ACM 选做

Petrozavodsk Summer 2023. Day 7.

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D. HearthStone

称一个长度为 $n$ 的正整数数列是“好的”，当且仅当存在一个 $k$，使得 $1\sim k$ 均在 $a_{1\sim n}$ 中出现过，且 $\max_{i=1}^n a_i=k$。先给出一个序列，每次操作可以把其中一个数 $+1$ 或 $-1$，求将其变为“好的”数列的最小操作次数。$1\le n,a_i\le 10^6$。

先给 $a$ 排个序，排序后若 $a_i>i$，则 $a_i$ 一定要变少，不妨先取个 $\min$ 提前算贡献。

令 $a_i$ 在操作结束后变成 $b_i$，那么 $b_i$ 满足 $b_i\in \{b_{i-1},b_{i-1}+1\},b_0=0$。

考虑逐个加入 $a_i$ 求当 $b_i=x$ 时的最小代价。

每次加入的代价都是个凸函数，故可以 slope trick。相当于每次将函数与函数向 $x$ 轴正方向平移取极值，再插入一个绝对值函数。前者可以直接将斜率为 $0$ 的段平移，后者就是插入点。

I. 01tree

给出一个 $n$ 个结点的树，每个结点有一个点权 $0$ 或 $1$，每次可以把相邻两个权值相同的点点权翻转，已知初始状态和结束状态，求从初始状态到结束状态的最小操作次数，若达不到则次数为 $0$。 不幸的是，初始和结束状态有的 $0,1$ 变成了 $?$，即可以是 $0$ 或 $1$，所以问题改为求所有情况的最小操作次数的和。$1\le n\le 10^5$。

将两个相同的节点翻转看起来不好做，考虑转化。

注意到相邻的节点所在的深度奇偶性不同，于是可以把深度为奇数的点的点权翻转，这样一次操作就变成了交换两个点的点权。

考虑计算每条边的贡献，显然只要这条边断开形成的两个子树内的 $1$ 达到结束状态的数量即可。

令 $S_1,S_2,T_1,T_2$ 表示初始状态时整棵树的 $1,?$ 的个数、结束状态时整棵树的 $1,?$ 的个数。再令 $s_1,s_2,t_1,t_2$ 表示边分成的较小的子树中的初始、结束状态时的 $1,?$ 的个数。

那么有

$$ans=\sum_{(u,v)\in E}\sum_{d=1}^\infty d\bigg[\sum_{i}\binom{s_2}{i-s_1}\binom{t_2}{i-d-t_1}\bigg]\bigg[\sum_{j}\binom{S_2-s_2}{j-S_1+s_1}\binom{T_2-t_2}{j+d-T_1+t_1}\bigg]+d\bigg[\sum_{i}\binom{s_2}{i-s_1}\binom{t_2}{i+d-t_1}\bigg]\bigg[\sum_{j}\binom{S_2-s_2}{j-S_1+s_1}\binom{T_2-t_2}{j-d-T_1+t_1}\bigg]$$

考虑求

$$sum=\sum_{d=1}^\infty d\bigg[\sum_{i}\binom{s_2}{i-s_1}\binom{t_2}{i-d-t_1}\bigg]\bigg[\sum_{j}\binom{S_2-s_2}{j-S_1+s_1}\binom{T_2-t_2}{j+d-T_1+t_1}\bigg]$$ $$=\sum_{d=1}^\infty d\bigg[\sum_{i}\binom{s_2}{s_2+s_1-i}\binom{t_2}{i-d-t_1}\bigg]\bigg[\sum_{j}\binom{S_2-s_2}{S_2+S_1-s_2-s_1-j}\binom{T_2-t_2}{j+d-T_1+t_1}\bigg]$$

最内层的 $\sum$ 显然可以范德蒙德卷积：

$$sum=\sum_{d=1}^\infty d\binom{s_2+t_2}{s_2+s_1-t_1-d}\binom{(S_2-s_2)+(T_2-t_2)}{(S_2-s_2)+(S_1-s_1)-(T_1-t_1)+d}$$

考虑到 $d=s_2+s_1-t_1-(s_2+s_1-t_1-d)$，令 $A=s_2+t_2,B=s_2+s_1-t_1,x=B-d$，则

$$sum=\sum_{d=1}^\infty [B-(B-d)]\binom{A}{B-d}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-(B-d)}$$ $$=B\sum_{x=0}^{B-1 }\binom{A}{x}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-x}-\sum_{x=0}^{B-1}x\binom{A}{x}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-x}$$ $$=B\sum_{x=0}^{B-1 }\binom{A}{x}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-x}-A\sum_{x=0}^{B-1}\binom{A-1}{x-1}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-x}$$ $$=B\sum_{x=0}^{B-1 }\binom{A}{x}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-x}-A\sum_{x=0}^{B-2}\binom{A-1}{x}\binom{S_2+T_2-A}{S_2+S_1-T_1-1-x}$$

设函数 $f(P,Q,S,T)$ 表示 $\sum_{x=0}^{Q }\binom{P}{x}\binom{S-P}{T-x}$。

那么 $sum=B\times f(A,B-1,S_2+T_2,S_2+S_1-T_1)-A\times f(A-1,B-2,S_2+T_2-1,S_2+S_1-T_1-1)$。

当沿着树计算边的贡献时 $A,B$ 的变化是 $O(1)$ 的故考虑求 $f$ 的递推式。

$Q$ 的变化是显然的：

$$f(P,Q+1,S,T)\leftarrow f(P,Q,S,T)+\binom{P}{Q+1}\binom{S-P}{T-Q-1}$$ $$f(P,Q-1,S,T)\leftarrow f(P,Q,S,T)-\binom{P}{Q}\binom{S-P}{T-Q}$$

对于 $P$，考虑用加法原理分解：

$$\binom{P}{x}\binom{S-P}{T-x}=\binom{P}{x}\bigg[\binom{S-P-1}{T-x}+\binom{S-P-1}{T-1-x}\bigg]$$ $$\binom{P+1}{x}\binom{S-P-1}{T-x}=\bigg[\binom{P}{x}+\binom{P}{x-1}\bigg]\binom{S-P-1}{T-x}$$

作差再求和可得：

$$f(P+1,Q,S,T)\leftarrow f(P,Q,S,T)-\binom{P}{Q}\binom{S-P-1}{T-Q-1}$$ $$f(P-1,Q,S,T)\leftarrow f(P,Q,S,T)+\binom{P-1}{Q}\binom{S-P}{T-Q-1}$$

于是就做完了，注意边界的处理。

J. Independent Set

交互题。有一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，可能有重边或自环，要求求出这张图所有的边。每次可以询问一个数列 $a_1,a_2,...,a_k(1\le a_i\le n)$，$k$ 每次由自己决定。每次询问后，交互库会开一个空集 $S$，和一个长度为 $k$ 的数组 $cnt_1,cnt_2,...,cnt_k$，并将该数组初始化为 $0$。然后进行如下操作：

1.将 $a_1$ 放入集合 $S$。

2.枚举 $i\in[2,n]$，扫描图中 $a_i$ 的所有边 $(a_i,j)$，若 $j\in S$，则令 $cnt_i$ 加 $1$；若扫描完所有边后 $cnt_i$ 等于 $0$，则将 $a_i$ 加入 $S$。

3.返回 $cnt$ 数组。

$1\le n\le 4000,0\le m\le 10000$，询问的 $k$ 的和不超过 $176000$。

先求自环，可以通过问自己两次得到。

然后先把 $1\sim n$ 放在一起问一遍，这个就得到了一个独立集 $S_1$ 和另一个集合 $S_2$。$S_2$ 内部的边可以递归求解，故只需考虑 $S_1$ 与 $S_2$ 之间的边，这样就可以分治，把 $S_1$ 分成左右两半，往有边的一半分治，就可以把求出一条边的花费变为对数级。

Petrozavodsk Winter 2023. Day 2: GP of ainta

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K. Connect the Dots

数轴上有 $n$ 个点，第 $i$ 个点的坐标为 $i$，每个点有一个颜色，总共 $m$ 种颜色，你要构造一个选若干个不同线段的方案，使其满足以下条件并且数量最多：

• 线段的两个端点为 $1$ 到 $n$ 的整数，且端点的颜色不同。
• 任意两条线段要么相离要么包含，不能相交（端点重合不算相交）。

$2\le m\le n\le 2\times 10^5$。

对于这种端点可交线段的问题，可以采用经典的化直为圆，即将线段当成 $1\sim n$ 构成的环上的弦。这样题目就转化为不相交弦的最大数量。

对于相邻的颜色不同的点，可以先把他们记入答案，这样接下来取的弦只能是多边形的对角线，同时随着其他弦的加入，他们也可以成为多边形的新边。另外，这个转化也告诉了我们答案的上界，由于从一个点出发，多边形的对角线条数为 $n-3$，故答案不超过 $2n-3$。

接下来考虑从多边形中取一段来分析不能使答案变劣的操作（下文 $\texttt{A,B,C}$ 均为颜色）。

• $\texttt{ABB...BB}\Rightarrow \texttt{AB}$：考虑逐次把 $\texttt{A}$ 旁边的 $\texttt{B}$ 扔掉，即与隔一个的 $\texttt{B}$ 连边。

这种操作相当于把连续段变成一个单点，可让图变成不同颜色交替的圆。

• 若存在一种颜色，使其只出现了一次，那么可以从该点出发，依次取弦，得到最优答案。

正确性显然。

将连续段改成单点后，若出现唯一颜色点，则可按上面的做法做，若没有，考虑将 $\texttt{ABC}$ 变成 $\texttt{AC}$，就能变成上面的情况。然而，当且仅当出现至少 $3$ 种颜色才能这么构造，特殊情况便是形如 $\texttt{ABABABABAB}$ 之类的环，这种也很好处理，将第一个 $\texttt{A}$ 与不相邻的 $\texttt{B}$ 连边即可。

Petrozavodsk Winter 2023. Day 4: KAIST+KOI Contest, Grand Prix of Korea

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G. One Path

给出一棵 $n$ 个节点的树，边带权，定义一张图的权值为任意两点之间最短路的最大值，不连通的两点的最短路长度定义为 $0$。对于每个 $i\in[0,k]$，你可以恰好执行 $i$ 次操作，每次操作可以切断一条边，并给当前的图加上一条与切断的边权值相同的边，没必要保证操作后图仍为一棵树。对于每个 $i$，求出操作后能得到的图的权重的最大值。

$2\le n\le 2000,0\le k\le 2000$。

显然操作完后仍然是树答案不会更劣，因此一次操作的实质是将树分成两部分，再把这两部分连接。一棵树的权重显然是其直径，所以执行 $x$ 次操作相当于选出 $x$ 条边，答案为这 $x$ 条边的边权和他们划分出的子树的直径之和。

考虑 $dp$，设 $f_{u,i,0/1/2}$ 表示在 $u$ 的子树内执行 $i$ 次操作的答案，状态 $0$ 表示选出了一条向上的链，$1$ 表示已经凑出了一条直径，$2$ 表示在 $1$ 的基础上选了一条边，大力树形 $dp$ 即可。

Petrozavodsk Winter 2023. Day 6: Um_nik mod 998 244 353 Contest

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K. 4

给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的简单无向图，求阶为 $4$ 的完全子图数量。

$4\le n\le 10^5,0\le m\le 10^5$。

类似三元环计数，我们将度数小的点向度数大的点连边，最终形成一个 $DAG$，枚举点 $a$ 及其指向的点 $B$，再枚举点 $B$ 指向的点 $C$，若 $A,C$ 间有边，则称边 $(A,C)$ 是点 $B$ 的一条对边。我们给每条边标号，对每个点的对边建立集合 $S(B)$。对于原图中的每条边 $(B,D)$，所有 $|S(B)\cap S(D)|$ 的和记为答案，可用 $bitset$ 维护。

时间复杂度 $O(m\sqrt m+\frac{nm}{w})$。