2024.3 总结 2 / 她的所爱不断贬值最后现实发出一声冷笑

上一坑 写的时候把电脑弄炸了，可能某校的电脑支撑不了这个长度，所以再开一个。

这次是顺序总结。

鉴于笔者的懒惰变成了乱序总结。

然后写着写着懒得写了。。。。挑着记了。

link [tag: 网络流]

首先我们需要充分了解最大权闭合子图：对于一个有向图，点 \(u\) 有权 \(w_u\in \mathbb{Z}\)，边 \(u\to v\) 表示选了 \(u\) 就必须选 \(v\)，你需最大化 \(\sum_{u\in S}w_u\)，其中 \(S\) 是满足边关系的点集。

做法是对于 \(w_u\geq 0\) 的点建边 \(S\to u:w_u\)，对于 \(w_u<0\) 的点建边 \(u\to T:-w_u\)，对于限制建边 \(u\to v:inf\)。没有限制的话答案为 \(\sum_{w_u>0}w_u\)，我们希望知道至少减少多少贡献才能使得限制被满足，这个就是这个图的最小割，这个图很完整描述了不能同时满足的限制，说明如下：

  • 选 \(u\) 的话必须选 \(v\) 那么必须满足所有选 \(v\) 的限制，在图上也恰好是给 \(u\) 接上了 \(v\) 的限制。

  • 一条增广路 \(S\to p_1\to\dots\to p_m\to T\) 表示了选择 \(S\) 就必须选 \(T\)，中间的 inf 一定不在最小割中，所以必须不要 \(p_1\) 的贡献或者必须上交 \(p_m\) 的贡献必须满足至少一种，这个一定被割隔开。

原题不考虑集合大小限制就是一个最大权闭合子图，现在考虑怎么加入 \(|S|=|N(S)|\) 的限制，因为题目给了 \(|N(S)|\geq |S|\) 的条件了，我们现在只需要约束 \(|N(S)|\leq |S|\) 也就是 \(|N(S)|\downarrow\)，根据 hall 定理我们选出来的集合有完美匹配，这启发我们对于 \(S\to N(S)\) 我们可以随便钦定 \(|S|\) 对匹配关系，然后对于 \(S\) 我们不希望 \(N(S)\) 中有非匹配的元素，那么我们不妨将元素的代价全都加上一个很大的偏移量 \(\Delta\)，然后匹配关系中元素要统一 \(+\Delta\) 那么集合统一 \(-\Delta\)，这样子额外元素选了不优，匹配元素贡献抵消，再去做最大权闭合子图即可。

link [tag: 数据结构]

考虑四个格子放在一起考虑，对于一只格子，显然国王只有两种放置情况。

考虑去掉一个白色格子的影响，是钦定对应的一只格子只能放在 左上/右下，然后会带来一个二维区间的钦定影响，这个区间一定包含 \((1,1)\) 或者 \((n,m)\)，现在就是要查询钦定有没有冲突。数据结构维护即可，这里使用了树状数组维护一个对应 \(y\) 的最大的区间长度，需要支持一个单点取 max 和前缀查询 max。

link [tag: 构造]

首先考虑最终单点询问次数 \(c_i\)，必然要满足 \(c_i\) 是奇数，\(k|\sum{c_i}\)，此时操作次数为 \(d=\frac{\sum{c_i}}{k}\)，还需要满足 \(\max\{c_i\}\leq d\)。

那么我们要小化 \(\max\{c_i\}\)，那么可以先钦定 \(c_i=1\) 然后做单点 \(+2\) 的操作直到合法，这个顺次操作直接按轮次做好像没什么非常非议......？

然后直接开堆每轮消除 \(k\) 个 \(a_i\) 最大的即可，然后还有一个无解，我们应该有 \(2|dk-n\)，分讨一下，如果 \(k\) 为奇数，前面可奇可偶，如果 \(k\) 为偶数，前面只能为偶数，因此 \(n\) 并非奇数。

link [tag: 状压，网络流 hall]

考虑一个人 navie 的二分+网络流建图，然后过不了，考虑将 \(k\) 拆开成点，变成了询问是否存在完美匹配。

Hall 定理：存在完美匹配的二分图一边的任意点集 \(S\) 满足 \(|S|\leq|N(S)|\)

然后需要考虑左部的点集为 \(i\) 时右边所联结的点数，这个相同的人的点压在一起所以是 \(2^n\) 个状态。顺便处理出 \(st_i\) 表示第 \(i\) 天所对的匹配点。

然后我们发现这个邻域不好做，因为难以合并，正难则反，考虑求一个更强力的东西，只在这个点集 \(i\) 里面有边的点数 \(f_i\)，考虑一个天 \(x\) 只在哪些 \(i\) 里面有贡献，显然是 \(i\) 是 \(st_x\) 的母集，高维前缀和可求 >w<

然后集合 \(i\) 的领域大小就是，「总点数」-「\(i\) 的补集的 \(f\) 」这样一个东西。

link [tag: 哈希，xor，主席树]

强制在线，不难想到主席树，比较朴素的想法是做一个权值主席树维护每个位置（指值域上的位置）每个时刻的出现次数，然后询问就询问最大的区间 \([1,x]\) 满足 \(i\in[1,x],2|cnt_i[r]-cnt_i[l-1]\)

然后发现这个东西不太能直接合并......？考虑 xor 运算，正好奇数次有值，对于一个位置区间 \([1,x]\) 满足寄掉的条件就是所有的 xor 为 zero，考虑随机赋权 xor 哈希。此时如果区间没有出现奇数次的，xor 为 zero，如果有出现奇数次的，因为 hash 值不一样，极大概率 xor 消不掉。然后就做完了 >w<

link [tag：贪心，xor]

首先这个路径 xor 显然可以直接换成 根->点 的 xor，然后就变成了考虑很多限制条件 \((a_i,a_j,v)\)，最小化结果不难想到按位贪心考虑。

对于每一位考虑在图上的情况，那么边为 0/1 ，意义是相同或者不相同，那么对于一个联通块，如果钦定一个点权，那么所有的都确定了。不合法其实就是二分图染色不合法了。

我们先随便钦定，然后会得到一个异或结果，但是我们考虑不同的钦定可能会导致结果更好，那我们考虑改变一个联通块的钦定所带来的影响。对于一个点，显然是奇数度数有印象，如果联通块的奇度点为奇数个，那么就是可以改变的捏。

P1667

煞笔题。考虑前缀和，发现其实就是交换两个位置，然后考虑置换换即可。

P6961

不难想到钦定边权付费至少为 \(x\) 再去考虑，这个可以枚举。

图论的话，考虑固定的代价 \(kx\)，那么对于所有的至少为 \(x\) 的边，新图上的新代价就是 \(v-x\)，这样进行一个最短路的跑。

分类讨论一下容易发现怎么跑都大于等于 jury ans，于是乎......？

CF1615F

考虑对奇数位翻转，问题变成交换两个相邻哒。然后有一个小套路，就是你本来要算位置的 \(\sum |x_i-y_i|\) 嘛，其实可以算前缀和的 \(\sum |a_i-b_i|\)，然后就可以 dp 不放设 \(pre[i][j]\) 表示前 \(i\) 位时候 \(a_i-b_i=j\) 的方案数，\(suf[i][j]\) 是后缀的这个，那么答案就是 \(\sum pre[i][j]\times suf[i+1][-j]\times |j|\)。

CF1916F

不放令 \(T=N-S\)，考虑初始钦定一个 \(x\in S\)，做下面过程 \(n_1-1\) 次。

  • 删去 \(S\)，在 \(T\) 的导出子图跑点双，然后在 \(T\) 中随意选择一个非割点的点加入 \(S\)。

如果能一直跑下去那么正确性显然，现在考虑会不会出现一个情况不能取到非割点的点。

考虑 \(T\) 中的点双，首先每个割点 \(y\) 必须与 \(S\) 有连边，不然的话原图不是点双。点双是一个树状物（圆方树），观察树状物肯定拥有的叶子节点，这个叶子节点中，去掉了 \(y\) 跟 \(S\) 应该是没有连边的，不然不是割，然后发现 \(y\) 很彻底的变成了一个原图的割点，不符合点双。

CF734F

经典结论 a&b+a|b=a+b，然后直接做就行了。

验证的话可以直接按位考虑和。

CF1043F

这个做法还算有意思。埃氏筛复杂度，优美。

首先一个数的质因子数量不会太多，可以证明答案上界只有 7。

可以考虑求一个 \(f[i]\) 表示选择 \(i\) 个数，\(\gcd\) 为 \(1\) 的方案数，我们取模防爆，如果方案数算出来为 \(0\) 那么极大概率是没有办法做到的，前面一维特别特别小，我们分别做。

比如说考虑选 \(d\) 个数 \(\gcd\) 为 1 的方案数，考虑直接容斥，可以算成 \(f[d]=\sum C_{cnt_i}^d\times \mu(i)\)，其中 \(cnt_i\) 表示 \(i\) 的倍数的个数。

CF1305F

首先感觉 \(\gcd\{a'\}=d=2\) 的答案不会很大，所以有一个浅浅的上界 \(n\)，这意味着操作次数 \(>1\) 的最多有一半，那么最少有一半的数并 没有被操作 / 操作 1 次 / 操作 -1 次，这意味着随便挑一个数大概率是这种。

考虑这个 \(d\) 跟 \(a_i'\) 的关系，显然有 \(d|a_i'\) 对叭 qwq

所以我们有一个粗浅的想法每次随机一个 \(i\)，贪心的求 \(d|(a_i+0/-1/1)\) 的答案，然后发现这样子仍然过不了。但是对于 \(d|d'\) ，这个 \(d'\) 就显得很没用了，所以可以直接筛质因数去跑。

CF505E

首先有一个显然的二分，判定能不能最终所有的高度 \(h_i'\leq H\)。

我们还是要考虑一下过程：

|--------------h---|---|---|---|
       |-H-----|-------|-------|

不难发现这个很难做，我们考虑倒着做，不妨初始令所有高度为 \(H\)，然后每天会减小 \(a_i\)，可以拔高 \(p\)，在过程中不出现 \(a_i<0\) 的情况下，这样子要求最终高度 \(h_i\leq h_i'\)，相当于把 \(H\) 左边那一点往右边推了。

可以考虑贪心，每次考虑拿出最快要 \(a_i<0\) 的拔高即可。

CF1626F

首先期望是假的，原柿求的是所有情况的 \(b_i\) 之和。

令 \(f[i][j]\) 表示做了 \(i\) 轮之后所有的情况下 \(j\) 有多少个，这样最终的答案就是 \(\sum f[i][j]\times n^{k-i}\) 啦。

然后题目有个取模，我们考虑对值域取模，令 \(t\gets lcm\{i\}\)，这个 \(t\) 上界不是很大（到 \(k-1\) 的 \(lcm\)）然后 \(f[i][j]\) 表示第 \(i\) 轮 \(b_i\mod t=j\) 的方案数。

转移显然有 \(f[i][j]\gets f[i-1][j]\times (n-1),f[i][j-j\mod i]\gets f[i-1][j]\)。

然后真实值又被扔掉了。 粗浅的看，感觉每一轮 \(j\) 的和都变成了 \(nj\)，大概是一个 \(n\) 的倍增，我们考虑算出每一轮的和，先令 \(sum\gets sum\times n\)，再考虑第二种转移对 \(sum\) 的影响。

贡献是 \(j-j\mod i\)，这个直接用方案数套进去就行了......？

CF1615E

理论上这个题目可以 wqs 二分套进去然后 dfn 序列做 dp 里面有一个决策单调性可以强行二分二分 dp 做掉这个数据结构题啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊。

首先分析一下先手的操作，一个点点掉实际上占掉了子树还有到跟的路径，那么显然叶子节点具有优先权。贪心地说，我们肯定先做叶子。

如果 \(lev\leq k\)，可以占用整个树，那么直接随便的最大化即可，枚举 \(i\in[lev,k]\)，求出最大的 \(i\times (n-i)\)。之后我们讨论别的情况 >w<

不考虑 \(w\) 的话，比较显然的想法是最大化 \(l\) 和占用部分 \(ans\)，然后再最大化 \(r\)，然后我们发现最大化 \(l,ans\) 肯定是没问题的，如果我们不最大化的话，有两种影响，这里不被占用的白指的是可以给后手肆意玩弄的点：

  • 被占用的白 变成 不被占用的白：显然对于后手不会更劣

  • 红点变成 变成 不被占用的白：后手肯定可以选择染色这样子 \(w\) 不变前面减小

所以我们先求一个选择 \(k\) 个叶子节点，考虑路径并最大是多少。

我们对于叶子节点按照 dfn 建立线段树，每次查询到根路径中未被占用的点数最大的点 \(u\)，加入 \(u\) 的贡献，把 \(u\) 的贡献设为 \(-inf\) 来删除，从 \(u\) 往上遍历，对于未占用的点，占用祂，对其子树做一个 \(-1\) 操作来清除祂的贡献即可，这是一个区间修改的线段树。

这个贪心不是很显然，需要证明。假设一个最优方案不包含 \(u\)，取跟祂最近的 \(v\)，把 \(u\) 换成 \(v\) 答案不会更差。

先手一定了，考虑后手，可以选择染色的个数范围 \(i\in[0,n-ans]\)，取一个最小的 \((k-i)(n-k-i)\) 即可......？

CF468C

构造题真的创人 /shui

考虑一个 \(f(i+10^{18})=f(i)+1\)，然后 \(f(10^{18}-1)=81\times 10^{18}\) 是好求的，一堆 \(9\) 任意拼凑。

首先令 \(p\equiv f(10^{18}-1)\pmod a\)

\[\sum_{i=1}^{10^{18}-1} f(i)=p\pmod a \]

\[\sum_{i=1}^{10^{18}} f(i)=p+1\pmod a \]

不断把最低位换出去，得到

\[\sum_{i=t}^{10^{18}+t-1}f(i)\equiv p+t\pmod a \]

然后就直接

\[\sum_{i=a-p}^{10^{18}-a-p-1} f(i)=p+a-p\pmod a \]

P3590

神经仙题。

一个结论：答案区间至少有一个端点在 \(1,2,3,n-2,n-1,n\) 之一的位置，于是可以暴力去扫着做。

考虑证明，可以说明对于任意合法区间，如果左右都有至少 \(3\) 个字符，那么肯定可以拓展。

考虑一个合法区间 \(S\)，以及序列 ***S***，如果 \(S\) 只有一个字符，那么显然可以随便拓展。

现在考虑两个字符，不妨设字符 ABC 出现次数为 \(a>b>c\)，然后考虑能不能构造出不合法的情况。

  • 左右放 A， 显然可拓展，不这样构造

  • 左边放 B，不可拓展当且仅当 \(a=b+1\)，所以如果右边放 B 那么可以取到 \(b>a\)，那么右边一定放 C，我们考虑形如 **BSC**，为了右边不能被拓展必须有 \(c+1=b\)，那么 ABC 出现次数为 \(x+1,x,x-1\)

*XBSC**，X 处只能放 C（A 会 ABC 一起然后合法，B 会 B 超过 A 但是 C 不变）。

XCBSC**，X 处还是只能放 C（A 会 ABC 一起然后合法，B 会 B 超过 A 但是 C 变成 x）。

CCBSCX*，X 处 ABC 都放不了（撒花。

  • 左边放 C，右边可以放 BC，我们剩下 CC 的情况分讨，首先有 \(c+1=b\)

*XCSC**，X 处不能放 C（C 超过 A 别的不变），不能放 A（C 等于 A 之后 A 再超过 C），只能放 B。

同理可得只能摆 *BCSCBX，然后 X 又是 ABC 都不行了 qwq

所以......？暴力然后过了。

CF364B

首先有一个 greedy，每一轮尽量多选择。然后朴素的想法每一轮跑 01 背包然后取最大价值，但是这样子会 tle。

事实上 01 背包初始的时候跑一次就可以了，因为如果有选择出重叠的部分，完全可以选择去掉这部分来取得同样的收益。

CF95E

不同种类的不会超过 \(\sqrt n\) 种，然后直接优化多重背包即可。

CF1842H

随机 \(x_i\in [0,1]\)，限制条件 \(x_i+x_j\leq 1\) / \(x_i+x_j\geq 1\)。

后面那个我们可以考虑变形喵，不妨令 \(x_i\gets x_i-0.5\)，然后就变成了：

随机 \(x_i\in [-0.5,0.5]\)，限制条件 \(x_i+x_j\leq 0\) / \(x_i+x_j\geq 0\)，好看多了是吧（

然后发现这个限制条件其实亦真亦假是由那个 绝对值 大的数决定的，不妨按顺序 dp。

在实数域上面随机，意思是差不多随机到两个相同连续的概率为 0，不用考虑啦，剩下的考虑一个排列的顺序就行了，考虑符号的话总情况数量是 \(2^n\times n!\)。

用 \(f[j]\) 表示当前排列填了 \(1,...,BitCount(j)\) ，填的位置为 \(j\) 的方案数，然后我们考虑这个位置向外贡献，对于一个没有填的位置 \(i\)：

我们考虑 \(st[][i]\) 对于填写 \(i\) 的影响：

  • 如果这个地方填 \(-i\)，那么要满足 \(st[0][i]|j=j\)，转移到 \(f[j|1<<i-1]\)。

  • 如果这个地方填 \(+i\)，那么要满足 \(st[1][i]|j=j\)，转移到 \(f[j|1<<i-1]\)。

然后就做完了，答案是 \(\frac{f[2^n-1]}{2^n\times n!}\) 啦 >w<

posted @ 2024-03-15 14:57  Hypoxia571  阅读(19)  评论(0)    收藏  举报