刷(shui)题记录 2021.11
[JOISC2020] 首都
可以想到，答案实际上是选择的城市数量减去 \(1\) 。
选择的城市的所有城镇要连成一个联通块，那么对于属于同一个城市中的两个城镇 \(x,y\) ，假如选择了这个城市，那么路径 \((x,y)\) 上所有的城镇所属于的城市都要被选择。因此可以建一个新图，对于路径 \((x,y)\) 上的所有除 \(x, y\) 的点 \(p\) ，建边 \(C_x\rightarrow C_p\) 。那么答案就等于新图中最小的没有出度的强连通分量的节点个数。但是这样建边的边数为 \(O(n ^ 2)\) 的。
首先可以想到用树链剖分+线段树优化建图优化，但是边数依然是 \(O(n \log_2^2 n)\) 的，会 \(\verb|MLE|\) 。
可以用类似的思路+倍增，对于原图的点 \(u\) 其建边方式如下：
其中 \((u,i)~(i>0)\) 表示新图中的一个节点。
那么对于任何一组 \((x,y)\) ，其连边方式就很明显了。
[AGC043-B] 123 Triangle
对于第二行开始的所有 \(f\) 值，都是 \(0/1/2\) 中的一个，可以首先将第一行的 \(f\) 都减去 \(1\) ，让所有的 \(f\) 的值域相同。
考虑首先判断答案的奇偶性，可以发现奇偶性数组 \(g(i,j)=g(i-1,j)\oplus g(i-1,j+1)\) （\(\oplus\) 表示异或）。
那么可以得到
在模 \(2\) 的情况下，有 \(\binom{a}{b}=[a~\mathrm{and}~b = b]\)
接下来判断 \(g(N,1)=0\) 情况下的答案。可以想到如果存在至少一个 \(1\) ，那么答案必然为 \(0\) ，因为 \(2\) 遇到 \(1\) 都会变成 \(1\) 。
接下来只要判断只有 \(0/2\) 的情况，显因为 \(2-2=0,|0-2|=|2-0|=2\) ，这个很像 \(g(i,j)\) 的计算过程，设新的数组是 \(h\) ，那么就有：
如果 \(h(N,1)=1\)，那么最终答案就是 \(2\)，否则就是 \(0\) 。
[ARC119-D] Grid Repainting 3
先建个图，对于矩阵中 \(s_{i,j} = \verb|R|\) 的位置，在图上建立 \(i \leftrightarrow j+N\) 。
矩阵上选择一个位置进行操作实际上就是对于图中一条边，选择其中一端。
考虑白块个数的计算方式，参数显然是被覆盖为白色的行数和列数，设其分别为 \(a,b\) ，可以得到：
考虑我们在新图中的选择方案，可以发现实际上就是找到一颗 \(\mathrm{dfs}\) 树，由底向上“操作”，然后舍去根节点，也就是说，对于一个联通块，我们必须舍去一行或者一列。这里稍微解释一下“操作”是什么意思：对于一条在 \(\rm dfs\) 树上的边 \(x\leftrightarrow y\) （\(x\) 为父亲），如果 \(y\) 是行节点，那么就是将 \((y, x - N)\) 所在的行覆盖为白色；如果 \(y\) 是列节点，那么就是将 \((x - N, y)\) 所在的列覆盖为白色。
枚举多少个联通块舍去了一行，得到最优的参数 \(a,b\)，然后对于每个联通块，选好根节点是行节点还是列节点，然后 \(\rm dfs\) 得到方案。
[LG-P4437] [HNOI/AHOI2018]排列
对题目进行转化，对于任意一个 \(i\) ，建立节点 \(a_i \rightarrow i\) ，可以认为原问题变成了选择一个 \(0 \cdots n\) 的排列 \(P\) ，满足儿子节点 \(u\) 的 \(P_u\) 大于父亲节点 \(v\) 的 \(P_v\) ，而我们要令 \(\sum_{i=1}^n p_i w_i\) 最大。这个很像某道题，但是数据规模更大，用并查集和优先队列优化一下。
[LG-P7026] [NWRRC2017]Hidden Supervisors
首先考虑如果没有不确定祖先的的点，最终答案怎么求，显然可以按深度从大到小考虑，如果一个节点 \(u\) 存在儿子节点 \(v\) 没有被选择，那么就选择 \(u\) 和 \(v\) 作为一对。可以发现，如果存在两种最优方案，其中一种选择了根节点，另一种没有选择根节点，那么这种算法会选择不选根节点的那种。
接着考虑原题。我们要进行的操作就是将森林中每棵树的根节点（除了节点 \(1\)）都选择一个往上的节点。首先对于每棵树都跑一遍上面提到的算法，接着分类思考一下：
设 \(T_u\) 是某棵树 \(T\) 的根节点。
- 当前森林中不存在 \(T\) 之外的没有选择的节点，那么这时候可以直接将 \(T_u\) 连到 \(1\) 。
- 当前存在 \(T\) 之外的没有选择的节点：
- \(T_u\) 已经被选择，那么这时假如改变方案，使 \(T_u\) 选择这个在 \(T\) 之外的节点，那么对于 \(T\) 中的方案的贡献，至少会减少 \(1\) ，一定不会更优，因此 \(T_u\) 一样直接连到 \(1\) 。
- 显然可以让 \(T_u\) 连接到这个节点就行了，匹配数 \(+=\ 1\) 。
这样就能得到算法了，首先将所有选择了 \(T_u\) 的树都连到 \(1\) 。对于剩下的，为了尽量增加匹配数，可以按没有选择的节点个数由大到小考虑。
[LG-P6071] 『MdOI R1』Treequery
首先用 \(\verb|ST|\) 表得到任何一个区间的 \(\rm LCA\) ，方便接下来的操作。
设 \(T_u\) 表示以 \(u\) 为根节点的子树的所有节点。
接下来大力分类思考：
- \([l,r]\subset T_u\) ：那么答案显然是 \(\mathrm{dis}(p, \mathrm{LCA}(l,r))\) 。
- \([l,r] \not \subset T_u\)
- \([l,r] \cap T_u \not = \empty\)，那么答案显然为 \(0\) 。
- \([l,r] \cap T_u = \empty\)
- \(p \not\in T_{\mathrm{LCA}(l,r)}\)，那么答案一样是 \(\mathrm{dis}(p, \mathrm{LCA}(l,r))\)
- \(p \not\in T_{\mathrm{LCA}(l,r)}\)，这时候首先要找到深度最小的，满足没有任何一个 \([l,r]\) 中的节点在其子树的节点 \(u\) ，这个东西可以用倍增跳。答案就是 \(\mathrm{dis}(u,p)+1\) 。
接下来只需要考虑怎么求出某棵子树 \(T_u\) 中编号在某个区间 \([l,r]\) 中的节点个数就行了。这相当于求出下面的问题：
这时候显然有 \(Q(u,l,r)=Q(u,1,r)-Q(u,1,l-1)\) 。然后用可持久化线段树维护 \(Q(u,1,lim)\) 的答案就行了。
[ARC103-D] Distance Sums
考虑一条边 \((u,v)\) 其中 \(u\) 是 \(v\) 的父亲，那么一定有
因为 \(D_u\) 互不相同，同时因为 \(D_u\) 最大的点一定是某一个叶子，\(D_u\) 最小的点一定是重心，因此按 \(D\) 由大到小考虑，直接由上面的式子求出父亲，然后 \(\verb|check|\) 一下根节点是否符合就行了。
[AGC007-D] Shik and Game
根据经验，可以认为最优方案一定是将 \(N\) 只小熊分成若干段，从左到右考虑，对于一段小熊，操作一定是首先从左到右依次激活，然后折返回最左边的小熊，然后从左往右收取金币，然后向右离开这一段小熊，可以证明这是最优的。
设 \(f(i)\) 表示考虑了前 \(i\) 只小熊的最小花费，显然有：
这个转移是 \(O(n^2)\)，但是有极大的优化空间，将所有 \(j\) 按照 \(2(x_i-x_{i-j+1})\) 和 \(T\) 的大小关系分成两部分，可以发现两部分分别可以用前缀最小值和线段树之类的进行优化。
[AGC006-C] Rabbit Exercise
首先考虑一次跳跃之后第 \(a\) 只兔子位置的变化，可以得到 \(x'_a=\frac{1}{2}(2x_{a+1}-x_a)+\frac{1}{2}(2x_{a-1}-x_a)=x_{a+1}+x_{a-1}-x_a\)。这个计算要进行 \(mk\) 次，很难优化。
考虑差分，设 \(d_i=x_i-x_{i-1}\) ，一次操作会改变 \(d_a\) 和 \(d_{a+1}\) ,考虑其变化：
可以发现这实际上是交换 \(d_a, d_{a+1}\) 。
因此可以处理出一轮操作之后每一个 \(d_a\) 去了哪里，这东西建图之后一定会形成若干个环，对于每一个环都计算出操作 \(k\) 轮之后的 \(d\) 就行了。
[ARC124-D] Yet Another Sorting Problem
依然是排列排序题，建图 \(i\rightarrow p_i\) ，可以得到若干个环。环内元素的交换实际上就是将环分裂成两个。环之间元素的交换是将两个环合并成一个。
对于跨越两个部分的环，也就是存在一个位置 \(\leq N\) ，存在一个位置 \(>N\) 的环，将其内部排好序的操作次数显然是环大小 \(-\ 1\) 。
对于只包含左边部分和只包含右边部分的两个环 \(c_1, c_2\)，可以考虑将两个环合并。
因此答案为 \(n+m-c+2\max\{a,b\}\)，其中 \(c\) 表示环的总个数（包括自环），\(a,b\) 分别表示只包含左边的环的个数和只包含右边的环的个数。
[ARC126-D] Pure Straight
看到 \(K\) 很小，可以考虑一下状态压缩 \(\verb|dp|\) 。在这之前先思考一下怎么拼凑出一个 \((1,2,\cdots K)\) 的子串。首先对于一个长度为 \(K\) 的排列，需要的步数显然是逆序对数，现在想想在一个排列中参杂一些不用来构成子串的元素，那么显然是要将他们全部跳过，可以是让所有在其右边的需要用的元素跳到其左边，也可以是在其左边的需要用的元素都移到右边。这些显然很适合用 \(\verb|dp|\) 来计算。
设 \(f(i,S,0/1)\) 表示当前考虑了前 \(i\) 个元素，已经拼凑出了一个 \(S\) 中的所有元素排好序的子串，这个子串的位置是否被固定，如果没有被固定，要求这个子串的末尾在 \(i\) 。考虑转移，显然对于一个新的元素，可以选择不使用，也可以选择加入 \(S\) 。
- 如果不使用这个元素，那么如果子串位置被固定，所有在这个元素右边的，没有加入 \(S\) 的元素都必须向左跳过这个字符，而跳过这个元素需要 \(|\complement_U S|\) 步；如果没有被固定，那么这个子串需要跳过这个字符，这需要 \(|S|\) 步，接下来可以选择是否在这个位置固定子串。
- 如果使用这个元素，假设其是 \(X\)，如果子串位置不固定，这个字符首先要跳到子串中恰当的位置，这需要 \(\sum_{y\in S}[y>X]\) 步，相当于求个逆序对数；如果子串位置被固定了，但是先前已经计算了这个元素跳过无用元素所需要的操作数，所以既然是相同的步数。
[ARC125-D] Unique Subsequence
设 \(f(i)\) 表示结尾为第 \(i\) 个元素的独一无二子序列的个数，那么可以得到转移：
这个显然可以用线段树或者一个桶优化。
[ARC130-D] Zigzag Tree
可以想到树形 \(\verb|dp|\) ，具体而言：
设 \(f(u,x), g(u,x)\) 分别表示子树 \(T_u\) 中，节点 \(u\) 的值为子树中第 \(x\) 小的，设定 \(u\) 的父亲要比 \(u\) 小/大的方案数。转移方式考虑树形背包式的合并子树。考虑将 \(g(v,?)\) 合并到 \(f(u,?)\) 中。显然这时候需要另 \(v\) 的值比 \(u\) 的值小，同时需要枚举 \(T_v\) 中多少个值比 \(u\) 的值要小，这时可以得到 \(O(n)\) 的刷表转移：
这个可以直接使用前缀和优化，做到 \(O(1)\) 刷表转移。
同理，要将 \(f(v,?)\) 合并到 \(g(u,?)\) 中，可以使用下面的方式：
