2023年 5月 做题记录

共9题．记于 6.1

关键词索引：斜率优化，退流，可行边，必须边，路径相关的二次扫描树上 dp，树上高斯消元．

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

考虑在时间轴上 dp。
记 \(f[i]\) 表示在 \(i\) 处开始一次摆渡，\(i\) 时刻及以前的所有学生等待时间和的最小值。记最后一名学生开始等待的时间为 \(tmx\)，则最终答案为 \(\displaystyle \min_{tmx \le i \le tmx+m}f[i]\)。因为当时刻大于等于 \(tmx\) 时，可以保证所有同学已经上车。
考虑 dp 转移式。枚举上一次上车的时刻 \(j\)，则在 \((j, i]\) 内的学生需要等待此次摆渡车。记 \(sum[i]\) 表示 \(i\) 时刻及之前开始等待的学生开始等待的时刻之和，\(num[i]\) 表示 \(i\) 时刻及之前开始等待的学生的个数。有转移式：
\(\displaystyle f[i]=\min_{0 \le j \le min(0, i-m)} f[j]+i*(num[i]-num[j])-(sum[i]-sum[j])\)。
发现可以斜率优化，即完成。

关于斜率优化：
对于形如 \(f[i]={max\;or\;min}(f[j]*g[i]+a[i]+b[j])\) 转移形式的 dp 方程。其特征是存在一个分别与\(i\)，\(j\) 相关的函数相乘的项，考虑如下处理：对于一种可能的转移形如 \(f[i]=f[j]*g[i]+a[i]+b[j]\)，写成 \(g[i]*f[j]+(a[i]-f[i])=-b[j]\)。发现如果将 \((f[j], -b[j])\) 视作平面上的一个点，则方程可被视作一个一次函数的截距式，其中 \(g[i]\) 为斜率，\(f[i]\) 的取值由截距决定。在意图最大或最小化 \(f[i]\) 的时候，往往会发现在枚举到的 \(j\) 中，仅有点集突壳对应的 \(j\) 可能会被选中。对其进行维护。

P3308 [SDOI2014]LIS

先介绍建模方法：
将 \(i\) 拆点为 \(in[i],out[i]\)，建从 \(in[i]\) 到 \(out[i]\) 边权为 \(b[i]\) 的边。求出以每个点结束的 LIS 长度记为数组 \(f[]\)。对于形如 \((i, j)\)，满足 \(i<j,f[i]+1=f[j],a[i]<a[j]\) 的点对，建 \(out[i]\) 到 \(in[j]\) 边权为 \(inf\) 的边。引入虚拟源汇点 \(S,T\)。对于 \(f[i]=1\) 的点，建 \(S\) 到 \(in[i]\) 边权为 \(inf\) 的边；对于 \(f[i]=总序列LIS\) 的点，建 \(T\) 到 \(out[i]\) 边权为 \(inf\) 的边。

这个图的最小割即为 \(S\)（最小代价）的答案。

再考虑证明它的正确性：
若存在一条没被割掉的路径，显然对应一种总序列 LIS 的选取方法，并且任意一种总序列 LIS 的选取方式都能在图上找到对应路径。

最后考虑最优字典序方案的构造：
将所有点按 \(c[]\) 排序，从小到大考虑每个点是否能被包含到最小割集中（本质上是贪心地构造一组最小割集）。对于一个点 \(i\)，图上的边 \(e_i=(i \rightarrow i+n, w)\) 若可以存在于割集中，将 \(i\) 计入答案数组，从图上将 \(e_i\) 去掉。
补充1：最小割中的可行边和必须边，退流。

P3312 [SDOI2014]数表

令\(\displaystyle \sigma_1(n)=\sum_{d|n}d\)．

多组询问每次给出 \(n\), \(m\), \(a\)，求\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [\sigma_1(gcd(i,j)) \le a]\sigma_1(gcd(i,j))\)．

原式 \(\displaystyle =\sum_{d=1}^{n} [\sigma_1(d) \le a]\sigma_1(d) \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [gcd(i, j)=d]\)

\(\displaystyle =\sum_{d=1}^{n} [\sigma_1(d) \le a]\sigma_1(d) \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu(i)\lfloor\frac{n}{di}\rfloor\lfloor\frac{m}{di}\rfloor\)

记 \(\sigma_{1}^{'}(n)=[\sigma_{1}(n) \le a]\sigma_{1}(n)\)，\(T=di\)．

上式 \(\displaystyle =\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{d|T}\sigma_{1}^{'}(d)\mu(\frac{T}{d})\)

预处理 \(\displaystyle g(T)=\sum_{d|T}\sigma_{1}^{'}(d)\mu(\frac{T}{d})\)．单组询问可以 \(O(\sqrt n)\)回答．

对于 \(a\) 不同，\(g()\)会发生变化．我们考虑将询问离线按 \(a\) 从小到大排序．顺序扫描加点，发现加入一个新的 \(i\) 使得 \(\sigma_{1}^{'}(i)>0\)
时，会对满足 \(i|j\) 的 \(g(j)\) 造成影响．即 \(g(j)+\sigma_{1}^{'}(i)*\mu(\frac{j}{u}) \rightarrow g(j)\)．

我们使用支持单点修改区间查询和的数据结构维护 \(g()\)，题目就做完了．

时间复杂度为 \(O(n\log^{2}n + n\sqrt{n}\log n)\)．

P4126 [AHOI2009]最小割

其实是上接 P3308 [SDOI2014]LIS 中对最小割可行边和必须边的讨论．现在我会对其算法进行自己的解释和讨论．

注：感谢 command_block 题解和万能的 uoj 群友．

可行边指存在于至少一个最小割集中的边．
必须边指包含于任意最小割集中的边．
发现题目的两问分别为判断可行边和判断必须边．
我们现在考虑判断方法．

设最大流得到的某一个（任意一个）残量网络为 \(G\)．

\(part\;1\) 可行边．

对于一条边 \(e\)，如果它在 \(G\) 上不是满流（满流指最大流后边权减为 \(0\), 即被流满了），则将 \(e\) 的边权 \(-eps\)（即减少一个微小值）之后，最大流的大小没有变化；而如果其满流，这样操作最大流肯定会变小．若 \(e\) 不满流，则假设 \(e\) 存在于一种最小割集中，将 \(e\) 的边权 \(-eps\)，最小割集的大小会发生变化，而根据最大流等于最小割，最大流也因发生变化，而这于上文的结论不符．这就证明了，存在一种最大流后的残量网络使得 \(e\) 不满流等价于（当且仅当）\(e\) 不被包含在任意一个最小割集中．
对于一条边 \(e=(u \rightarrow v, w)\) 在进行最大流后若被流满，则有可能为可行边，需要进一步确定判断．我们考虑若存在一种最大流后的残量网络使得 \(e\) 流不满，则应该满足可以找到 \(u \rightarrow v\) 的另一条增广路径使得 \(v\) 交还给 \(u\) 一些流量（流经 \(e\) 的）后，\(u\) 可以不通过 \(e\) 将其送到 \(v\)．对应在当前的残量网络上，我们只需要判断 \(u\) 和 \(v\) 是否在同一个强联通分量里即可（请注意，这里的强联通分量指的是由残量网络上不走边权为 \(0\) 的边后求得的强联通分量）．

\(part\;2\) 必须边．

必须边集包含于可行边集．我们沿用 \(part\;1\) 中的思路，求出残量网络上不走 0 边后的缩点图 \(G^{'}\)（\(G^{'}\) 的边集是原图中满流，并且在缩点后不成自环的边，即使用有残余流量边缩点得到的新图再用满流边连接）．可以发现，\(G^{'}\) 上的边就是可行边集．任意一种最小割，应都是若干个 \(G^{'}\) 中的边组成的，并且 \(G^{'}\) 中任意一种紧的割都是最小割．
这里先提供一种构造最小割集的方法．将 \(G^{'}\) 上的点划分成两个联通块，一部分和 \(s\) 相连，记作 \(S\) 集，另一部分和 \(t\) 相连，记作 \(T\) 集，将 \(S\) 集和 \(T\) 集间的边割掉，即构造出了一种最小割．
我们对于 \(e=(u \rightarrow v)\)，若 \(v\) 所在的强联通分量与 \(t\) 所在的强联通分量不同，我们构造 \(S=\left\{ x|x \in path_{s \rightarrow v} \right\}\)，若 \(u\) 所在的强联通分量和 \(s\) 所在的强联通分量不同，我们构造 \(T=\left\{ x|x \in path_{u \rightarrow t} \right\}\)．这两中情况都可以构造出 \(e\) 不割的一种最小割集出来，易知 \(e\) 不是必须边；而剩下的情况，即 \(s\) 与 \(u\) 在同一强联通分量并且 \(v\) 与 \(t\) 在同一强联通分量，可得知 \(e\) 一定为必须边．故也可以这样判断必须边：沿着残量网络中的非 \(0\) 边，\(s\) 可做到达 \(u\)，\(v\)可以到达 \(t\)．

P3365 改造二叉树

求保证中序排列递增所需要的最小修改节点个数．
考虑在中序排列的序列上 dp 最多可以保留不改的节点个数．设计 \(f_i\) 表示若 \(i\) 不改，前 \(i\) 个最多有多少可以不改．有转移 \(\displaystyle f_i=\max_{j<i,a_i-a_j \ge i-j} f_j+1\)．我们分析条件 \(a_i-a_j \ge i-j\) 即 \(a_i-i \ge a_j-j\)．故整个序列中最多可以保留不改的节点个数即在新序列 \(b_i=a_i-i\) 中最长上升子序列的长度．

P5324 [BJOI2019]删数

需要重新解释“可删”并思考快速求出最小更改次数的方法．
我们考虑枚举元素 \(a_i\) 满足 \(a_i \in [1, n]\)，把当前序列中等于 \(a_i\) 的元素在数轴的 \(a_i\) 位置垒到一起，向左推倒覆盖所及的区间．答案即为最后 \([1, n]\) 中没有被覆盖的整数的个数．
分析意义，对于任意一种“可删”序列，进行上述操作后会保证 \([1, n]\) 中每个整数都被覆盖一次．但由于序列长度为 \(n\)，故只需保证每个整数都被覆盖即可．然后对于一个“非可删”序列，我们将覆盖中重复或大小在 \([1, n]\) 以外的元素变为在 \([1, n]\) 中空缺的整数,即构造出了一种最优秀的修改方案．
考虑操作，对于整体 \(+1\) 或 \(-1\)，我们直接左移或右移考察的区间 \([1, n]\)，对于改变某一元素，在线段树容易维护两者覆盖区间的变化即可．

P6419 [COCI2014-2015#1] Kamp

非常经典的二次扫描树形 dp 题啊．
令 \(k\) 个人分布的点集为 \(K\)．点 \(u\) 答案显然为 \(\displaystyle 2S_u-\max_{v \in K}{(\sum_{e \in path_{u-v}}w_e)}\)．其中 \(S_u\) 表示 \(k\) 个点到 \(u\) 的路径覆盖的边的边权和．而式子后面的一部分是选出 \(u\) 到 \(k\) 个点其中之一的最长路径．两部分都可以二次扫描解决．
值得总结的一点是，在关于最优化端点出发路径的二次扫描中，从 \(u\) 转移到 \(v\)，即从 \(u\) 作为端点的路径到 \(v\) 作为端点的路径，存在两种情况．设一条以 \(u\) 为端点的路径是 \(path_{u-x}\)．当 \(x\) 包含在 \(v\) 子树中时，\(path_{v-x}\) 要去掉 \(e(u, v)\)．否则 \(path_{v-x}\) 中要加入 \(e(u, v)\)．而通常的处理办法是在第一次和第二次扫描的 dp 数组中记下最优和次优路径，并都保证同一子树内只贡献一条（最优的）路径．记第一次扫描的 dp 数组为 \(f\)，第二次为 \(g\)．通过 \(g_u\)，\(f_v\) 来推断 \(g_v\)：子树内的路径 \(f_v\) 已经有了最优化结果，考虑直接加入 \(g_v\) 中，再判断出 \(f_u\) 中另一端点不在 \(v\) 子树内的最优路径用其更新 \(g_v\)．

P3732 [HAOI2017]供给侧改革

记 \(a_i\) 为字符串中的第 \(i\) 个字符，\(S_i\) 为以 \(i\) 开头的后缀，\(LCP(S_i, S_j)\) 指 \(S_i\)，\(S_j\) 的最长公共前缀．

考虑 \(LCP(S_i, S_j)=k\) 的条件为 \(\forall i \le x \le i-k+1, a_x=a_{x-j+i}\)．由于 \(a_i\) 是随机生成的，\(i,j\) 确定时，\(LCP(S_i, S_j)=k\) 概率为 \(\displaystyle \frac{1}{2^{k}}\)．当 \(k\) 取到 \(40\)，在整个串里存在两后缀的 \(LCP=k\) 的概率约为 \(\displaystyle \frac{n^2}{2^{40}}\)，近乎为 \(0\)．我们直接默认任意两串的 \(LCP \le 40\) 来做即可．这个概率的估算感觉颇有问题，但只考虑前 \(40\) 位是对的——笔者大概不能严谨证明，可以参阅其他题解．．．姑且这样吧．

将询问离线下来，挂在右端点上，从左往右扫描字符串．
设扫描到位置 \(r\)．我们维护 \(g_i=data(i, r)\;(i<r)\)，对于询问 \((l, r)\)，答案为 \(\displaystyle \sum_{i=l}^{r-1} g_i\)．
现在考虑加入位置 \(r\) 后，\(g\) 会发生什么变化．枚举 \(i<r\)，发现 \(LCP(S_i,S_r)\) 会被计入 \(g_x\;(x\le i)\) 中．但是枚举 \(i\) 时间复杂度显然不够优秀．我们利用 \(LCP \le 40\) 的结论，考虑枚举 \(LCP(i, r)\) 的值 \(len\)．显然我们只需要找到 \(\displaystyle \max_{LCP(i, r)=len, i<r}i\)，\(len\) 会被计入 \(g_x\;(x\le i)\)．我们更新它们的最大值即可．

如何实现呢？
维护一棵 \(01\;Trie\)，扫描到 \(r\) 时将 \(S_i\;(i<r)\) 的前 \(40\) 位插入到里面．对于 \(Trie\) 上的节点 \(u\)，维护最后一次经过过它的后缀编号为 \(mx_u\)．在 \(Trie\) 上跑 \(S_r\)，对于经过的节点 \(u\)，设其深度是 \(len_u\)，发现 \(\displaystyle mx_u=\max_{LCP(i, r)\ge len_u, i<r}i\)．然后前缀更新 \(g_i\) 的最大值即可．又发现 \(g_i\) 只有前缀更新最大值的操作，故\(g_i\) 单调不降，我们用线段树维护 \(g_i\)，可以在更新 \(g_i\) 时二分出第一个需要更新的位置，再做一个区间覆盖即可．

现在到了复杂度分析环节．时间复杂度 \(O(40n\log n)\)，空间复杂度 \(O(40n)\)．可以（勉强）通过此题．

这个做法借鉴了线段树维护历史版本和（扫描线）的思想．现在做区间的子区间脑子里全是扫描线．

Random Walk

记 \(F_u\) 为经过 \(u\) 的期望次数，\(d_u\) 为 \(u\) 的度数．有转移

\[F_u= \begin{cases} \frac{F_{fa}}{d_{fa}}+[u=S]+\sum_{v}\frac{F_v}{d_v} &(u\neq T)\\ 1 &(u=T) \end{cases} \]

发现这是一个高斯消元的形式．现在介绍通过树上 dp 完成 \(O(n)\) 树上高斯消元的方法．
请注意，下面是对于树上高斯消元的介绍，与前面的转移方程无关

设需要求解 \(F_u(u \in {1,2,...n})\)．有转移方程

\[F_u=k_{fa}F_{fa}+\sum_{v}k_vF_v+d \]

我们考虑将 \(F_u\) 表示成只和 \(F_{fa}\) 和一常数有关的式子：\(\displaystyle F_u=g_uF_{fa}+c_u\)．

现在考虑如何求解 \(g, c\)．

\[\begin{aligned} F_u &=k_{fa}F_{fa}+\sum_{v}k_vF_v+d \\ &=k_{fa}F_{fa}+\sum_{v}k_v(g_vF_u+c_v)+d \\ &=k_{fa}F_{fa}+(\sum_{v}k_vg_v)F_u+\sum_{v}k_vc_v+d \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} (1-\sum_{v}k_vg_v)F_u&=k_{fa}F_{fa}+\sum_{v}k_vc_v+d\\ F_u&=\frac{k_{fa}F_{fa}}{1-\sum_{v}k_vg_v}+\frac{\sum_{v}k_vc_v+d}{1-\sum_{v}k_vg_v} \end{aligned} \]

易发现

\[\begin{aligned} g_u&=\frac{k_{fa}}{1-\sum_{v}k_vg_v}\\ c_u&=\frac{\sum_{v}k_vc_v+d}{1-\sum_{v}k_vg_v} \end{aligned} \]

先做一遍 dfs，将 \(g, c\) 数组求出．
在根节点处，\(g_{fa}=0\)，可以直接求出 \(F_{rot}\) 的值．
再做一遍 dfs，将 \(F\) 数组求出即可．