杂题笔记

KMP

• 记录第 \(i\) 个前缀的最长 border 为 \(\pi(i)\)，考虑第 \(i + 1\) 个前缀可能 border 的形态．
• 发现第 \(i + 1\) 个前缀的 border 除了第 \(i + 1\) 个字符以外，前面的部分一定恰好是第 \(i\) 个前缀的 border．
• 考虑如何快速跳转访问到第 \(i\) 个前缀的所有 border．事实上，第 \(i\) 个前缀的第二长 border 即 \(\pi(\pi(i))\)．依据这个跳转原理可以快速访问第 \(i\) 个前缀的全部 border．
• KMP 即考虑 \(P + \# + T\)，则完全匹配当且仅当 \(\pi(i) = m\)．
• 时间复杂度是 \(\Theta(n)\) 的．因为整个算法的时间复杂度不大于对变量 \(j = 0\) 操作 \(n\) 次，要么令 \(j \gets j + 1\)，时间复杂度贡献 \(1\)；要么令 \(j \gets j - w\)，时间复杂度贡献 \(w\)．这里的 \(j\) 对应的是 KMP 里的 \(\pi(i)\)．

ACAM

• 对模式串集合建立 trie 树，则节点保存了模式串前缀的状态，设节点 \(u\) 代表的前缀是 \(S(u)\)．
• fail 指针 \(f(u) = v\)，其中 \(S(v)\) 是 \(S(u)\) 的最大真后缀．特别地，根节点 \(f(0) = 0\)．
• 这里的 fail 换成 fa 之后，深度（即前缀长度）从小到大地考虑，每个点的 fa 都是先前出现过的．因此，把 trie 的全部边删除，将 fail 看成边，得到的仍然是一棵树．
• 考虑求出 \(f(u)\)．
• 类似 KMP 的思想，考虑已知 \(u\) 和它的后代 \(v = T(u, c)\)，如果 \(f(u)\) 也存在一个后代字符为 \(c\) 的节点 \(z\)，则 \(f(T(u, c)) = z\)．
• 否则，进一步考虑 \(f(f(u))\)，\(f(f(f(u)))\)……直到有一项存在后代为字符为 \(c\) 的节点为止．
• 现考虑暴力跳 fail 的优化．类似路径压缩的想法，考虑令 \(T(u, c)\) 不存在时，定义 \(T(u, c) = T(f(u), c)\)． 这样以来，\(T(u, c)\) 的实际含义是：对 \(u\) 不断 \(u \gets f(u)\)，直至 \(u\) 含有字符为 \(c\) 的后代时，的这个后代．这里 \(u \gets f(u)\) 的迭代可以进行零次．
• 这样以来重新考虑计算 \(u\) 的子节点 \(v\) 的 \(f(v)\)．设 \(v\) 代表字符 \(c\)，我们发现根据前文，\(f(v)\) 的求值方式跟 \(T(u, c)\) 十分类似，唯一的不同是 \(u \gets f(u)\) 的迭代至少要进行一次，否则一次迭代都不进行的 \(T(u, c)\) 其实就是 \(v\)．因此，\(f(v) = T(f(u), c)\)——从 \(u\) 开始迭代至少一次，即从 \(f(u)\) 开始迭代至少零次．
• 根据上面的原理，设计 ACAM 建树算法．
• 深度（前缀长度）从小到大地考虑节点．对于 \(u\)，若 \(v = T(u, c)\) 存在，则 \(f(v) = T(f(u), c)\)．否则，\(T(u, c) = T(f(u), c)\)．
• 建树算法的复杂度为 \(\Theta(n \Sigma)\)．
• 下面考虑多模式串匹配的过程．
• 对模式串集合建树．则问模式串在文本串中的出现，可以考虑对每个文本串的前缀，求出它有多少个后缀在 ACAM 中出现．
• 考虑文本串 \(T\) 从 \(1 \to n\)．令 \(u\) 初始为 \(0\)．对于 \(c = T_i\)，\(u \gets T(u, c)\)．
• 首先思考一下这个 \(u\) 在干什么．不难发现，如果 \(T(u, c)\) 是 trie 原本存在的节点，那么跳转．如果 \(T(u, c)\) 原本不存在，说明 \(S(u)\) 后面接上 \(c\) 之后在模式串集合中已经不存在．因此，这里 \(u \gets T(u, c)\) 就会让 \(u\) 一直舍弃前缀，直至 \(S(u) + c\) 能在 trie 中出现．很精妙．
• 然后现在就可以考虑令 \(j = T(u, c)\)，通过 \(j \gets f(j)\) 的方式，再统计 \(u\) 所有可能在模式串集合中出现的后缀．
• 观察到整个过程实际上是一个 \(j\) 跳 fail 的过程，先前已经说明 fail 关系视作 fa 关系之后，整个 ACAM 仍然保持一个树状的结构．所以可以只考虑每次只在节点 \(u\) 上挂一个标记，最后从深度最大的点向根节点拓扑统计即可．

https://www.luogu.com.cn/problem/P5357

tarjan & rst & 2-SAT

• 强联通分量 / 缩点将有向图 -> DAG，点双连通分量 / rst 将无向图 -> 树，性质变好的同时，保留了一定的可达性信息．想法比较类似只考虑保留无向图连通性信息时，可以考虑并查集．
• 点双连通分量、割点问题，可以考虑直接建 rst（rst 通常用来刻画无向图必经性，by ljh）．
• 每个点只可能在一个边双联通分量里，但可以被多个点双共用（因此我们有 rst，这是点双的概念）．每条边只能在一个点双 / 边双．
• 点双和边双建立在搜索树上，点双是对于 \(u\)，遍历每个 \((u, v)\) 时就根据 \(\operatorname{low}(v)\) 和 \(\operatorname{dfn}(u)\) 的关系决定 \(T(v)\) 与 \(u\) 是否构成点双．而边双是遍历 \(u\) 的所有出边后，检验 \(\operatorname{dfn}(u)\) 和 \(\operatorname{low}(u)\) 的关系，决定 \(T(u)\) 整体是否是一个边双．
• 缩点和边双的代码类似，有区别的地方在于当一个强联通分量确定后，接下来在 tarjan 时应该 忽略已确定的强联通分量中的所有点，这些点的 \(\operatorname{low}(v)\) 并不应该用来更新 \(\operatorname{low}(u)\)．一般用 !sccno[v] 检查这个点是否应不被忽略．
• tarjan 求出的强联通分量编号是拓扑序倒序．2-SAT 中，\(x \to \neg x\)，应该取箭头后的，即拓扑序大的，即编号小的优先取．

P11191

https://www.luogu.com.cn/problem/P11191

一个点 \(u\) 可以被释放，当且仅当它存在后继 \(1\)，或者存在一个后继 \(v\) 被释放了．

注意到对于一次 \([l, r]\) 的询问，考察满足 \(a_x \in \{a_l, a_{l + 1}, \ldots, a_r\}\) 的点 \(u = a_x\)，\(u\) 能否被释放只与 \(l\) 有关而与 \(r\) 无关，且能否被释放关于 \(l\) 有单调性，记 \(f(x)\) 为这个分界点，即 \(l > f(x)\) 时，\(u\) 不能被释放，而 \(l \le f(x)\) 时，\(u\) 可以被释放．那么只需预处理所有的 \(f(x)\)，则问题变为检查 \([l, r]\) 内有多少个子区间 \([f(x), x]\)，转化为静态二维数点问题．

现在考虑 \(f(x)\) 的求解．令 \(u = a_x\)，大致思路应该是：

• 若 \(u\) 存在后继 \(1\)，则 \(f(x) = x\)．
• 否则，在 \(u\) 的所有后继 \(v\) 中，找到一个对应的 \(f\) 值最大的，作为 \(u\) 的 \(f\) 值（因为只要一个被释放了，自己就有路可走）．

这样的思路是粗糙的，因为我们没有说明 \(v\) 对应的 \(f\) 是什么——\(a\) 是一个可重的数列，因此点 \(v\) 可能对应多个下标．我们仔细考虑这个问题．

假设多个 \(y\) 满足 \(a_y = v\)．注意到：

• 如果 \(y > x\) 则这样的 \(y\) 无意义．
• 对于所有的 \(y < x\)，不妨假设 \(y_1 < y_2 < x\)，则一定有 \(f(y_1) \le f(y_2)\)（利用的是 \(f\) 在右端点处的单调性）．
• 因此，考虑最后一次 \(v\) 可以被释放的时机，只需要贪心地考虑 \(y_2\) 就够了．也就是 小于 \(x\) 的最后一个满足 \(a_y = v\) 的 \(y\)．只需要边扫边处理便可以做到这一点．

现在考虑做法的复杂度，每次对于一个点我们都暴力扫后继，注意到 \(a\) 的可重性使得后继的总数可能超过 \(\Theta(m)\)，达到 \(\Theta(n^2)\) 的量级．算法需要优化．

优化的空间在于扫到的后继总数是 \(\Theta(n^2)\) 的，但实际上有大量的扫描中，\(f\) 并没有发生更改．然后我也不知道为啥就考虑根号分治了，可能是对于这种扫度数的点，可以套路地考虑设置一个度数阈值 \(B\)，那么度数小于 \(B\) 的点暴力扫复杂度是 \(\Theta(B)\)，度数大于 \(B\) 的点不超过 \(\Theta\left(\dfrac m B\right)\) 个．这里有向图度数指的是出度，因为我们扫的是后继．

然后小于 \(B\) 的点就可以直接暴力了．大于 \(B\) 的点我们不再考虑到他那里去扫后继求 max，而是从后继的角度出发，去更新这些大于 \(B\) 的点．这样以来，复杂度就变成了扫描大于 \(B\) 的点的数量，即 \(\Theta\left(\dfrac m B\right)\) 量级．

取 \(B = \sqrt m\)，复杂度 \(\Theta(n\sqrt m + q\log n)\)．

ABC426F

ABC426F Clearance，区间 \(a_i \gets \max(a_i - k, 0)\)，问每次区间总共减了多少．

关键思路：对于每个 \(i\)，至多发生一次 \(a_i > 0\) 且 \(a_i - k < 0\)．因此特殊处理这些单点不会对总复杂度造成影响．因此只需考虑 \(a_i = 0\) 的元素如何处理．这直接给区间设置一个属性 \(d\)，每次区间长度当成 \(r - l + 1 - d\) 做即可．

通常这种问题还需快速判断一个区间内是否有特殊点，从而保证我们不会在没有特殊点的区间上浪费时间．注意到每次询问的 \(k\) 变化，我们想要快速知道区间是否存在 \(0 < a_i < k\)，可以维护区间 \(\min\)，特别地 \(a_i = 0\) 在区间 \(\min\) 维护中按 \(+\infty\) 处理．

P4219

https://www.luogu.com.cn/problem/P4219 动态加边，求某条边两侧联通块大小．

首先考虑并查集，那么我们发现路径压缩一定不可取，因为它会破坏图的形态只保留图的连通性结构，会让我们无法实时查询每个边两侧联通块大小．

那么启发式合并可以吗？注意到我们每次链接 \((u, v)\) 不可以简单地等价为链接 \((f_u, f_v)\)，\(f\) 是祖先．其实一个简单的链就能卡死了，所以不行．

那怎么办？？？重新考虑一下，首先对于 \((u, v)\) 这条边，我们只需要获取这条边所在的顶点 \(r\)，设 \(u\) 是 \(v\) 的父亲，则一边是 \(\operatorname{siz}(v)\)，另一边是 \(\operatorname{siz}(r) - \operatorname{siz}(v)\)．\(r\) 可以通过简单的并查集得到，那么 \(\operatorname{siz}\) 如何快速更新？

链接 \((u, v)\) 时，仍然假设 \(u\) 是 \(v\) 的父亲，则要更新的 \(\operatorname{siz}\) 其实只有 \(u \rightsquigarrow r\) 这一段（\(r\) 是 \(u\) 的祖先），并且是一个链加的形式．链加，查单点，我们只需要把最后的树先前建好，那么树状数组维护差分即可．

P5795

https://www.luogu.com.cn/problem/P5795

集合 \(S\) 中第 \(k\) 小的数是多少？这种问题一般转化为：集合 \(S\) 中小于等于 \(x\) 的数有几个．设其为 \(f(x)\)，则只需要在 \(f\) 上二分 \(f(x_0) = k\) 的点即可，复杂度多一个 \(\log\)，但通常 \(f\) 的求解要简单很多．01 trie 或者线段树这种数据结构上，二分可能可以直接通过讨论左右儿子做到，本题就是一个很好的例子．还有一个很好的例子：https://atcoder.jp/contests/abc294/tasks/abc294_f

注意到 \(\Theta(n q \log m)\) 的复杂度可以接受，考虑对 \(Y\) 建立可持久化 01 trie．下面假设 \(S\) 中二进制第 \(k\) 位前的值均一致，现在计算 \(f(2^k - 1)\)，即异或结果二进制第 \(k\) 位为 \(0\) 的数量．这只需要讨论 \(X\) 区间中每个数会与 \(Y\) 这个区间上的 01 trie 对应节点异或出多少个 \(0\) 即可．

CCPC Online 2025 C

https://qoj.ac/contest/2534/problem/14549

完全图最小生成树，但是每个点找最小边可以小复杂度做到（本题是 \(\Theta(\log n)\)）．

这个魔改 Prim 感觉我自己想不出来只能积累……，考虑堆优化 Prim 存边，堆 \(Q\) 中每个元素存 \((u, v, w)\) 的三元组形式，按边权从小到大排序（堆顶为小边权），同时维护集合 \(S\) 表示已经入树的点．

• 一开始选随意点 \(u\)，令 \(S = \{u\}\)，找到最小边 \((u, v, w)\) 令其入 \(Q\)．
• 然后开始出堆．当一个 \((-w, u, v)\) 被弹出，如果 \(v \in S\) 则忽略，否则我们考虑在树中链接 \((u, v)\)，表现为 \(S \gets S \cup \{v\}\)，答案累计 \(w\)．
• 然后同时考虑从 \(u\) 和 \(v\) 开始再拓展一条最小边入队（注意，最小边的另一个点应当保证不在 \(S\) 中，这可以用一个 set 维护做到）．

这个做法为什么是对的？只需要考虑堆 \(Q\) 中的边始终满足：对于所有 \(u \in S\)，满足布尔条件 \(B(u)\)：可以在 \(Q\) 中找到一个 \((u, v, w)\)，使得 \(w\) 是完全图中点 \(u\) 可以连出的，同时满足 \(v \not \in S\) 的，所有的边中边权最小的．

然后我好像不会了……问一下作者看看怎么回复．

P6189

https://www.luogu.com.cn/problem/P6189

\(\Theta(n^{1.5})\) 求 \(n\) 的分拆数．

考虑 \(f(i, j)\) 表示 \(i\) 的分拆数，钦定各项不超过 \(j\)；\(g(i, j)\) 表示 \(i\) 的分拆数，钦定项数等于 \(j\)．

那么有：

\[f(i, j) = f(i - 1. j) + f(i, j - 1) \]

在 \(f\) 的递推中，我们钦定 分拆项单调不减．

• \(f(i - 1, j)\) 表示 \(\max = j\)，即最后一项为 \(j\) 的分拆方案数．我们将最后一项撇掉，那么剩下的部分分拆数是 \(f(i - 1, j)\)．
• \(f(i, j - 1)\) 表示 \(\max < j\) 的方案数，即最后一项 \(< j\)．那其实就是 \(\max \le j - 1\)，即 \(f(i, j - 1)\)．

\[g(i, j) = g(i - 1, j - 1) + g(i - j, j) \]

在 \(g\) 的递推中，我们钦定 分拆项单调不增．

• \(g(i - 1, j - 1)\) 表示拆分第 \(j\) 项 \(=1\) 的方案数．
• \(g(i - j, j)\) 表示拆分第 \(j\) 项 \(> 1\) 的方案数．考虑将 \(j\) 项拆分向下平移 \(1\)（都减去 \(1\)），即可与 \(g(i - j, j)\) 的拆分方案双射．

对 \(g\) 原地前缀和一下，让 \(g(i, j)\) 变成 \(i\) 的拆分数，钦定项数不超过 \(j\)．而 \(f(i, j)\) 定义不变，表示 \(i\) 的分拆数，钦定各项不超过 \(j\)．

不难发现，如果每一项都不超过 \(B - 1\)，那么项数

P14409

定义长度为 \(n\) 的序列 \(f\) 是好的，当且仅当存在一个长度为 \(n\) 的序列 \(p\)，使得 \(f_i\) 恰好等于 \(p\) 中以第 \(i\) 个元素结尾的最长上升子序列长度．容易看出 \(f_i \le i\)，因此长度为 \(n\) 的好序列数量有限．

给定一个长度为 \(n - 1\) 的序列 \(b\)，求出有多少个长度为 \(n\) 的好序列 \(a\)，且删除一个元素后可以得到 \(b\)．

\(n \le 10^6\)