ずっと ずっと 離さないでいて

[清华集训 2014] 主旋律

这篇题解 写的比较好。主要技巧是：

• 子集反演。
• DAG 上的计数可以枚举入度为 \(0\) 的点，然后去容斥。
• 主旋律本身也是比较经典的题。

Harry The Potter

显然答案上界是 \(n\)。现在要让操作数尽可能小。集合 \(S\) 全用 \(1\) 操作次数为 \(|S|\)，现在要让它次数减少，要么集合内部使用 \(|S|-1\) 次 \(2\) 操作后全部变 \(0\)，要么把它分成类似的子结构。问题转化为判断一个集合 \(|S|\) 是否能用 \(|S|-1\) 次操作然后全部变 \(0\)。

不妨考虑一个弱化的问题：操作的两个数减去相同的 \(x\)。把 \(2\) 操作看成一条边，发现一定存在一种最优方案使得图上无环，如果有环不如执行完其他操作后对环上全部进行 \(1\) 操作，这样不劣。那么图就是一棵树，如果是森林可以拆成更小的集合。对于一棵树，容易发现一条边操作的是黑白染色后颜色不同的点，那么一棵树合法的必要条件就是白点权值和等于黑点权值和，因为一次操作会同时给白点和与黑点和减 \(x\)。这个条件也是充分的，证明可以考虑钦定一个根之后剥叶子。那么只需要判断 \(S\) 是否存在子集 \(T\) 满足 \(sum_{T} = sum_{S \setminus T}\) 即可。注意 \(T,S \setminus T \neq \varnothing\)。

现在考虑原问题，一个减 \(x\) 一个减 \(x+1\) 相当于是有一个 \(\pm 1\) 的偏移量。总共 \(|S| - 1\) 次操作，相当于偏移了 \(|S| - 1\)，次，那么只需要 \(\exists T, T \subset S \land T \neq \varnothing \land sum_{S \setminus T} - sum_{T} \in \{ x \thinspace \Big| -|S|+1 \leq x \leq |S| - 1 \land x \equiv |S| - 1 \pmod 2 \}\)，这里同余是因为每把一个偏移量从一个集合给到另一个集合，\(\Delta\) 就会产生 \(2\) 的变化量。这样我们就可以在 \(O(3^n)\) 的时间复杂度内判断每一个集合是否可以用 \(2\) 操作变 \(0\) 了。剩下的问题相当于是选取若干合法集合，使得它们无交，求最多可以选取的集合数，这个直接 \(O(3^n)\) 枚举超集 DP 即可。

这样可能过不了。我们考虑优化一下复杂度。这里判断一个集合 \(S\) 是否合法需要 \(O(2^{|S|})\)，比较慢。我们发现问题要把全集分为两个集合，所以可以考虑折半，算上排序的复杂度大概是 \(O(|S| 2^{\frac{|S|}{2}})\)。这个排序是可以去掉的，我们考虑我们已经处理了加入 \([1,i-1]\) 时所有子集和排序后的结果，新添加一个 \(i\) 相当于是把原排序结果加 \(a_i\) 与减 \(a_i\) 的所有结果排序，对于所有加 \(a_i\) 的数，它们内部顺序与上次排序的顺序一样，减 \(a_i\) 同理，所以直接把加和减的结果归并就行了。这样就是 \(O(2^{\frac{|S|}{2}}) = O((\sqrt{2} )^ {|S|})\) 的。那么总复杂度就是 \(O((\sqrt{2} + 1)^n)\) 的。

后面的 \(3^n\) 可以卡常。如果已经检查了一个 \(S\) 发现合法，那么就不用检查它的超集。这样常数会小很多。

技巧：

• 两个数的操作可以连边。
• 树上边两端的操作可以考虑黑白染色。
• 把全集分成两个子集的问题可以考虑折半。

[JOI 2025 Final] Just Long Neckties 2

首先注意到答案上限不超过 \(V\)，也就是无论何时 \(B\) 中的元素都是两两不同的，因为如果有两个相同的值 \(x\)，那就可以把一个数上面的 \(x\) 全部挪到另一个上面，这样其中一个不变还是 \(x\)，另一个会变小，这样更优。

那么 \(B\) 的取值就只有 \(2^V\) 种情况。我们设 \(f_{i,S}\) 表示已经考虑了前 \(i\) 个人，当前 \(B\) 的取值情况为 \(S\)，且最后一个回应的是 \(i\)，这种状态是否可行。转移就看要不要跳过第 \(i+1\) 个人，相当于转移到 \(i+1\) 或 \(i+2\)，再把对应数字填进状态里就行了。这样直接做是 \(O(n 2^V)\) 的，过不了。

状态好像记太多了，考虑精简。发现对于固定的 \(S\)，满足 \(f_{i,S} = 1\) 的 \(i\) 是一段前缀。所以我们考虑记 \(g_S = \max\limits_{i=0}^{n} [f_{i,S} = 1] i\)，即在 \(S\) 状态下最多可以满足前几个人。转移比较简单，当前 \(S\) 最远能满足到 \(g_S\)，那么考虑在前 \(g_S\) 个数的基础上再去填 \(g_S + 1\) 或 \(g_S + 2\)，然后转移到一个新的状态 \(S'\)。但是有个问题是 \(S\) 可能等于 \(S'\)，即转移可能存在自环。考虑什么情况会出现自环，相当于就是你在往后走的过程中，对于 \(i\) 来说，如果 \(a_i \in S\) 或 \(a_{i+1} \in S\)，那么就可以直接走过去而不改变状态。所以我们要找到 \(g_S\) 后的第一个 \(i\) 使得 \(a_i,a_{i+1} \notin S\)。我们可以考虑枚举 \(j,k \notin S\)，找 \(g_S\) 后最近的二元组 \((a_i,a_{i+1}) = (j,k)\)。开 \(map\) 可以 \(O(\log n)\) 单次查询，但是我们可以做到 \(O(1)\)。我们考虑找到 \(g_S\) 后的第一个 \(j\)，再在这第一个 \(j\) 后面的位置找第一个 \((j,k)\)。我们可以记 \(nxt1_{i,j}\) 表示 \(i\) 往后第一个 \(j\) 的位置，\(nxt2_{i,j} = \min\limits_{k=i}^{n-1} [a_k = a_i \land a_{k+1} = j] \thinspace k\)。这样我们就可以以 \(O(nV)\) 的复杂度预处理，\(O(V^2 2^V)\) 转移，可以通过。

技巧：

• 最优化问题可以考虑答案的值域是否较小。
• DP 复杂度爆表时可以考虑精简状态。
• 对于一些较慢的查询可以考虑预处理。

[清华集训 2024] 绝顶之战

可以看 https://www.cnblogs.com/chara-/p/19376338 。

[省选联考 2024] 重塑时光

把序列上的同一段数在图上看成一块，那么限制相当于：

• 有最多 \(k+1\) 块。
• 每块内需要按照一种可行的拓补序排列，方案数即为块的导出子图的拓补序数。
• 把每块缩成一个点，缩点之后的图也要是 DAG。

如果求出了把原图分成 \(i\) 块的方案数，那么首先操作后总共有 \(k+1\) 个位置（可能为空），那么从这里面选取 \(i\) 块非空的方案数即为 \(\binom{k+1}{i}\)，然后这 \(i\) 块内部的顺序可以随意排列，再乘上 \(i!\)，最后 \(k\) 刀的顺序也可以随意，再乘 \(k!\)。最终的概率就是前面的和除以总方案数 \((n+k)!\)，相当于答案就是：

\[\frac{k!}{(n+k)!} \sum\limits_{i=1}^{k+1} h_i \binom{k+1}{i} i! \]

现在考虑怎么求 \(h\)。第一步就是求把一些点分成一块的方案数，相当于就是子图 \(S\) 的导出子图的拓补序数。这个比较典，只需要在原来的连通块上加一个 \(0\) 度点即可。设 \(dp_S\) 表示 \(S\) 的导出子图的拓补序数，那么枚举一个 \(0\) 度点，转移即为：

\[dp_S = \sum\limits_{i \in S} [in_i \cap S = \varnothing] dp_{S \setminus \{ i \}} \]

然后我们要对缩点后的 DAG 进行 DP。仍旧可以添加一些入度为 \(0\) 的块。此时我们添加的这些块之间两两不能有边。设 \(g_{S,i}\) 表示将集合 \(S\) 分成 \(i\) 个两两之间无边的块的方案数，转移时枚举 \(lowbit\) 所在集合 \(T\)，即：

\[g_{S,i} = \sum\limits_{T \subseteq S, lowbit(S) = lowbit(T),(in_T \cup out_T) \cap (S \setminus T) = \varnothing, (in_{S \setminus T} \cup out_{S \setminus T}) \cap T = \varnothing} g_{S \setminus T,i-1} h_T \]

剩下的就比较套路。设 \(f_{S,i}\) 表示将 \(S\) 分成 \(i\) 块，并且组成 DAG 的方案数。转移为：

\[f_{S,i} = \sum\limits_{T \subseteq S, out_{S \setminus T} \cap T = \varnothing} \sum\limits_{j=1}^{i} (-1)^{j+1} g_{T,j} f_{S \setminus T,i-j} \]

这里 \((-1)^{j+1}\) 是经典的 DAG 容斥系数，不再赘述。

现在就以 \(O(n^2 3^n)\) 的复杂度解决了问题，常熟很小，可以通过。

技巧：

• 过程较复杂的问题可以考虑一步一步求解。
• 拓补序计数可以在 \(O(n 2^n)\) 的复杂度内解决。
• DAG 计数可以考虑主旋律相关技巧（DAG 容斥）。