2025年2月杂题集

Part 1

P5904 [POI 2014] HOT-Hotels 加强版

长链剖分与 DP 练习题。首先推出 $O(n^2)$ 的 DP 式子，由于第二维都与深度有关，所以可以使用长链剖分优化成 $O(n)$。

对于长链上的儿子直接用指针继承状态，注意要精细实现才能不发生内存混乱。而对于非长链上的儿子则暴力合并。有点类似启发式合并的感觉。

有一些转移式子是枚举两个儿子，需要开一个临时数组记录前缀和优化复杂度。

P10085 [GDKOI2024 提高组] 染色

染一次是这样：

.o.
ooo
.o.

如果再把周围四个方向都染上就会变成：

..o..
.....
o.o.o
.....
..o..

我们把它称作 $1$ 长十字架。

以此类推，每 $5$ 个 $2^x$ 长十字架可以组成一个 $2^{x+1}$ 长十字架。

注意到如果我们放一个 $2^{n-1}$ 长十字架，那么左右的就会重合，上下的就会重合，于是就实现了染一个点。

于是我们依次缩小十字架的长度，最后就能知道哪些点染的是 $0$ 长十字架。复杂度 $O(2^{2n}n)$。

P1935 [国家集训队] 圈地计划

类比文理分科。变成最小割模型，割完后与 $S$ 相连则选 $A$，与 $T$ 相连则选 $B$。

注意到这道题是相邻不同有额外贡献，而不是相同，那么我们可以先黑白染色，黑点是左 $A$ 右 $B$，白点是左 $B$ 右 $A$。
此时额外贡献就很好表示了，还是从 $S$ 向新增点连一条容量为 $C$ 的边，从新增点向相邻两个点连容量为 $inf$ 的边，另一边也同理。
最后答案就是总和减去最小割。

[ARC107F] Sum of Abs

还是最小割模型，不过建模需要仔细斟酌。

最理想情况下，答案应该是 $-(\sum _{b_i<0} b_i)+\sum_{b_i\ge 0} b_i=\sum|b_i|$，而实际上很难达到理想状态，所以我们可以从理想状态调整建模：

删掉这个点，使答案减少 $a_i+|b_i|$。
一个 $b_i<0$ 的点放入取正的连通块，使答案减少 $-2b_i$。
一个 $b_i\ge 0$ 的点放入取负的连通块，使答案减少 $2b_i$。

所以把一个点拆成两个点 $in_i,out_i$，左右连 $S$ 和 $T$，中间连上删点的贡献。

我们还有一个连通块内正负性相同的限制，所以如果 $(u,v)$，那么 $out_u\to in_v,out_v\to in_u$。

P9878 [EC Final 2021] Check Pattern is Bad

构造题。

Part 1 判断原图是否已经不合法。

Part 2 首先把能确定的都确定了，即把形如

WB
B?

这样的可以直接将问号换成 B。

我们正反扫两次就能把这些填完。过程中如果出现填两个颜色都不合法的格子也要输出 NO。

Part 3 每次对于剩下的问号，随机填，每填一个就从它开始搜索把能确定的都确定了。注意可能不合法需要回溯，因此要记录搜索时填了哪些位置。

Part 2

CF888G Xor-MST

看到异或首先想到 01-Trie。考虑 Kruscal 的过程，每次找到一条最小的边，看是否能连上。

发现在 01-Trie 上，两点的异或和主要与它们的 LCA 深度有关。

因此我们可以联想到，$n$ 个点的 01-Trie 恰好有 $n-1$ 处分叉，即拥有两个儿子的节点。而这些分叉就是答案 MST 的边的端点的 LCA。

现在我们只要对每一个分叉，求出在左右子树中各选一个点，求最小的异或和，可以枚举 Size 较小的一个子树，然后在另一个子树内查询。根据启发式合并的思想，这样枚举是均摊 $\log$ 级别的，而查询也是 $\log$ 级别的因此最终复杂度是 $O(n\log n\log V)$。

我们可以事先对 $a$ 数组排序，然后在全局的 Trie 上做这些过程，这样就省去了启发式合并 Trie 的过程。

P4098 [HEOI2013] ALO

枚举一个 $i$，考虑当 $a_i$ 为次大值时，求异或的最大和。

可以用 ST 表加二分求出前驱最大值和后继最大值，然后我们需要区间查询异或和的最大值，用可持久化 Trie 即可。

时间复杂度 $O(n(\log n+\log V))$。

P4585 [FJOI2015] 火星商店问题

写起来感觉有一点 shi 的数据结构题。

首先有一个线段树套可持久化 Trie 的做法，对商店开线段树，对时间可持久化，这样时间和空间都是 $O(n\log ^2n)$，很不优美。

有一个使用线段树分治可以做到时间 $O(n\log ^2n)$，空间 $O(n\log n)$ 的做法。

我们把询问的时间区间插到线段树上，于是一件物品就是单点插入，可以用 vector 按商店编号排序，自顶向下更新询问。

01-Trie 则显然就是按商店编号可持久化了。这样做每到一个节点会开一个 Trie，而用完就删掉了，因此空间可以少一个 $\log $。

[AGC023F] 01 on Tree

被称作 Exchange Argument（临项交换）技巧的贪心题。

这道题和之前 abc 的某道 G 题很像。

考虑自顶向下删点很难做，我们可以从独立的 $n$ 个点开始，每次选择一个点，令它与其父亲连边，表示它的父亲删完以后，立刻删掉它所在的连通块。而每当与 $0$ 号点（$1$ 的父亲）连通时就代表执行删除连通块的操作。

而我们需要确定一个连边的顺序，这里用了 Exchange Argument 的 Trick。如果连通块 $a,b$ 有 $a_0,b_0$ 个 $v=0$ 的点，$a_1,b_1$ 个 $v=1$ 的点，那么删 $a$ 比删 $b$ 更优当且仅当，$a_1\times b_0<b_1\times a_0$，即

\[\frac {a_1} {a_0} <\frac {b_1} {b_0} \]

于是将 $\frac {a_1} {a_0}$ 插入优先队列中即可。当 $a_0=0$ 时根据题意看作无穷大。

每次取出优先队列的 top，然后将其合并到它父亲的连通块，使用并查集维护连通块。

由于还要计算答案，需要在每个连通块维护一个 $s$ 表示删除连通块内的点的贡献，合并时直接将 $s$ 相加并且计算额外贡献即可。

P9678 [ICPC 2022 Jinan R] Tree Distance

双倍经验：P9058 [Ynoi2004] rpmtdq。

以下 $(i,j)$ 代表 $dist(i,j)$。

我们把 $(i,j)$ 看做点对 $i,j$ 的权值，那么原题转化为了二维数点问题，直接做是 $O((q+n^2)\log n)$。

瓶颈在于点对有 $O(n^2)$ 个，注意到很多点对是没有用的，实际上有用的点对很少，我们可以找出支配点对。

如果点对 $x,y$ 和 $a,b$ 满足 $a\le x\le y\le b\land(x,y)\le (a,b)$ 则 $a,b$ 显然是没有用的，我们称 $a,b$ 被 $x,y$ 支配。
如果点对 $x,y$ 不被任何另一对点支配，则 $x,y$ 称作支配点对。

我们可以找到一种支配点对的必要条件。将所有可能为支配点对的点对加入集合 $S$ 并且要使 $S$ 的大小可接受。

由于是与点对有关的信息，考虑点分治，设当前分治重心为 $rt$。我们把当前连通块内任意两点 $x,y$ 的距离看做 $(x,rt)+(y,rt)$ 即可，因为如果一个支配点对 LCA 不为 $rt$，则可以在其他分治重心被统计到。

先给出结论：对于 $x<y<z$ 且 $(x,rt),(y,rt)\le (z,rt)$，点对 $x,z$ 一定不是支配点对。$x>y>z$ 也如此。在这里 $x,z$ 和 $y,z$ 都在 $rt$ 的不同子树内，否则可以在其他重心被统计到。证明如下：

$(x,y)\le(x,rt)+(y,rt)\le(x,rt)+(z,rt)=(x,z)$

所以 $x,z$ 被 $x,y$ 支配。

因此只要对 $x$，将满足 $y<x$ 且 $(y,rt)\le(x,rt)$ 的最大 $y$ 与满足 $y>x$ 且 $(y,rt)\le (x,rt)$ 的最小 $y$ 与 $x$ 组成点对加入 $S$ 即可。

可以将连通块内的点排序后使用单调栈维护。

这样连通块内的每个点都有 $O(1)$ 个点对，而点分治均摊有 $O(n\log n)$ 个点，就有 $O(n\log n)$ 个点对。

剩下的就很简单了，离线后对 $l$ 扫描线，用树状数组维护 $r$ 的前缀最小值做二维数点。

时间复杂度 $O(n\log ^2n+q\log n)$。

Part 3

P4757 [CERC2014] Parades

模拟赛场切的一道题。

由于贪心不可做，所以考虑 DP，首先想设 $f_x$ 表示子树 $x$ 内最多选多少条路径。

那么考虑把路径挂在 LCA 上选，对于当前点 $x$，对于一条路径 $(u,v)$ 满足 $\text{LCA}(u,v)=x$，选这条路径的贡献就是 $f_u+f_v+1$ 再加上这条路径上挂着的那些子树的贡献。

除此之外选路径 $(u,v)$ 还要满足 $x$ 的在 $u$ 和 $v$ 方向上的边没有选，于是我们改进状态，加入状态压缩，设 $f_{x,S}$ 表示选了儿子集合 $S$ 的答案。

我们可以先用这些路径初始化 $f$，然后再 $O(3^{10})$ 枚举子集合并 $f$。

最后的问题如何算路径的贡献，有了状态压缩的 $f$ 后就很容易做这个问题，对于 $x,fa_x$，我们只要把 $f_{fa_x,U-x}$ 加到 $x$ 的子树中即可，其中 $U$ 表示全集。

可以使用树状数组运用差分做子树加、单点查。

时间复杂度 $O(3^{10}n+(m+n)\log n)$。

P5065 [Ynoi2014] 不归之人与望眼欲穿的人们

模拟赛没做出来的一道分块好题。

首先有一个性质：固定区间左端点后，不同的右端点最多有 $O(\log V)$ 个不同的或值，其中 $V$ 是值域。

那么据此可以写出一个 $O(qn\log V)$ 的做法并得到 70pts。

我们现在要处理出一个数组 $b_i$ 表示区间长度小于等于 $i$ 时按位或的最大值是多少。这样查询时即可直接二分。

由于只有 $O(n\log V)$ 个不同的或值，所以考虑把区间的左端点往右移的过程中，维护出每个不同的或值及其位置。

可以用链表实现，当插入左端点 $l$ 时，将所有位置或上 $a_l$，将 $l$ 作为链表的头，然后对于相同的或值只保留最前面的一个。

每次修改都这样暴力重构。

考虑改进这个做法，瓶颈在于修改时所有位置都扫了一遍太浪费了。考虑分块，设块长为 $B$。

那么合法的区间分为在一个块中和跨越多个块的情况。

在一个块中

修改时用上面的做法暴力重构一个块，查询时枚举每个块接着做二分，复杂度 $O(q B\log V)$。

跨越多个块

还是运用上面的性质，一个块内的前缀或后缀只有 $O(\log V)$ 个不同的或值，那么总共有 $O(\frac nB\log V)$ 个不同的或值。考虑这样做：

记 $pos_i$ 为所在块的编号，$l_x,r_x$ 为块的左右端点。我们把一个区间 $[L,R]$ 拆成 $[L,l_{pos_R}-1][l_{pos_R},R]$ 分别贡献。

那么我们可以枚举块 $x$，用以 $l_x-1$ 结尾的后缀与 $l_x$ 开头的前缀合并在一起做贡献，由于前者与后者都有最多 $O(\log V)$ 个或值且都单调，所以可以双指针做。这一部分是 $O(q\frac n B\log V)$。

后者可以每次暴力重构时处理出一个 $pre_x$ 数组。

前者可以在从小往大枚举 $x$ 的过程中，用类似上面的方法来做，每次加入一个块时，加入其中 $O(\log V)$ 后缀，可以在重构时处理出一个 $suf_x$ 数组，然后将之前所有值或上这个块的或和，然后将重复元素删去，一样用链表维护。这一部分是 $O(q\frac n B \log V)$。

而处理 $pre_x,suf_x$ 都是 $O(qB\log V)$。

取 $B=O(\sqrt n)$ 时可以做到 $O(q\sqrt n\log V)$。

ARC192C - Range Sums 2

简单交互题，由于 $p_1<p_2$，我们问出 $S=q(1,2)$ 后，对于 $3\le i\le n$，分别问出 $q(1,i),q(2,i)$。

如果 $\max(q(1,i),q(2,i))<S$ 则 $p_1<p_i<p_2$，否则也可以知道在那一侧，然后根据大小关系就可以确定顺序。根据顺序就可以知道 $a$ 数组。

当 $p_1+1=p_2$ 时，可能需要多问一次 $q(1,k)(p_k=p_1-1)$ 或 $q(2,k)(p_k=p_2+1)$ 来确定 $a_{p_1}$ 和 $a_{p_2}$。

P5279 [ZJOI2019] 麻将

DP 套 DP 练习题，用时 2h10min。

首先我们先建一个能不能判定当前局面是否能胡的自动机，然后在自动机上 DP 即可。在此之前可以先写出判定的 DP 式子然后建自动机。

首先我们只需考虑每种牌的个数。我们先来判定五个面子的情况，设 $f_{i,j,k,0/1}$ 表示考虑完前 $i$ 种牌后，当前预留了 $j$ 对 $(i-1,i)$，$k$ 个 $i$，有没有预留对子，值为当前最大的面子数。

注意到到 $j\ge 3$ 时，可以把三张 $i-1$ 和三张 $j-1$ 分别组成两个面子，$k\ge 3$ 时可以直接组成面子，所以 $j,k<3$。

于是自动机上的每个点需要记录两个 $3\times 3$ 的矩阵 $f_0,f_1$。另外我们不需要记录 $i$，因为自动机上并不关心考虑到哪种牌。

另外对于七个对子的情况，只需再在自动机上的每个点记录当前遇到的对子数 $k$。

那么一个节点胡了当且仅当存在一个 $f_1$ 中的值大于等于 $4$，或者 $k$ 大于等于 $7$。

实现可以使用 map 里面套两个 $3\times 3$ 的 vector 和一个 int。注意初始化时只有 $f_{0,0,0},k=0$，其他设为 $-1$。把所有胡的节点当做 $0$ 号即可。

转移时枚举新增 $x$ 张牌。有几种如下转移：

$f_0$ 新增 $x$ 张牌，转移到 $f_0'$。

$f_1$ 新增 $x$ 张牌，转移到 $f_1'$。

$f_0$ 新增 $(x-2)$ 张牌，转移到 $f_1'$。

当 $x\ge 2$ 时 $k\gets\ k+1$。

转移时再枚举与 $(i-2,i-1)$ 配成面子的张数、与 $i-1$ 配成 $(i-1,i)$ 的张数、留下 $i$ 的张数，剩余的拼成尽可能多的面子。

注意 $f_0$ 和 $f_1$ 中的值要对 $4$ 取 $\min$ 才能保证点数，且 $-1$ 不能参与转移。

发现算上初始点和胡节点只有 $2092$ 个点。直接 DP 即可。

我们不要枚举排列，而枚举每种牌选的个数，通过阶乘算出排列的贡献，具体来说设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑完第 $i$ 种牌后，选了 $j$ 个额外的牌，走到了自动机的 $k$ 号节点的方案数。

那么设初始有 $a_i$ 张 $i$ 号牌，则转移枚举 $0\le p\le 4-a_i$，有

\[f_{i-1,j,k}\times \binom {4-a_i} p\to f_{i,j+p,to(k,a_i+p)} \]

最后设 $g_i$ 为额外选了 $i$ 张牌后还没有胡的方案数。答案为

\[1+\frac {\sum _{i=1}g_ii!(4n-13-i)!} {(4n-13)!} \]

可以理解为前者是第一张牌，后者是选了 $i$ 张牌后再选一张的概率。

时间复杂度为 $2092\times 4\times n^2$。

P4336 [SHOI2016] 黑暗前的幻想乡

容斥+矩阵树定理。

矩阵树定理（无向图）

矩阵树定理用于求一张图的生成树个数（生成树点数等于原图点数）。

定义邻接矩阵 $A$，$A_{i,j}$ 表示 $i,j$ 之间的边数，度数矩阵 $D$，$D_{i,i}$ 表示 $i$ 的度数，拉普拉斯矩阵 $L=D-A$。

则生成树个数为 $det(L_{[n]\backslash \{k\},[n]\backslash \{k\}})$，即 $L$ 除去任意一行与一列后的行列式。

行列式求值

定义如下，其中 $p$ 为枚举全部排列，$\sigma (p)$ 为 $p$ 的逆序对数。

\[det(A)=\sum_p (-1)^{\sigma (p)}\prod A_{i,p_i} \]

直接计算是 $O(n!)$ 的，但我们可以消元计算做到 $O(n^3)$。

以下 $a,b$ 表示两行。

交换 $a,b$ 行列式取反。
$a\gets a\times k$，$k$ 为常数，行列式不变。
$a\gets a+k\times b$，$k$ 为常数，行列式不变。

那么我们可以将原矩阵高斯消元成仅 $A_{i,i}$ 有值的矩阵，此时 $det(A)=\prod A_{i,i}$。

本题

由于同一种颜色的边不能重复选，所以可以考虑容斥，$2^{n-1}$ 枚举每种颜色是否选，答案即为

\[\sum_S (-1)^{n-1-|S|}det \]

时间复杂度 $2^{n-1}(n-2)^3$，当 $n=17$ 时约为 $2\times 10^8$。

Part 4

P3317 [SDOI2014] 重建

如果直接套上矩阵树定理，这里度数矩阵即所有边权的和，发现 WA 了，为什么呢？我们考虑一下答案的构成：

答案应该是枚举所有树 $T$。

\[\sum _T\prod_{i\in E_T} p_i\prod _{i\not\in E_T} (1-p_i) \]

而矩阵树定理根据定义应该是所有可能树的边权乘积的和，即

\[\sum_T\prod _{i\in E_T} p_i \]

那么后面那一坨东西怎么办呢？发现后面可以化成这样：

\[\prod _{i\not\in E_T} (1-p_i)=\dfrac {\prod _{i\in E} (1-p_i)} {\prod _{i\in E_T}(1-p_i)} \]

代入得

\[\prod _{i\in E} (1-p_i) \sum _T \prod _{i\in E_T}\dfrac {p_i} {1-p_i} \]

由于我们用了除法，当 $p_i=1$ 时就爆炸了，所以当 $p_i=1$ 时，可以考虑 $p_i\gets p_i-eps$。

时间复杂度 $O(n^3)$，比较的 $eps$ 取了 $10^{-18}$，$p_i=1$ 的 $eps$ 取了 $10^{-15}$。

P4455 [CQOI2018] 社交网络

矩阵树定理（有向图）。

邻接矩阵 $A_{i,j}$ 表示从 $i$ 连向 $j$ 的边数，度数矩阵分为出度矩阵 $D_{out}$ 和入度矩阵 $D_{in}$ 两种。

对于外向树（边从根连向叶子方向的树），以 $k$ 为根的生成树个数为

\[L=D_{in}-A \]

\[ans=det(L_{[n]\backslash\{k\},[n]\backslash\{k\}}) \]

对于内向树（边从叶子连向根方向的树），以 $k$ 为根的生成树个数为

\[L=D_{out}-A \]

\[ans=det(L_{[n]\backslash\{k\},[n]\backslash\{k\}}) \]

本题

直接套用矩阵树定理即可，本题是以 $1$ 为根的外向树。

P6097 【模板】子集卷积

题意是计算

\[C_i=\sum _{j\lor k=i,j\land k=0} A_jB_k \]

前面 $j\lor k=i$ 就是 FWT 的或卷积，$j\land k=0$ 等价于 $|j|+|k|=|i|$。可以考虑对每一种 $popcnt$ 都开一个数组。

即设 $A_i\to a_{|i|,i},B_i\to b_{|i|,i}$。

那么我们可以计算

\[c_{|i|,i}=\sum _{j=0}^ia_{j}*b_{i-j} \]

其中 $*$ 表示或卷积。

那么最后答案即 $C_i=c_{|i|,i}$。

在计算 $c$ 时，我们计算一下复杂度，如果枚举 $i,j$ 再 $O(n2^n)$ 卷积则复杂度为 $O(n^32^n)$ 无法通过。

但是 FWT 有一个性质，变换后的数组是可加的，即

\[\sum FWT(A)=FWT(\sum A) \]

所以计算出所有 $a$ 卷 $b$ 在没有经过逆变换时的和，然后再一起逆变换即可，复杂度为 $O(n^22^n)$。

AT_arc100_c [ARC100E] Or Plus Max

SOS DP。

题意：对于每一个 $i$ 计算。

\[\max _{j\lor k\le i}a_j+a_k \]

我们可以转而计算对于每个 $i$ 子集的最大值和次大值，使用 SOS DP 记录最大值和次大值即可。

时间复杂度 $O(n2^n)$。

AT_abc212_h [ABC212H] Nim Counting

FWT 的可加性、等比数列求和。

算法 1 做 $n$ 次 FWT 卷积，时间复杂度 $O(nK\log K)$。

算法 2 由于 FWT 的可加性，我们可以只做一次 FWT 卷积，我们现在就是要对每一项求 $a+a^2+a^3+\cdots+a^n$。

使用矩阵快速幂写出以下式子可以做到 $O(K\log K+K\log n)$。

\[\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 0 & a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} S \\ a^k \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} S+a^k \\ a^{k+1} \end{bmatrix} \]

事实上 $a+a^2+a^3+\cdots+a^n$ 是等比数列，使用等比数列求和公式：

设 $a$ 为首项，$r$ 为公比，$n$ 为项数，其中 $A_1=a,\frac {A_{i+1}}{A_i}=r$。

当 $r\ne 1$ 时。

\[\sum _{i=1}^nA_i=a\times\dfrac {r^n-1}{r-1} \]

当 $r=1$ 时。

\[\sum_{i=1}^nA_i=a\times n \]

时间复杂度 $O(K\log K+K\log n)$。

Part 5

jzoj 7366 可怜的木偶 (dance)

由于 $k!$ 是 $[1,k]$ 所有数的倍数，所以可以先走到 $0$。然后要走到最小正整数。

给出结论，如果确定了 $a$ 数组，则最后最小走到 $\gcd_{i=1}^na_i$。证明：

证明答案不小于 $\gcd$：因为所有数都是 $\gcd$ 的倍数，且初始时 $k!$ 也是 $\gcd$ 的倍数，所以不能走到不为 $\gcd$ 倍数的位置，则不能小于 $\gcd$。
证明可以达到 $\gcd$：考虑前 $i-1$ 个数的 $\gcd$ 为 $d$，现在加入第 $i$ 个数 $a_i$，根据裴蜀定理 $dx+a_iy=\gcd(d,a_i)$ 一定有整数解，即可以通过走若干次 $d$ 和 $a_i$ 走到 $\gcd(d,a_i)$，因此 $n$ 个数可以走到 $\gcd_{i=1}^na_i$。

考虑设 $f(x)$ 表示 $\gcd$ 为 $x$ 的方案数。设 $g(x)$ 为所有 $\gcd$ 为 $x$ 的倍数的方案数的总和，则

\[g(x)=\lfloor\frac k x\rfloor^n=\sum_{x|d} f(d) \]

根据莫比乌斯反演，

\[f(x)=\sum_{x|d} \mu(d)\times g(\frac d x) \]

最后的答案即为

\[\frac {\sum _{i=1}^ki\times f(i)}{k^n} \]

根据实现可以做到 $O(Tk\log k)$ 或 $O(k\log n+Tk)$，足以通过此题。

更优的复杂度

展开得

\[\sum_{x=1}^kx\sum_{x|d}\mu(\frac d x)\times \lfloor\frac k d\rfloor^n \]

枚举 $y=\frac d x$。

\[\sum_{x=1}^kx\sum_{y=1}^{\lfloor\frac kx\rfloor}\mu(y)\times \lfloor \frac k{xy}\rfloor^n \]

枚举 $xy$。

\[\sum_{i=1}^k\sum_{j|i}j\times \mu(\frac ij)\times\lfloor\frac ki\rfloor^n \]

根据狄利克雷卷积 $\sum _{j|i}j\times \mu(\frac i j)=\varphi(i)$。因此答案为

\[\frac {\sum_{i=1}^k\lfloor\frac k i\rfloor^n\varphi(i)}{k^n} \]

套上数论分块可以做到 $O(k\log n+T\sqrt k)$。

SP11470 TTM - To the moon

区间加的可持久化线段树。

调了很久终于发现了问题所在：由于用了标记永久化，标记不下传，因此不能从两个子树合并贡献，需要在修改下传时在每个节点加上贡献。

void update(int &x,int y,int l,int r,int L,int R,int z){
	if(!x) x=++tot,ls[x]=ls[y],rs[x]=rs[y],tag[x]=tag[y],s[x]=s[y];
	s[x]+=(ll)(min(R,r)-max(L,l)+1)*z;
	if(L<=l&&r<=R) {
		tag[x]+=z;
		return;
	}
	if(L<=mid) {
		if(ls[x]==ls[y]) ls[x]=0;
		update(ls[x],ls[y],l,mid,L,R,z);
	}
	if(R>mid) {
		if(rs[x]==rs[y]) rs[x]=0;
		update(rs[x],rs[y],mid+1,r,L,R,z);
	}
}

其中第三行 s[x]+=(ll)(min(R,r)-max(L,l)+1)*z; 很重要，并且最后不应该 s[x]=s[ls[x]]+s[rs[x]]。

AtCoder WTF2019 A

考虑到每次把 $1\sim n$ 扫一次 $K$ 就会减 $1$，每次 $K$ 减 $1$ 我们称作一轮。

我们应该要做 $K+1$ 轮就必定能找到宝藏。

考虑到 $1\sim n$ 扫完后，最后一个开的盒子 $x$ 一定没有宝藏，于是下一轮就可以不用扫 $x$。

也就是对于除了第一轮的每一轮，我们可以选择一个盒子不用开，因为这个盒子在上一轮的最后开过了。

那么令 $b$ 为上一轮最后开的盒子，找到 $nx$ 为满足与 $b$ 不等且使 $a_{nx}$ 最小的位置，那么扫一遍所有满足 $i\ne nx$ 且 $i\ne b$ 的盒子，最后再开 $nx$，然后 $b\gets nx$。

每次开一个盒子时让 $a_i\gets a_i-1$。

当存在 $a_i<0$ 时无解，否则一共开了 $n(K+1)-K$ 次盒子。时间复杂度 $O(nK)$。

AT_awtf2024_d Almost Bubble Sort

相当于选一个下标集合 $S$，使得 $S$ 内元素 $+n$，然后统计逆序对个数。

发现它又等于 $inv(\{1\dots n\}\backslash S)+inv(S)+(\sum _{i\in S} n-i)-\binom {|S|}2$。其中 $inv(S)$ 表示子序列 $S$ 的逆序对个数。即 $S$ 的逆序对个数加上除去 $S$ 的逆序对个数再加上对一个 $01$ 排序的交换次数。

如果考虑把 $n$ 个点表示成平面上的 $(i,p_i)$，那么发现最优选 $S$ 的方案一定形如有一条从左下角开始的向右向上的折线，使得折线下方都 $+n$。

由于最后有一个关于 $|S|$ 的贡献，所以如果直接 DP 并不好做。考虑设 $c1_i$ 表示 $i$ 左上方的点数，$c2_i$ 表示 $i$ 右下方的点数，那么选 $S$ 就会贡献 $c2_i+n-i$，并且最后的最后要加上 $\binom {|S|}2$，而不选 $S$ 就会贡献 $c1_i$。

我们可以初始让所有点都不选 $S$，然后每次选一个点让它 $+n$，那么选一个点的贡献为 $f_i=c2_i-c1_i+n-i$。那么对 $f$ 排序后按顺序选即可，这种方式也能方便贡献 $\binom {|S|} 2$，时间复杂度 $O(n\log n)$。

P7771 【模板】欧拉路径

欧拉路径：一个图中经过每条边恰好一次的路径，允许经过重复点。

欧拉回路：起点与终点相同的欧拉路径。

对于连通图，欧拉路径有如下判定：

对于无向图，恰好有两个点度数为奇数时，存在起点与终点不同的欧拉路径，且起点与终点就是这两个奇度数的点。
对于无向图，所有点度数均为偶数时，存在欧拉回路。
对于有向图，存在一个点 $x$ 满足 $deg_{out}+1=deg_{in}$，且存在一个点 $y$ 满足 $deg_{in}+1=deg_{out}$，且其他点入度等于出度，则存在起点与终点不同的欧拉路径，且 $x$ 是起点，$y$ 是终点。
对于有向图，所有点入度等于出度，存在欧拉回路。

寻找欧拉路径

基本思想：定义递归函数 $dfs(x)$ 返回一个 $x$ 的环，过程如下，先找到一个 $x$ 的环 $T$ 使得每条边都没有被走过，然后对于环上的每一个点 $y$，将 $dfs(y)$ 返回的环插入 $T$ 中。

算法实际上不太一样，对于 $dfs(x)$：

首先遍历每条未走过的出边（可能之前调用过 $x$ 导致一些出边已走过）到 $v$。
调用 $dfs(v)$。
当所有出边都遍历完后，将 $x$ 加入答案序列。

最后倒序输出答案序列即题目所需的答案。

本题还要求字典序最小，因此需要将出边排序，用 vector 记录出边。

实现上对于每一个点 $x$ 记录 $cur_x$ 表示当前弧，因为一个递归树中可能出现标号为 $x$ 的点的子树内又出现了标号为 $x$ 的点。

Part 6

P6628 [省选联考 2020 B 卷] 丁香之路

考虑题目要求的路径就是从 $s$ 开始 $i$ 结束的欧拉路径。我们先插入一条边 $(s,i)$ 把题目变成欧拉回路。

那么接下来就是要用最少的边权使原图变为合法的欧拉回路。

我们从 $1\sim n$ 遍历 $i$，如果 $i$ 的度数为奇数，则连一条 $(i,i+1)$，发现这样连边是最优的，比把相邻度数为奇数的点相连更优，因为这样连边还可以使得图尽可能连通。

但图还有可能不连通，考虑把有边的点对用并查集缩点，相邻的点之间建边，然后跑最小生成树，发现欧拉回路的答案就会加上两倍最小生成树的权值。

时间复杂度 $O(m+n^2+n\log n)$。给定的 $m$ 条边要预处理，因为如果每个 $i$ 都枚举这 $m$ 条边，复杂度将变成 $O(nm+n\log n)$。

AT_agc018_f [AGC018F] Two Trees

很厉害的结论题。

由于 $-1$ 与 $1$ 的奇偶性相同，如果一个编号在左树和右树中儿子个数的奇偶性不同就是无解。

否则我们可以这样构造：
先将两棵树的根连向一个超级根，那么现在所有节点都等价了。
对于度数为奇数的点，我们将它们在两棵树上的点连起来。
那么现在所有点都是偶数度数，我们跑出欧拉回路。
对于原本是偶数度数的点，$X=0$。
对于原本是奇数度数的点，如果额外的那一条边在回路上是从左走到右，那么 $X=1$，否则 $X=-1$。

证明：对于树上一个点，欧拉路径进出其子树偶数次，其中一次经过其与其父亲的连边，剩余奇数次进出其子树内的额外边，且进入和出去的次数恰好相差 $1$，那么因为进出的边权为 $\pm 1$，所以这个点的子树和就是 $\pm1$。

ARC193B Broken Wheel

因为 $\sum d$ 是一定的，所以确定了 $(d_0,d_1,\dots d_{n-1})$ 就能确定 $d_n$，所以考虑计算它。

显然一种 $d$ 序列可能对应多种连边方式。我们可以设 $f_{i,0/1/2}$ 分别表示 $(i-1,i)$ 一定选连右、一定选连左、连左右均可的 $(d_{0},d_{1},\dots,d_{i-1})$ 方案数，这里的「连左右均可」计算的是满足连左或连右都可以被构造出的 $(d_0,d_1,\dots,d_{i-1})$。

我们根据 $s_{i-1}$ 的值讨论每一种可能的 $d_{i-1}$ 即可转移。

那么我们指定 $(n-1,0)$ 连的是什么边，对应以下初始化与需要加上的值：

$f_{0,0}=1,f_{0,1}=f_{0,2}=0$，计算 $f_{n,0}$。
$f_{0,1}=1,f_{0,0}=f_{0,2}=0$，计算 $f_{n,1}$。
$f_{0,2}=1,f_{0,0}=f_{0,1}=0$，计算 $f_{n,2}$。

以上，发现会算重的情况当且仅当 $(d_0,d_1,\dots,d_{n-1})=(1,1,\dots,1)$，且 $(n-1,0)$ 连 $0/1/2$ 都会被算一次。

所以最后将答案减 $2$ 输出即可。

P8528 [Ynoi2003] 铃原露露

考虑对于 $(x,y,z=\text{lca}(x,y))$，如果 $a_x<a_z< a_y$ 那么不会对不合法区间造成贡献，否则：

若 $a_z<a_x<a_y$，则对于 $l\in(a_z,a_x],r\ge a_y$ 的区间不合法。
若 $a_x<a_y<a_z$，则对于 $l\le a_x,r\in[a_y,a_z)$ 的区间不合法。

可以想到一个树上启发式合并的过程，维护每个点子树内 $a$ 集合，当 $x,y$ 在 $z$ 处合并时，插入不合法的区间。

由于不合法的区间是包含 $x,y$ 而不包含 $z$，所以当 $x$ 合并到 $S$ 集合中时，只要查找 $a_x$ 在 $S$ 中的前驱与后继即可。

每次合并一个节点产生 $O(1)$ 个支配对，所以支配点对的数量是 $O(n\log n)$。

接下来的问题形如给一个矩形加，然后查询矩形内为 $0$ 的位置个数。

扫描线以后，就是区间加，差分后查询区间为 $0$ 的个数的历史和。使用线段树维护。

具体来说，我们维护维护区间最小值、最小值的个数、$0$ 的个数的历史和。

标记需要维护加标记、历史标记。历史标记表示区间内最小值会对历史和贡献多少次。

下传历史标记时需要知道哪些子区间是原先的最小值，因此上传时需要记录区间最值由哪些子区间转移而来。

每次如果全局的最小值为 $0$，则对树根的历史标记加 $1$。

时间复杂度 $O(n\log ^2n+q\log n)$。

P9166 [省选联考 2023] 火车站

对于一条轨道 $l,r$，我们 $\forall i\in[l,r)$ 连无向边 $(i,i+1)$。则只需统计与 $x$ 连通的点即可。

由于轨道之间是没有区别的，所以可以差分实现区间加 $1$，当 $s_i>0$ 时表示 $(i,i+1)$ 之间有一条边。

查询则从 $x$ 开始往左和往右走，往左只统计左端点，往右只统计右端点。时间复杂度 $O(n)$。

Part 7

P2391 白雪皑皑

由于后来的区间会覆盖之前的区间，我们考虑倒着做，那么每次就要覆盖区间内的 $0$。

考虑并查集维护一个点后继的 $0$，时间复杂度 $O(n \alpha(n))$。

完

posted @ 2025-02-11 16:29 dengchengyu 阅读(81) 评论(0) 收藏举报

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2025年2月杂题集

Part 1

完

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