CF Round 1058(#2159) 总结

CF Round 1058(#2159) 总结

A

从左到右扫一次，维护一个待询问集合 \(S\)，若 \(q(S\cup i)=v\ne 0\) 则 \(a_i=v\) 第二次出现，否则将 \(i\) 加入 \(S\)，这样所有 \(1\sim n\) 都确定了一个位置。

对于没有被确定的位置，用确定的 \(n\) 个位置与它们挨个询问就可以确定它们的值，询问次数 \(3n\)。

B

不妨设 \(n>m\)，发现 \(m\le 500\)。考虑枚举两列，找到所有合法的行，只有相邻的合法行会最为最优矩形，找合法矩形是 \(O(nm^2)\) 的。

考虑怎样对矩形内更新贡献，可以对每行 \(i\) 设 \(f_{i,l,r}\) 表示包含 \([l,r]\) 的矩形的最值， 这样合法矩形可以枚举其所有行更新 \(f\)，对于两列来说均摊是 \(O(n)\)。

最后再转移 \(f\)，即 \(f_{i,l,r}\gets \min(f_{i,l-1,r},f_{i,l,r+1})\)。时空复杂度 \(O(nm\sqrt {nm})\)。

C

发现如果 \(i,j\) 满足 \(a_i=j,a_j=i\)，那么这两位就合法了。猜想合法情况就是像这样两两配对或单独 \(a_i=i\)。

但是发现还有特殊情况，可以有多个 \(i\) 满足 \(a_i=0\)，此时 \(a_0=\sum [a_i=0]i\)。

去掉假的 \(-1\)，剩下每个 \(-1\) 有三种情况可以选择：\(a_i=0\)、\(a_i=i\)、找另一个 \(-1\) 配对。这可以递推，设 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个 \(-1\) 时的方案数，则 \(f_{i}=(i-1)f_{i-2}+2f_{i-1}\)。

当 \(a_n=-1\) 时要去掉 \(a_n=0\) 的方案，减掉指定其等于 \(0\) 时的方案数即可。复杂度 \(O(n)\)。

D1 & D2

发现一些性质：

• \(f(a[l\dots r])\le f(a[l-1\dots r])\)。
• 计算 \(f(a)\) 时可以只保留严格后缀最小值（会变成严格递增序列），最优代价不变。
• \(f(a)\) 最大大约是 \(2\log a_n\)，具体来说每次找到最左的使得 \(cost\le 2\) 的位置分割，那么发现 \(a\) 会至少除以 2。
• 最优划分中，一定有 \(cost\le 3\)。这比较难发现，证明考虑如果有倍数为 \(X\ge 4\)，那么我们一定可以找到满足条件的 \(x,y\) 使得 \(x\times y \ge X,x+y\le X,1\le x,y<X\)，一种构造就是 \(x=\lceil\dfrac X 2\rceil,y=2\)，然后从 \(x\) 倍开始划分。不断这样分割最后一定有 \(cost\le 3\)。

知道第二三个性质就可以直接做 D1，维护 \(O(\log n)\) 个指针每次移到当前 \(a_i\) 的若干倍数的位置，然后对这些位置转移，可以做到 \(O(n\log n)\)。加上第四个性质后，就只用转移 \(O(1)\) 个位置，复杂度 \(O(n)\)。

考虑 D2，由于第一个和第三个性质，我们可以对每个右端点求出 \(f(a[l\dots r])\) 相同的 \(l\) 的区间，这样的区间只有 \(O(\log V)\) 个。具体来说，每次 \(r\gets r+1\) 时先单调栈维护后缀最小值，然后我们只在所有后缀最小值上考虑。记 \(L(c)\) 为 \(f(a[l\dots r])=c\) 的最小 \(l\)，初始 \(L(0)=r+1\)，然后每次运用第四个性质从 \(L(c-1/2/3)\) 转移过来，这还需要对于每个位置 \(i\) 预处理最左的使得 \(cost(l,i)\le 1/2/3\) 的 \(l\)。复杂度 \(O(n\log V)\)，有一些细节。

E

记 \(G(n)\) 为满足 \([x^k]G(n)=\sum _{i=0}^k [x^i]F(n)\) 的多项式，我们每次询问要求 \([x^k]G(n)\)。

\(G\) 其实满足 \(G(n+m)=G(n)F(m),\forall n,m\ge 0\)。

考虑分块，指定一个块长 \(B\)，预处理所有 \(G(kB)\) 和 \(F(i),0\le i<B\)。\(F(i)\) 可以 \(B^2\) 预处理，考虑 \(G\)。

直接乘法是很慢的，而且模数是 \(10^9+7\)。考虑先求 \(F(kB)\)，可以对 \(F(n+1)\) 的不同形式求导：

\[F(n+1)'=(F(1)^{n+1})'=(n+1)F(1)^{n}F(1)'=(n+1)F(n)F(1)' \]

\[F(n+1)'=(F(n)F(1))'=F(n)'F(1)+F(n)F(1)' \]

联立得，\(nF(n)F(1)'=F(n)'F(1)\)。

由于 \(F(1)=c+bx+ax^2,F(1)'=b+2ax\)，所以讨论 \(F(n)\) 某一位的系数得，其中 \(A_i=[x^i] F(n)\)：

\[bnA_i +2anA_{i-1}=c(i+1)A_{i+1}+biA_{i}+a(i-1)A_{i-1} \]

移项得

\[A_i=\dfrac {b(n-i+1)A_{i-1}+a(2n-i+2)A_{i-2}} {ci} \]

处理 \(A_0,A_1\) 即可递推，于是处理 \(G(kB)\) 可以做到 \(O(\dfrac {n^2}B)\)。

总复杂度 \(O(qB+\dfrac {n^2}B+B^2)\)，取 \(B=\sqrt n\) 可以做到 \(O((q+n)\sqrt n)\)。

F

发现性质：对于 \(f(l,t)\) 在任意 \(t\in[i, i+l]\) 都是单谷。证明考虑若存在 \(f(l,t)<f(l,t+1)\)，则 \(t+1\) 时刻的头的位置一定前面 \(l\) 个位置的最大值，并且发现在 \(t+1\sim t+l\) 时刻都有 \(f> f(l,t)\)，那么从 \(t\) 开始是不下降的，反过来也一样。则从长为 \(l+1\) 的区间内取最小值，往两边都是不下降的。

那么考虑对所有 \(t\) 每 \(l+1\) 个分段，总段数是 \(O(n\log n)\)。考虑三分找到这些段的谷，然后把它们插进堆里，每次取出后就把相邻插进堆里，这样就可做到询问数为 \(O(n\log ^2n+m)\)。

考虑怎么三分，考虑对于 \(f(M_1)=f(M_2)\)，怎么确认往哪边缩。我们找到 \(a_{i,j}=f(M_1)\) 的位置，那么 \(t=i+j-1\) 时第一次覆盖 \(a_{i,j}\)，则发现 \(t=i+j-2\) 时，\(f(t)\ne f(M_1)\)，于是比较大小即可。

那么我们就发现其实可以不用找到 \(M_1,M_2\)，每次只要找到 \(mid\)，比较 \(f(i+j-2)\) 与 \(f(mid)\) 的大小即可，这其实是二分。