2024-10 记录

10.6

# 4815. Flower's Land

给定一棵 $n$ 个节点的树，和一个整数 $k$，点有点权，对于每个点，求出包含其的大小为 $k$ 的连通块的最大价值。

$1\le n\le 4\times 10^4,1\le k\le 10^3,8s$。

有一个感觉挺对的做法：先求出根节点的答案，再考虑换根，换根的本质是求不含一个儿子时的背包状态，可以分治+撤回做，最终复杂度 $O(nk\log n)$。

正解的想法很有意思：点分治也可以用来求连通块问题。

与路径类似，我们找到分治中心 $r$，对于每个 $u$ 求包含 $u,r$ 的连通块最值，这样就必选了一条链，将子树按 $dfn$ 序排序后，容易发现这条链将树分成了两个区间，于是可以转化为前后缀 $01$ 背包合并，总时间复杂度 $O(nk\log\frac{n}{k})$。

O. New School Term

有一个 $2n$ 个节点的图，有 $m$ 条边，第 $i$ 条边边权为 $2^i$，将图黑白染色，使黑白点各 $n$ 个，总代价为连接两个相同颜色的点的边的边权之和，求最小代价。

$n\le5000,m\le 10^6,3s$

这个边权显然是要我们从大到小谈心地选边，每次连边都是将两个二分图合并，因此 $m$ 是假的，因为就算不选一条边都会使两个图反过来合并，至多合并 $n-1$ 次。

由于最终要求黑白点数各为 $n$，因此每次贪心后还要检验是否存在解，可以用背包解决，对于每个合并好的二分图，记其中一类点的权值为 $1$，另一类为 $-1$，一张二分图的总价值为 $w$，对答案的贡献可为 $w$ 或 $-w$，若能凑出 $0$ 则有解。

由于二分图会合并，所以我们的背包还要支持删除物品，考虑改可行性为方案数，方程为 $dp'_i=dp_{i-w}+dp_{i+w}$，难以删除。实际上这种必选背包可转化为 $01$ 背包，先令总和为 $\sum -w$，这样每个图可以不选或选并产生 $2w$ 的贡献，于是就可删除了，做到了 $O(n)\ \text{check}$。

总时间复杂度 $O(n^2+m)$。

10.7

偷一个翻到的博客。

10.8

偶然发现一种子树直径的维护方式：先将节点按 $dfs$ 序排序，用线段树维护直径，线段树每个点记录区间内的点的直径及其端点，由于一段 $dfs$ 序区间可以看成缺少父亲的若干棵相邻子树，而直径端点必然是叶子结点，于是可以直接区间合并。用朴素的倍增 $LCA$ 实现的复杂度是 $O(n\log^2n)$ 的，使用 $st$ 表可优化到 $O(n\log n)$。特别地，挖掉一棵子树的树也可以看成一棵子树，故也可以合并。

10.10

给出一棵树，初始每个点均为白色，同时指出其中 $m$ 条链，对于每条链可以且必须把这条链上的点或这条链外的点染黑，求最后剩下的白点数量的最大值。

显然有 $O(n\log^2n)$ 的树剖做法，但不够优秀。

考虑每种可能的情况，本质上是将树上的点分成了 $2^m$ 个等价点集，最终只有一个点集能为白色。划分用哈希来解决，具体的，对每条链随机一个权值并将这条链的点权异或上这个权值，两个点属于同一个点集当且仅当他们的点权相同，于是就做完了。

10.14

偷 $\text{@}$$\color{Red}\text{ciuim }$$\color{Yellow}{√}$ 的博客。

10.15

[ARC065E] へんなコンパス

思路比较简单，但交上去一直 $\text{MLE}$。

我在动态开点线段树中每个点开了个 $\text{set}$ 来维护信息，理论上空间复杂度 $O(n\log n)$，但实际上是假的，$\text{set}$ 本身就有较大空间，以下是实测空 $\text{set}$ 与 $\text{int}$ 的对比：

int: 8.00B
set: 56.00B

空 $\text{set}$ 的空间是 $\text{int}$ 的 $7$ 倍！断不可乱开。树套 $\text{set}$ 固然好用，但动态开点就会爆炸。

10.16

[ABC311Ex] Many Illumination Plans

直接暴力背包合并是 $O(nx^2)$ 的，其实对于这一类树上 $\max +$ 卷积，我们可以优化到 $O(n^{\log_2{1+k}}x)$，$k$ 为背包中值域、编号以外的状态数。

前一个算法的瓶颈在于背包合并，考虑如何把合并改为单点加入，注意到每个节点加入背包时只与他的儿子的状态有关，且 $\max +$ 卷积符合交换律，所以可以考虑自下而上 $DP$，具体地，把当前的 $DP$ 数组下传给儿子让其单点加即可，但每层要传两次，复杂度达到 $O(2^nx)$。

考虑树链剖分，每次继承重儿子的状态，对轻儿子仍用上面的做法，利用主定理可证得时间复杂度为 $O(n^{\log_23}x)$。

10.18

口胡了一车题，但都不想码。

Flip and Reverse

再敲打自己三遍：$01$ 序列 $\Leftrightarrow$ $\texttt{-1}-\texttt{1}$ 折线图！$01$ 序列 $\Leftrightarrow$ $\texttt{-1}-\texttt{1}$ 折线图！$01$ 序列 $\Leftrightarrow$ $\texttt{-1}-\texttt{1}$ 折线图！

转化后，不难发现题中操作为将等高的两点间的图像绕垂直于 $x$ 轴的直线水平翻转。考虑建图，具体地，记前缀和为 $a_{0\sim n}$，令每种值为点，在 $a_i$ 与 $a_{i+1}$ 间连边，不难发现一次翻转使 $a_i\rightarrow a_{i+1}$ 变为了 $a_{i+1}\rightarrow a_i$，也就是说边本质上是无向的，直接建无向边，跑字典序最小的欧拉路径即可。

10.21

P9870 [NOIP2023] 双序列拓展

本来以为是那年的 $\text{Ad\_hoc}$，没想到最近模拟赛考了类似的还不会，遂补。

问题转化为当前的两个右端点 $(i,j)$ 扩展到满足要求的 $(i+1,j)$ 或 $(i,j+1)$。不妨设要求为 $a_i> b_j$，考虑特殊性质 $a_n$ 最大 $b_m$ 最小。容易发现，我们扩展的其中一段为 $(i,j)\rightarrow (i,j+1)\rightarrow...\rightarrow(i,j+k)\rightarrow(i+1,j+k)$，然后有一段是 $i$ 持续扩大，可以发现，将 $i$ 扩大到一个 $i+p$ 使 $a_i\le a_{i+p}$ 一定比 $a_i>a_{i+q}$ 更优，因为 $a_{i+p}$ 能比 $a_{i+q}$ 扩展更多的 $j$，且即使用 $a_{i+q}$ 跳转的 $j$ 也不如用 $a_i$ 跳转，同时还有 $b_m$ 最小来保底 $a_{i+q}$ 可在 $a_i$ 扩展后再出现，所以若能扩展我们一定会直接扩展到 $a_{i+p}$。对于 $b$ 也同理，取 $b_j\ge b_{j+p}$ 即可。

至此我们就有了一个口胡的想法，每次按 $a$ 或 $b$ 的单调栈扩展，若无法扩展则无解。但感觉写的不够优美，我们考虑倒过来做，从 $(n,m)$ 走到 $(1,1)$，这样只需要记前缀最大值而不用记单调栈，一样扩展即可，非常好写。

若没有特殊性质，考虑到序列反过来配对和正着是一样的，于是把 $a$ 中最大值和 $b$ 中最小值左边的序列正常跑，右边的序列反过来一样跑一遍即可。

10.22

[ABC376G] Treasure Hunting

场上前期浪费了一些时间，导致 $F$ 赛后两分钟才过，这题甚至还没看。

类似的题还有 P4437 [HNOI/AHOI2018] 排列、[AGC023F] 01 on Tree，我称为树上连通块贪心模型：当且仅当一个点的父亲被选择，这个点才能被选择，且前面点的选择对交换选择的相邻两个点贡献差没有影响。

对于本题，则是要求一个点的父亲要在该点之前被选择，使得 $\sum ia_{p_i}$ 最大。显然可以套用该模型。具体地我们可以对于当前的每个连通块（初始都是单点）维护连通块内部产生的价值、点权和与大小（在具体题目中可能为别的东西），再定义一个由邻项交换推出的权重，这里连通块 $S$ 的权重为 $\frac{\sum_{i\in S}a_i}{|S|}$，将每个连通块存入优先队列中，每次取权重最小的连通块与其父亲所在的连通块合并，最终得到答案。

CF2023D Many Games

首先 $p_i=100$ 的肯定必须选，所以只需要考虑剩下的物品。

取 $q_i=\frac{p_i}{100}$，不妨设当前选了一些物品，总重为 $W$，概率为 $Q$，收益为 $W\times Q$，新加入一个物品 $(w_i,q_i)$，新收益为 $(W+w_i)\times Q\times q_i$，若收益增加，则 $W\times Q<(W+w_i)\times Q\times q_i$，即 $W(1-q_i)<w_i\times q_i$，也就是 $W(100-p_i)<w_i\times p_i$，注意到 $w_i\times p_i<2\times 10^5$，因此 $W<2\times 10^5$！所以我们最终答案的物品总重在 $2\times 10^5$ 级别！（当然可能会略大一些）

于是我们考虑背包，求出总重为 $W$ 时 $Q$ 的最大值，直接做是 $O(nW)$ 的。注意到对于同一种 $p_i$，我们肯定优先选 $w_i$ 大的，同时显然 $\prod p_i\ge 10^{-6}$，因此每个 $p_i$ 选的物品的总数的总和很少，在 $99\times \ln 99 \approx 450$ 左右，所以在满足 $\prod p_i\ge 10^{-6}$ 的前提下 $dp$ 即可。

10.24

拆点法保证路径奇偶性

将点 $u$ 拆成点 $u_1,u_2$，将一条边 $u\rightarrow v$ 拆成 $u_1\rightarrow v_2,u_2\rightarrow v_1$，这样偶数条边的路径就是从一层出发回到同一层。类似的，拆 $k$ 次就可以使路径在模 $k$ 意义下有相应的偏移。

10.26

树上路径覆盖贪心

例题：P7246 手势密码、CF2023E Tree of Life。

一般形式为：用最少的路径覆盖树，使得其满足题目的要求。

一般考虑自底向上贪心，在子树处先贪心地合并路径一定不劣（可以后面再拆开），于是可以以此记录状态，大分讨出结果。

原来今天是 $\text{CSP}$ 啊：

BigIntger rp;
while(1)rp=rp+BigIntger(1);

10.27

补个游记。

10.30

模意义下的可达01背包

有 $n$ 个数 $a_1,a_2,a_3\dots a_n$，对于 $\forall t\in[0,m-1]$，判断是否存在 $x_1,x_2,x_3\dots x_n$，$x_i\in \{0,1\}$，使得 $\sum_{i=1}^nx_ia_i\equiv t\pmod m$。$n,m$ 同阶。

一眼有 $O(\frac{nm}w)$ 的做法，但可以更优。

考虑每次新加入物品时，我们本质上是维护一个 $\text{bool}$ 数组 $s$，加入的物品大小为 $x$ 就是 $s=s|s<<x$，注意这里的 << 是循环移位。考虑每次找到最小的一个 $i$，使得 $s_i\neq (s<<x)_i$，然后直接修改。查找可以二分，求出 $s$ 与 $s<<x$ 的最长公共前缀，可用线段树做到单次 $O(\log^2m)$，最终时间复杂度 $O((n+m)\log^2m)$。

10.31

[ARC186A] Underclued

看到 01 矩阵，（应当本能地）想到建二分图。左右部各 $n$ 个点，分别编号为 $a_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n$，矩阵上的 $0/1$ 对应一条有向边，总共 $n^2$ 条。具体的，若 $c_{i,j}=1$，将 $a_i$ 与 $b_j$ 连边；若 $c_{i,j}=0$，将 $b_i$ 与 $a_j$ 连边。若两个图相似，则两图对应点的入度、出度相等。若要将一个矩阵 $A$ 做一个微小的改变，则要把一个点的一条入边变为出边，一条出边变为入边，然后递归下去，直到成环，显然这样的限制是充要的，也就是说，一条边不是固定的，当且仅当其在一个环中。转换成有向二分完全图就是在一个强联通分量内。

这样问题就转化为了把一张有向二分完全图缩点后的 DAG 上可能的边的个数，直接 $O(n^6)$ dp 即可，转移是平凡的。