THUPC2022决赛题解

简单的卡牌游戏

发现数据范围非常小，四种花色，每一种花色（已经打出的牌）一定构成一个连续段，且一定包括数字 $7$ 。

也就是说，每一种花色的卡牌只有 $50$ 种状态，总共只有 $6250000$ 种状态。

每个状态最多连出 $8$ 条边，且状态间构成有向无环图，于是可以直接记忆化搜索。

pmrmscxip

$a_{i+1}=b_{a_i}$ 即为指定每一个数的后继，又因为 $b$ 是一个排列，所以一个合法的连续段对应置换环上的一段链。

一次修改只会影响 $O(1)$ 个极长连续段，所以可以考虑维护极长连续段。

一个极长连续段包含 $x$ 的必要条件是该连续段所属的置换环包含 $x$ 。

将置换环展开成链，那么一个极长连续段可以表示为一个四元组 ${L,R,P,W}$。

其中 $W$ 是在原序列中的长度， $P$ 是在原序列中的位置， $L,R$ 是在（展开成链后的）置换环中的位置。

那么查询即为求在所有 $l \leq P \leq r,L \leq p \leq R$ 的连续段中， $W$ 的最大值（左右端点处的连续段可能不完整，需要特判）。

（查询变量小写字母，连续段变量大写字母， $p$ 是 $x$ 在其置换环中的位置）。

那么外层线段树，内层平衡树可以在 $O(n \log^2 n)$ 时间和 $O(n \log n)$ 空间内解决问题（外层实现直接区间修改）。

拯救还是毁灭

（参考百度贴吧讨论贴中结论）

答案上界为 $2n(n-1)$ 。

首先在目标矩阵的基础上，每个位置循环右移一格，再循环下移一格。

这样的话行交换和列交换都至少要 $n(n-1)$ 次（证明就是考虑每一行数的集合以及排列的置换环理论）。

然后从上到下一行一行的归位，最后一行交换 $n-1$ 次，其它每一行交换 $2n-1$ 次。

最后一行方法显然，所以只需要讨论前面的行如何归位即可。

假设这一行中归位后的数为 $i*n+1$ 到 $i*n+n$ ，并且把它们在表中的位置找到。

如果 $i*n+x$ 的位置是格子 $(z,y)$ ，那么点 $x$ 向点 $y$ 连边。

因为有 $n$ 个点 $n$ 条边，所以一定有环，然后分别归位不在环上的数和在环上的数（注意顺序）。

对于不在环上的数：

按照拓扑序，每一个用 $2$ 次交换归位，先归位行（挪到最下面），在归位列（同样注意顺序）。

因为按照拓扑序归位，所以不会把之前已经归位的数打乱。

对于在环上的数：

先整体归位行，在整体归位列（前者因为去除了环外点的影响，不会出现一列两个数的情况，而后者相当于最后一行的方法）。

一定有环，所以容易证明归位一行的交换次数严格小于 $2n$ 。

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$dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，状态为 $j$ 的方案数（状态包括最后一位以及递增递减/重复序列的长度）。

但是 $L,R$ 的范围高达 $10^9$ ，所以要想办法加速这个递推式。

然后递推式加速我目前只会 $O(k^3)$ 的矩阵乘法。这题的状态数 $k$ 大约有 $3600$ ，矩阵乘法肯定不行。

据说 Berlekamp-Massey 算法可以解决这个问题。

倍增路径

$dp_{i,j,k}$ 表示目前走到点 $i$ ，在第 $j$ 轮操作，路径边权和余数为 $k$ 的最大分数，转移显然。

注意 $k=0$ 时更新答案以及进入下一轮，以及刚开始时虽然 $k=0$ 但是不能直接进入下一轮。

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序列分块，假设 $1$ 代表左边零散块， $2$ 代表中间整块， $3$ 代表右边零散块。

$S(1,1)+S(3,3)$ ： $f_{x,y,z}$  表示第 $x$ 块中 $a_w \leq a_y,w \leq z$ 的 $w$ 个数，修改时枚举 $j$ 计算 $b_j$ 增加次数。

$S(1,3)$ ：块内排序，修改时枚举 $j$ ，双指针扫描计算 $b_j$ 增加次数。

$S(2,3)$ ： $f_{x,y}$ 表示前 $x$ 块中 $a_z \leq y$ 的 $z$ 个数，修改时枚举 $j$ 计算 $b_j$ 增加次数。

$S(1,2)$ ：相当于 $\sqrt{n} \times n$ 的平面上 $O(n \sqrt{n})$ 次单点修改与 $O(n)$ 次矩形求和，用这题中做法。

$S(2,2)$ ：修改时打差分标记，查询时枚举 $i$ 所属的块，计算两块间累加次数和每次累加的增加次数，注意最后一块特殊处理。

匹配

明显每个位置独立，位置之间互不影响，每个位置取 $0$ 和取 $1$ 的代价容易计算。

但是有一些串强行不能取，而且不能取的串长度都是 $L$ 。

把这些不能取的串插入到字典树中，然后设 $dp_i$ 表示从字典树的 $i$ 号点往下走的最小代价。

然后考虑往左还是往右（就是对应位置取 $0$ 还是取 $1$ ），注意处理子树为空的情况。

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首先对于一个固定的右端点 $r$ ，左端点 $l$ 从 $r$ 扫到 $1$ ，乘积发生改变的次数为 $O(\log n)$ 。

然后把询问按照 $r$ 从小到大排序，相当于扫描线+树状数组（或线段树）维护，时间复杂度 $O(n \log^2 n+q \log n)$ 。

对于右端点 $r$ ，乘积发生改变的位置可以从右端点 $r-1$ 的位置继承下来，在加上 $r$ 自己。

因为三种价值对应的信息都能合并，且具有一定意义上的单调性。

然后将序列中 $\log n$ 个位置分一块，查询区间 $[l,r]$ 时要求 $[l',r']$ 的价值之和，分 $r,r'$ 是否在同一块内两种情况分别计算。

不在同一块内的处理：注意到长度为 $\log n$ 的连续段对应改变位置的并集大小依然只有 $O(\log n)$ 。

用同样的方法找出这些位置，然后用之前的处理方法。

在同一块内的处理：假设这一块为 $[x,y]$ ，令 $r$ 从 $x$ 到 $y$ 扫描，动态维护 $r' \in [x,r]$ 的信息。

$$f(l)= \sum_{i=l}^r \sum_{j=max(i,x)}^r val(i,j)$$

那么查询就是函数 $f(l)$ 单点查询。

由于改变位置的并集大小只有 $O(\log n)$ 所以 $f(l)$ 其实是 $O(\log n)$ 个一次函数“拼接”而成的折线，直接暴力修改。

时间复杂度 $O(n \log n+q \log n)$ 。

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