_{pos+1}=\dots =a_i,a_i>a_{i+1}\)，或是 \(x=a_{pos+1}=\dots=a_m\)。

• 转化限制：将其视作若干数字段，要么新建一个数字段；要么找到一个数字段 \(A\) 满足后面没有段或后面的段较小，然后将 \(A\) 左扩大一位。为了方便，不妨让 \(x\) 接在数字段右边，这样无需考虑“跳过相同数字”。

• 检查映射：操作序列 \(\to\) 结果序列为单射，启示我们对结果序列计算操作序列。

• 最小值分治：上述限制是否有些类似“合并类 dp”？于是考虑数值。记结果序列的最小值（最靠左的）为 \(a_{mi}\)，左半部分记为 \(A\)，右边记为 \(B\)。

• 观察限制：容易发现，\(a_{mi}\) 必须比 \(B\) 先插入；其次，\(a_{mi},B\) 的填写情况对 \(A\) 无影响（假如反过来也显然成立）。于是构成子结构了，可以 dp。

• 设计 dp：记 \(f_{n,mi}\) 表示长度为 \(n\) 的、最小值恰为 \(mi\) 的操作序列方案，\(g_{n,mi}\) 为 \(f\) 的后缀和。转移如下：

\[f_{n,mi}=\sum\limits_{i=1}^n {n\choose i-1}g_{i-1,mi-1}g_{n-i,mi} \]

• 细节：处理好 \(n=0\) 的情况。

线段树专场 1

过程

看 T1，马上整出做法，但是调了会儿。看 T2，被吓到了，嘎嘎转化，结果中途推错好几次，整成了一个看起来还行的式子，不过不知道怎么直接算，找了找性质，于是有个随机数据下还行的做法，敲完赶紧跑了。还剩 1h 左右，听李遂说 T4 是板，但是我不太会线段树合并，所以先敲完 T3 暴力。最后写了下 T4 朴素 dp 和部分分，遗憾离场。

期望得分：100+[60,80]+20+44=[224,244]；实际得分：100+45+20+44=209。

题解

A：HH 的项链加强版，没啥好说。

B：显然对排列插排的次数为逆序对数量，将其视为二维数点，那么求一个矩阵，其左上、右下有点，最大化矩阵点数。

容易发现，若 \((a,b),(x,y)\)，满足 \(a>x,b<y\)，那么 \((a,b)\) 当矩阵右下更优，同理有左上的结论。那么先预处理出 \(L,R\) 数组为待选的左上、右下点。

然后有决策单调性，若对 \(R_i\) 有 \(x<y\) 且 \(L_y\) 更优，那么往后 \(L_x\) 必然劣于 \(L_y\)，容易证明：右下端点右移，可以发现 \(L_x\) 的减少区域不少于 \(L_y\)，\(L_x\) 的增加区域不多于 \(L_y\)。

可持久化线段树求矩阵点数，于是 \(O(n\log^2 n)\) 解决。

C：讨论 \(dir=1\) 即可，其它情况可以归化为 \(dir=1\)。

然后处理思路是“拼图”，将其化为若干好求的规则图形。可以看成平行四边形减去两个梯形，斜线用 \(x+y\) 描述即可，复杂度瓶颈在梯形，要用二维描述。

总复杂度 \(O(q\log^2 n)\)，常数较大。

D：线段树合并优化 dp 板题。首先我们有朴素 dp，将其改写一下便于优化，尽量单独拆为加法、取最值等。

记 \(f_{u,k}\) 表示考虑 \(u\) 子树内果实的选取，且天数在 \(k\) 天以内最大值是多少。

假如不取 \(u\)：\(f_{u,i}\gets \sum f_{v,i}\)；假如取：\(\forall i\ge day_u,f_{u,i}\gets w_u+\sum f_{v,day_u}\)。

第一种转移是直接合并，第二种转移是区间取 \(\max\)。用线段树合并维护，观察到 \(f\) 取值为若干连续段，每次取 \(\max\) 至多让连续段数量 \(+1\)。

所以维护这些连续段，具体而言，将取 \(\max\) 转化为赋值，使用标记永久化即可。这样只建 \(f\) 上产生变化的点就好了。复杂度 \(O(n\log n)\)。

当然可以用 map 直接维护拐点，并启发式合并，维护的是差分，挺精简巧妙的。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

线段树专场 2

题解

A：淼，对每种字母单独处理，变成区间赋值。复杂度 \(O(n\log n)\) 带 \(26\) 大常数。

B：求所有区间的价值和然后乘上概率即可。

拆贡献，求每种颜色的贡献，发现正着做要求的是类似“跨过一个区间的方案数”，不好搞。注意到所有颜色总价值是 \(n(n-k+1)\)，于是正难则反，求不被贡献的区间。

考虑颜色 \(col\)，得到该颜色出现的所有位置 \(p_1\dots p_m\)，那么 \(cnt=\sum\limits_{i=1}^m \max(p_i-p_{i-1}-k,0)\)。\(res=\sum\limits cnt\)。

干脆把所有颜色放一起考虑，记 \(c_i\) 为 \(i\) 左边最近的满足 \(a_j=a_i\) 的 \(i-j\)，set 维护。那么 \(res=\sum \max(p_i-p_{i-1}-k,0)\)。不妨变为 \(res=nk-\sum\max(p_i-p_{i-1},k)\)，两个树状数组维护即可。

注意特殊处理每种颜色末尾空白段（即 \(n+1-p_m\)）。复杂度 \(O(n\log n)\)。

C：注意到每种旅团可以用等差数列 \((beg,d)\) 描述，操作 \(1,2\) 是容易用线段树维护的。

具体而言，加入无限旅团，则全局 \(beg,d\) 乘 \(2\)；加入有限旅团 \(k\)，则全局 \(beg+k\)。\(O(n\log n)\)。

考虑操作 \(3\)，注意到往左至多经过 \(\log K\) 个无限旅团，此考虑此范围内的旅团即可。同时，对于每段连续的有限旅团，其 \(d\) 相等，大力维护即可。

但是这太不漂亮了，操作 \(3\) 实质上是操作 \(2\) 倒过来，那么不妨正难则反，按时间顺序将旅团删除，看第一次是被哪个旅团删除。

所以现将操作离线，倒着扫一遍。每次维护待选操作 \(3\) 集合（注意编号要实时更新）。现在考虑一次操作 \(1\)，假如是无限旅团，那么所有奇数编号的都会被选中，然后让偶数编号除 \(2\)；假如是有限旅团，那么 \([0,k-1]\) 被选中，并将其余编号减 \(k\)。

如何维护？可以用两个 set 分别维护奇数和偶数集合，并维护全局减标记，注意更新奇偶关系。除 \(2\) 暴力做即可，因为一个点至多 \(\log K\) 次就变成 \(0\)，注意对 \(0\) 特殊处理不然会退化。

总复杂度 \(O(n\log n+n\log K)\)。

D：题意人话版：维护一个记事本。

注意到每种按键在不同情况下有不同效果，所以第一步是“模式识别”：

1. ctrl 判定：看左走第一次遇到的是“松开 ctrl”还是“按下 ctrl”。我们发现，对于区间查询，只要找到最左边的 ctrl 键位置 \(pos\)，那么 \([l,pos-1]\) 只会增加前缀长度，\([pos,r]\) 的判定和全局一样。

2. 全选判定：首先，对于已按下 ctrl 的 A，那么变为全选状态；然后若有输入操作则会取消全选，即单个字符或 ctrl+V。同上，对于查区间可以找到第一个 ctrl+A 的位置 \(pos2\)，显然有 \(pos<pos2\)，\([pos,pos2-1]\) 都是没有全选的操作，\([pos2,r]\) 的处理和全局完全一致。

然后直接进行操作即可，记 \(len,cpy\) 为记事本文本长度、剪切板文本长度。

1. 单个字符输入：全选时，\(len\gets 1\)；否则 \(len+1\)。
2. ctrl+C：全选时才能有效果，\(cpy\gets len\)。
3. ctrl+V：全选时：\(len\to cpy\)；否则 \(len+cpy\)。

这不难用矩阵描述。根据先前讨论，我们预处理一颗强行钦定非全选的线段树 \(t1\)、一颗对于全局的线段树 \(t2\)，维护矩阵乘积即可。复杂度 \(O(n\log n)\) 带 \(3^3\) 的常数。

树上问题专场 1

树上问题专场 2

过程

奇妙场，快速切 T1，想 T2，想了好久终于得到了一种将树剖优化成 \(O(n\log n)\) 的做法，很快码完了。最后打了打部分分。很奇妙，原本排在老后面了，结果重测后居然 rk1，骄傲。

题解

A：单点出发遍历整棵树是经典问题，答案即为 \(2(n-1)-\max dis_{rot\to i}\)。对于红蓝两点重合直接这样做即可。

假如不重合，那么一个直接的想法是让两点沿树上路径相向而行，走到中点 \(mid\) 重合。反证法可证：假如走到不是中点的点 \(y\)，多走 \(dis_{mid\to y}\)，最长链少了 \(dis_{mid\to y}\)，一定不优。

假如路径长度为奇数，也就是说无法完全重合——其实没有影响，可以理解为每次红点在蓝点相邻出，下一次蓝走到红位置即可。

B：好题，题意等价于删去路径、查询一个点所在连通块。

套路：时光倒流，删边变为加边。那么用并查集维护是容易的。

现在唯一问题是怎么不让边被重复删去，找到其第一次被删去的时间即可。考虑树上并查集，用 \(f_u\) 表示往上找到第一个满足父边未被删去的祖先，那么每次向上跳 \(f_u\) 即可，复杂度均摊正确。

C：考虑枚举最终直径的中点 \(x\)，二分答案其半径 \(d\)，那么求出以其为根、所有叶子深度到达 \(d\) 时的操作数，满足 \(\ge k\) 即可。所有答案求 \(\min\) 即可，正确性显然：一条直径对答案的最小贡献一定在其中点上取到。

我们不可能枚举所有点，所以直接二分，考虑一个点 \(x\)，操作数是 \(|leaf|\times mid - \sum\limits_{j\in leaf} dep_j\)，同时必须有 \(\max\limits_{j\in leaf} dep_j \le mid\)。

由于以叶子为根显然不优，所以 \(leaf\) 集合是固定的，于是最小化 \(\sum dep\) 即可。可以换根 \(\rm dp\)，然后扫一遍前缀最小值。

但是注意，直径中点可以在边上，怎么处理？不妨将边 \((u,v)\) 拆成 \((u,y),(y,v)\)，然后变为枚举点。但是现在每条边长度为 \(\frac 12\)，一次延伸操作对应而来是对同一叶子新增两条边。对于深度为 \(h\) 的叶子，能进行的新增的边数为 \(d-h-[d\bmod 2= h\bmod 2]\)，于是要分奇偶讨论。

最后解决一个小问题：直径中点会不在原树上吗。考虑上述二分的方案构造，我们先让所有较小深度的叶子延伸，直到所有叶子深度一致再一起移动。稍微 yy 一下，直径的中点只会在原树上移动。

复杂度 \(O(n+Q\log K)\)。

D：还没写。