2025.5-2025.6 常州集训专题+模拟赛记录

记录下常州集训讲的专题以及模拟赛题

会抓紧补题的(流汗)

网络流

CF2046D For the Emperor!

P.S 以下称容量为 \(x\)，费用为 \(y\) 的边为 \((x, y)\)

先缩点方便处理，scc 的 \(a\) 值即为其含有的点的 \(\sum a\)

考虑保持最大流总是 \(\sum a_i\)，让一点收到计划时产生 \(-\text{inf}\) 的费用，发放计划时产生 \(1\) 的费用

跑最小费用最大流，最终根据最小费用除 \(\text{inf}\) 的商和余数算出"有多少个城市收到计划"以及"最少发放多少计划"

具体的，对第 \(i\) 个点：

对"最初第 \(i\) 个点有 \(a_i\) 名信使"的限制，考虑建限制点 \(P_i\)，在源点 \(S\) 与 \(P_i\) 间连边 \((a_i, 0)\)
由于只产生一次收到计划的费用，考虑拆点，建入点 \(Q_i\) 与出点 \(R_i\)，在 \(Q_i\) 与 \(R_i\) 间连边 \((1, -\text{inf})\) 与 \((+\infty, 0)\)

第一次走 \((1, -\text{inf})\) 表示该点收到计划，之后走 \((+\infty, 0)\) 不产生新的费用 (表示其他点的信使经过该点)
由于只产生一次发放计划的费用，考虑在 \(P_i\) 与 \(Q_i\) 间连边 \((1, 1)\)，在 \(P_i\) 与 \(R_i\) 间连边 \((+\infty, 0)\)

走 \((1, 1)\) 表示在该点发放计划，接着会立刻走 \((1, -\text{inf})\) 表示该点收到计划；之后走 \((+\infty, 0)\) 不产生新的费用 (表示该点的信使经过自身)
点 \(i\) 的信使可以不参与之后的运送，在 \(R_i\) 与汇点 \(T\) 间连边 \((+\infty, 0)\)

对原图中边 \((u, v)\)，在 \(R_u\) 与 \(Q_v\) 间连边 \((+\infty, 0)\) 即可

设最小费用为 \(c\)，则有：

发放的计划数为 \(c_1 = (\text{inf}-(|c| \bmod \text{inf})) \bmod \text{inf}\)
收到计划的城市数为 \(c_2 = \displaystyle \frac{|c|+c_1}{\text{inf}}\)

那么 \(c_2 < n\) 即无解，反之 \(c_1\) 就是最小发放数量

这道题启示我们：

在处理"只有第一次经过产生费用"时，可以拆点连 \((1, -\text{inf})\) 与 \((+\infty, 0)\)

可通过赋极大费用，最后维护总费用中极大费用的相关信息处理一些东西

QOJ9224 Express Eviction

一个格子里有人，相当于 ban 掉了该格子四个端点上的边

有个很神的转化：从左上角到右下角联通，等价于对偶图上右上区域到左下区域不联通；具体的：

我们将格子看成点
对于每条被 ban 的边，将夹着其的两个格子连边
对于边界上被 ban 的格子，将其与相邻的左下区域 / 右上区域连边

感性理解大概是，若右上区域与左下区域联通，在从原图左上角走到右下角时，必然会跨过对偶图上连边的两格子中间夹的边，这样就经过了一条被 ban 的边；因此不存在合法路径

考虑连边刻画格子间的连通性，具体的：

枚举两被 ban 的格子，若两格子被 ban 的边连出来能够使它们联通，则将这两个格子连容量为 \(+\infty\) 的边

易得这等价于将两切比雪夫距离 \(\le 2\) 的被 ban 的格子连边
边界上被 ban 的格子仍然与相邻的左下区域 / 右上区域连容量为 \(+\infty\) 的边

由于我们能改变格子的被 ban 状态，一次会影响许多边，考虑拆点，在入点与出点间连容量为 \(1\) 的边

那么割掉入点与出点间的边即视为改变格子的被 ban 状态；直接跑最小割就是答案

这道题启示我们：可尝试使用对偶图刻画网格图连通性

ABC397G - Maximize Distance

注意到判断答案是否为 \(0\) 不弱于最小割，那么必然是网络流

首先答案显然有单调性，外层先套个二分，问题转化为求使最短路长度 \(>mid\) 最少需调整多少次

注意到最短路长度很小，不妨对每个点 \(i\) 按最短路长度值域开一列点 \(a_{i, 0}, a_{i, 1}, \cdots, a_{i, V}\) 代表到点 \(i\) 最短路长为 \(j\) 的状态

考虑用最小割刻画将边权 \(+1\) 的操作

具体的，对于原图上的边 \((u, v)\)，对值域上的每个值 \(k\)，进行如下连边：

从点 \(a_{u, k}\) 向点 \(a_{v, k+1}\) 连容量为 \(+\infty\) 的边，因为由三角形不等式，必然有 \(d_v \ge d_u+1\)，这条边不能割
从点 \(a_{u, k}\) 向点 \(a_{v, k}\) 连容量为 \(1\) 的边，若割去代表将边 \((u, v)\) 的权 \(+1\)

对同一列点中相邻的两点 \(a_{i, j}\) 与 \(a_{i, j+1}\)，我们连容量为 \(+\infty\) 的边

最后从源点 \(S\) 向 \(a_{1, 0}\)、从 \(a_{n, V}\) 向汇点 \(T\) 连容量为 \(+\infty\) 的边，直接跑最小割 check 是否 \(\le K\) 即可

这道题启示我们：若条件难以刻画，可以考虑直接暴力对值域中每个值开点

ARC142E - Pairing Wizards

首先，显然 \(A_i\) 越大越容易满足条件，将 \(A_i\) 向 \(a_i\) 下方调肯定不如直接调到 \(A_i = a_i\) 更优

两组限制不好搞，我们希望先去掉一组；对限制 \((x, y)\)，不妨设 \(b_x < b_y\)，注意到必然要求 \(A_x \ge b_x\) 且 \(A_y \ge b_x\)，那么可以先对每个 \(A_i\) 求出一个下界 \(l_i\)

现在只剩下 \(A_x \ge b_y\) (别人满足自己) 或 \(A_y \ge b_y\) (自己满足自己) 的限制了

仍然不太好刻画；不过注意到值域很小，考虑直接对每个 \(i\) 按值域开点 \(A_{i, l_i}, A_{i, l_i+1}, \cdots, A_{i, V}\)，代表 \(A_i\) 取 \(j\) 的状态

考虑用最小割刻画 \(A_i\) 的取值，若连到源点 \(S\) 则表示别人满足自己，若连到汇点 \(T\) 表示自己满足自己；具体的：

注意到 \(A_i \ge b_i\) 的满足方式只与 \(i\) 有关；若 \(l_i < b_i\)，则建一个限制点 \(P_i\)，从源点 \(S\) 向 \(P_i\) 连容量为 \(b_i-l_i\) 的边，若割掉表示 \(A_i\) 自己满足自己
对于 \(A_i\) 这一列相邻的两点 \(A_{i, j}\) 与 \(A_{i, j+1}\)，从 \(A_{i, j+1}\) 向 \(A_{i, j}\) 连容量为 \(+\infty\) 的边

从 \(A_{i, l_i}\) 向汇点 \(T\) 连容量为 \(0\) 的边 (因为一开始就默认取 \(A_i = l_i\))，对于其他 \(A_{i, j}\)，从 \(A_{i, j}\) 向汇点 \(T\) 连容量为 \(1\) 的边

因此，从 \(A_{i, l_i}\) 把连向汇点 \(T\) 的边一直割到 \(A_{i, k}\) 即视为取 \(A_i = k\)
对限制 \((x, y)\) (这里默认 \(b_x \le b_y\))，从 \(P_y\) 向 \(A_{x, b_y}\) 连容量为 \(+\infty\) 边即可

此处将链 \(A_y\) 到链 \(A_x\) 的边的贡献转移到了链 \(A_x\) 自身上，同时利用"割到 \(A_{i, j}\)"对"割到 \(A_{i, k}\ (k < j)\)"的包含关系避免对多个限制重复算贡献

那么直接跑最小割，累加上将 \(A_i\) 调到 \(l_i\) 的贡献就是答案

这道题启示我们：可尝试使用如下方式刻画"变量 \(x\) (值域为 \([l, r]\)) 的取值 \(\ge k\) "：

对 \(x\) 按照值域开一列点 \(x_l, x_{l+1}, \cdots, x_{r}\)，从上向下连 \(+\infty\)

对每个 \(x_i\)，向汇点 \(T\) 连容量为 \(1\) 的边

从源点 \(S\) 向限制点 \(P\) 连边，从 \(P\) 向 \(x_k\) 连容量为 \(+\infty\) 的边

CF1427G - One Billion Shades of Grey

考虑权只有 \(0\) 和 \(1\) 时怎么做

考虑用最小割刻画，最终连向源点 \(S\) 表示该点为 \(0\)，连向汇点 \(T\) 表示该点为 \(1\)；具体的：

对于未确定的点 \(u\)，若其四连通范围内有为 \(0\) 的点，从源点 \(S\) 向 \(u\) 连一条容量为 \(1\) 的边；将这条边割去代表该点为 \(1\)，产生 \(1\) 的贡献
对于未确定的点 \(u\)，若其四连通范围内有为 \(1\) 的点，从 \(u\) 向汇点 \(T\) 连一条容量为 \(1\) 的边；将这条边割去代表该点为 \(0\)，产生 \(1\) 的贡献
对于未确定的相邻两点 \(u, v\)，\(u\) 与 \(v\) 间连一条容量为 \(1\) 的边；将这条边割去代表两点不同，产生 \(1\) 的贡献

注意到填的数只能是边界上有的数，设为 \(w_1, w_2, \cdots, w_k\ (w_1 < w_2 < \cdots < w_k)\)，考虑转化 \(\boldsymbol{|w_r-w_l| = \sum_{i=l+1}^{r} (w_i-w_{i-1})}\)

那么枚举 \(w_i\)，按照与 \(w_i\) 的大小关系将权变为 \(0,1\) 跑最小割即可；不过这样时间复杂度无法接受

注意到当枚举的 \(w_i\) 变大时，格子上填的数 ( \(0/1\) ) 单调不增 (感性理解上，边界上的 \(0\) 变多，进而连边时将一些连向 \(T\) 的边改为连向 \(S\)，此时割连向 \(T\) 的边更优)

于是考虑整体二分；设 \(br(l, r, S)\) 表示值域为 \([w_l, w_r]\)，集合 \(S\) 中的点未确定，每次：

以 \(w_{mid}\) 为基准跑最小割
搜出连向源点 \(S\) 的集合 \(S_l\) 与连向汇点 \(T\) 的集合 \(S_r\)，递归 \(br(l, mid, S_l)\) 与 \((mid+1, r, S_r)\) 即可

边界为 \(l = r\) 时将 \(S\) 中的点赋为 \(w_l\)；最终可以确定所有点的取值，据此计算答案即可

这道题启示我们：

当只有两种决策时，可考虑最小割，通过连向源点 \(S\) 与连向汇点 \(T\) 代表两种决策，用边权刻画选择代价

可考虑将值域转化为 \(0/1\) 以简化问题

AGC031E - Snuke the Phantom Thief

发现直接建模没有前途，考虑转化

以第一种约束为例，注意到"横坐标 \(\le a_i\) 的珠宝最多偷 \(b_i\) 颗"等价于"将选择的珠宝按横坐标从小到大排序，下标为 \(b_i+1\) 的珠宝的横坐标 \(> a_i\)"

因此，我们在 \(x, y\) 两个方向上引入"在选好的珠宝中的下标"一维，考虑将对珠宝坐标的限制转化为放到某个下标上的限制；具体的：

设 \(L_i, R_i\) 表示在 \(x\) 方向从小到大排序，下标为 \(i\) 的珠宝的 \(x\) 坐标需要在 \([L_i, R_i]\) 间
设 \(U_i, D_i\) 表示在 \(y\) 方向从小到大排序，下标为 \(i\) 的珠宝的 \(y\) 坐标需要在 \([U_i, D_i]\) 间

与转化的例子类似，容易将给出的 \(m\) 个限制转化为对某个 \(L_i\) 或 \(R_i\) 或 \(U_i\) 或 \(D_i\) 的赋值 (准确来说应为取 \(\max\) 或取 \(\min\)，因为要取最严的)

由于是排好序后的下标，以 \(L_i\) 为例，转化后还要进行 \(L_i = \max(L_i, L_{i-1})\) 的递推；其他方向同理

那么现在我们可以简单判断第 \(i\) 个珠宝能否放在某个下标上

枚举下标总数 \(k\)，问题转化为：\(x\) 方向有 \(k\) 个坐标，\(y\) 方向有 \(k\) 个坐标，给点分配恰一个 \(x\) 方向的坐标与恰一个 \(y\) 方向的坐标，最大化分配了坐标的点的权值和

考虑拆点费用流：

对 \(x\) 坐标建 \(k\) 个点，从源点 \(S\) 向这 \(k\) 个点连 \((1, 0)\) 边
对 \(y\) 坐标建 \(k\) 个点，从这 \(k\) 个点向汇点 \(T\) 连 \((1, 0)\) 边
对 \(n\) 个珠宝，第 \(i\) 个珠宝建入点 \(P_i\) 与出点 \(Q_i\)：
- \(P_i\) 与 \(Q_i\) 间连 \((1, v_i)\) 边
- 符合条件的 \(x\) 方向下标向 \(P_i\) 连 \((1, 0)\) 边
- \(Q_i\) 向符合条件的 \(y\) 方向下标连 \((1, 0)\) 边

直接求最大费用最大流即可

这道题启示我们：可尝试使用如下方式刻画"不重地将 \(k\) 个属性分给 \(n\) 个物品 (可有物品不分到属性，可有分配条件)，每个分到属性的物品 \(i\) 有贡献 \(F(i)\)"：

对 \(k\) 个属性建 \(k\) 个点，从源点 \(S\) 向这 \(k\) 个点连 \((1, 0)\) 边

对 \(n\) 个物品，第 \(i\) 个物品拆成入点 \(P_i\) 与出点 \(Q_i\)：

\(P_i\) 与 \(Q_i\) 间连 \((1, F(i))\) 边

符合条件的属性向 \(P_i\) 连 \((1, 0)\) 边

\(Q_i\) 向汇点 \(T\) 连 \((1, 0)\) 边

最小费用最大流 / 最大费用最大流即可

容易发现，这种处理方式可以推广到以下几种情况：

物品 \(i\) 可以分配 \(C(i)\) 个属性

第 \(i\) 个属性可以分配 \(H(i)\) 次

待补：

背包

P4389 付公主的背包

设第 \(i\) 种商品的生成函数 \(\displaystyle F_i(x) = 1+x^{v_i}+x^{2v_i}+\cdots = \frac{1}{1-x^{v_i}}\)

显然最终要求的就是 \(\displaystyle F(x) = (\prod_{i=1}^{n} F_i(x)) \bmod x^{m+1}\)，体积为 \(w\) 时的答案即为 \(F(x)\) 中 \(x^w\) 项的系数

对于连乘的形式，一种常见的处理方式是取 \(\ln\) 转换为加法后再 \(\exp\) 回来，我们有：

\(\displaystyle \prod_{i=1}^{n} F_i(x) = \exp(\ln (\prod_{i=1}^{n} F_i(x))) = \exp(\sum_{i=1}^{n} \ln(F_i(x)))\)

那么现在的问题就是如何快速求 \(\ln(F_i(x))\)；不妨导完积回来试试

\(\displaystyle \int (\ln'(F_k(x))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int (\frac{F_k'(x)}{F_k(x)})\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int ((1-x^{v_k}) \sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int (\sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}) - x^{v_k} \sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int (\sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}) - \sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1} \times x^{v_k}))\ \text{dx}\)

后面乘上去的 \(x^{v_k}\) 很烦，此时有个厉害的想法是将后半部分的求和整体左移一位，即令 \(i \leftarrow i-1\)，刚好消去 \(x^{v_k}\)

注意到 \(i = 0\) 时，\(iv_k \times x^{iv_k-1} \times x^{v_k} = 0\)，左移后显然也是 \(0\)，因此正确性没问题

\(\displaystyle = \int (\sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}) - \sum_{i=1}^{\infty} ((i-1)v_k \times x^{(i-1)v_k - 1} \times x^{v_k}))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int (\sum_{i=1}^{\infty} (iv_k \times x^{iv_k - 1}) - \sum_{i=1}^{\infty} ((i-1)v_k \times x^{iv_k - 1}))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \int (\sum_{i=1}^{\infty} (v_k \times x^{iv_k - 1}))\ \text{dx}\)

\(\displaystyle = \sum_{i=1}^{\infty} (\frac{1}{i} x^{iv_k})\)

带回原式，即得

\(\displaystyle \exp(\sum_{i=1}^{n} \ln(F_i(x)))\)

\(\displaystyle = \exp(\sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{\infty} (\frac{1}{i} x^{iv_k}))\)

注意到最终所求是在 \(\bmod x^{m+1}\) 意义下的，于是我们只需保留 \(iv_k \le m\) 的项即可；记 \(c_i\) 表示满足 \(v_k = i\) 的 \(v_k\) 的个数，则：

\(\displaystyle = \exp(\sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{i} \rfloor}(\frac{c_i}{j} x^{ij}))\)

于是我们可以 \(O(m \ln m)\) 求出 \(\exp\) 里面的柿子，再 \(O(m \log m)\) 多项式 \(\exp\) 回去即可

这道题启示我们：无限背包，\(n, m, v_i \le 10^5\)，求 \([1, m]\) 方案数，可以考虑生成函数 + \(\ln\) + \(\exp\)

CF1290F - Making Shapes

由于最后要生成凸包，若向量集合确定，凸包形状也是唯一确定的

不妨设第 \(i\) 个向量选了 \(c_i\) 次，考虑如何刻画这些向量可以形成合法的凸包：

由于最终必然会走回来，显然有 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}c_ix_i = 0\) (即 \(\displaystyle \sum_{x_i>0} c_ix_i = \sum_{x_i<0} c_i(-x_i)\) ) 且 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}c_iy_i = 0\) (即 \(\displaystyle \sum_{y_i>0} c_iy_i = \sum_{y_i<0} c_i(-y_i)\) )
对于"包含在 \(m \times m\) 的正方形中"的限制，由于构造过程必然是先往前走，走到一点后回头，直到回到起点

那么只需满足 \(\displaystyle \sum_{x_i > 0} c_ix_i \le m\) 且 \(\displaystyle \sum_{y_i > 0} c_iy_i \le m\)

注意到 \(n, x_i, y_i\) 的值域都非常小，考虑对 \(\{c_i\}\) 数位 DP，逐位确定每个 \(c_i\) 当前位的值

具体的，在数位 DP 的过程中，我们维护如下状态：

\(\text{step}\)，表示当前从低到高填到第几位；不从高到低 DP 是因为我们需要维护进位信息，向高位的进位不会对已经填好的低位产生影响
\(\text{px}\)，表示当前对 \(\displaystyle \sum_{x_i>0} c_ix_i\) 的进位 (注意不是总进位，是只对后一位及之后)；同时维护 \(\text{nx}\)，表示当前对 \(\displaystyle \sum_{x_i<0} c_i(-x_i)\) 的进位；同理维护 \(\text{py}\) 与 \(\text{ny}\)，含义类似

只要每次判断 \(\text{px}\) 与 \(\text{py}\)、\(\text{nx}\) 与 \(\text{ny}\) 当前位相等，即可判断最终是否有 \(\displaystyle \sum_{x_i>0} c_ix_i = \sum_{x_i<0} c_i(-x_i)\) 与 \(\displaystyle \sum_{y_i>0} c_iy_i = \sum_{y_i<0} c_i(-y_i)\)
\(\text{fx}\ (0/1)\)，表示当前 \(\displaystyle \sum_{x_i>0} c_ix_i\) 与 \(m\) 的后 \(\text{step}\) 位的大小关系 ( \(0\) 表示 \(\le\) )；同理维护 \(\text{fy}\ (0/1)\)，含义类似

转移时暴力 \(O(2^n)\) 枚举每个 \(c_i\) 当前填什么即可；边界条件为 \(\text{px, nx, py, ny, fx, fy}\) 全 \(0\) 时合法

时间复杂度大概为 \(O(2^n \times 4 \times 20^4 \times \log m)\)

这道题启示我们：无限背包，\(n, v_i\) 极小，\(m\) 极大，可以考虑数位 DP，维护进位

CF1856E2 - PermuTree (hard version)

对于一点 \(u\)，我们希望将其子树内的点黑白染色，使得不同色且不在一个儿子子树内的点尽量多

注意到对于 \(u\) 的儿子 \(v\) 的子树中的一点，将其颜色翻转带来的贡献变化与 \(v\) 子树的信息无关；因此我们必定将整个子树内的点的颜色调成相同

那么问题转化为将 \(u\) 的儿子划分为两个集合 \(S, T\)，最大化 \(\displaystyle (\sum_{a \in S} siz_a) \times (\sum_{b \in T} siz_b)\)

直接做可行性背包是 \(O(n^2)\) 的，考虑优化：

若重儿子子树大小大于其余所有子树大小之和，显然直接选重儿子
注意到转移柿子形如 \(f_i \leftarrow f_{i-siz_v}\)，即为左移 \(siz_v\) 后按位或，可以上 bitset
由 \(\sum siz_v \le n\)，不同的 \(siz_v\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 级别；于是可以统计每个 \(siz_v\) 的出现次数后进行二进制分组优化多重背包

实现上，可以考虑暴力把所有可能用到的大小为 \(2^k\) 的 bitset 全都开出来，转移时找第一个大于子树大小的；注意别爆栈

时间复杂度 \(\displaystyle O(\frac{n \sqrt n}{w})\)，证明参见这里

这道题启示我们：\(01\) 可行性背包，\(\sum v_i \le n\)，\(m\) 与 \(n\) 同量级，可以考虑找出本质不同的 \(v_i\) 后二进制分组 + bitset 优化多重背包

P9140 [THUPC 2023 初赛] 背包

考虑同余最短路

在可行性背包中，我们选取 \(v_i\) 最小的物品作为基准物品，这样若重复经过一点，可将路径中两点间的部分替换为若干基准物品

现在引入了价值一维；在"替换为若干基准物品"这一过程中，我们必定希望基准物品性价比最高，因此选择 \(\displaystyle \frac{c_i}{v_i}\) 最大的物品作为基准物品

设基准物品的体积为 \(v_0\)，价值为 \(c_0\)；对于背包方案 \((V', C')\)，其价值为 \(\displaystyle \frac{V-V'}{v_0}c_0+C'\)，因此对于所有\(\bmod m\) 同余的 \(V'\)，我们希望 \(\displaystyle C'-\lfloor \frac{V'}{v_0} \rfloor c_0\) 尽量大

综上，对于物品 \((v_i, c_i)\)，从点 \(k\) 连向 \((k+v_i) \bmod v_0\) 时，边权应为 \(\displaystyle c_i-\lfloor \frac{v_i}{v_0} \rfloor c_0\)

设 \(m\) 为 \(v_i\) 的值域上界，由于不会经过重复点，\(V'\) 最大取到 \(m^2\) ，而数据范围保证 \(V \ge m^2\)，正确性没问题；时间复杂度 \(O(nm)\)

这道题启示我们：无限背包，设 \(m\) 为 \(v_i\) 的上界，求恰好装到 \(V\) 的最大价值 / \([L, R]\) 中有解个数，且 \(V \ge m^2\) / \(L \ge m^2\)，可以考虑 \(O(nm)\) 同余最短路

Gym101064L - The Knapsack problem

设 \(m\) 为 \(w_i\) 的值域上界，\(S \ge m^2\) 就同余最短路，反之直接暴力

Gym101002H - Jewel Thief

注意到珠宝体积值域很小，考虑对体积相同的分组处理

设当前组体积为 \(v_i\)，显然转移时只会拼上 \(v_i\) 的整数倍，于是进一步考虑按照\(\bmod v_i\) 的余数处理

将体积为 \(v_i\) 的珠宝从大到小排序，容易发现每次转移拼上的是一段前缀；其实还有更厉害的事情：转移满足决策单调性

下面给出对决策单调性的证明：

不妨设 \(s_k\) 为前缀和数组，\(rem\) 为当前余数，设状态 \(f_k\) 表示总体积为 \(rem+k \times v_i\) 时的最大价值；那么成本函数 \(w(a, b)\) 即为 \(f_a+s_{b-a}\)

对于决策点 \(x, y\ (x < y)\)，若对于 \(f_i\) 有 \(w(x, i) = f_x+s_{i-x} < w(y, i) = f_y+s_{i-y}\)，则对于 \(j>i\)：

\(w(x, j) = f_x+s_{j-x} = w(x, i)+(s_{j-x}-s_{i-x})\)
\(w(y, j) = f_y+s_{j-y} = w(y, i)+(s_{j-y}-s_{i-y})\)
显然 \(s_{j-x}-s_{i-x}\) 与 \(s_{j-y}-s_{i-y}\) 都是一段区间和，且两个区间长度均为 \(j-i\)，前者的起点更靠后；由于珠宝从大到小排序，此时选 \(x\) 为决策点必然不优

综上，转移满足决策单调性；直接分治优化即可

设 \(m\) 为 \(s\) 的值域上界，时间复杂度 \(O(mk \log k)\)

这道题启示我们：\(01\) 背包，求能装到 \(\le k\) 的最大价值，体积值域较小时可以考虑按体积分组 + 决策单调性优化 DP

P8392 [BalticOI 2022] Uplifting Excursion (Day1)

由于 \(l\) 与 \(a_i\) 太大，无法直接背包；考虑先贪心地选一些东西，限制背包的容量范围

具体的，我们先把所有物品都选上，记此时重量和为 \(s\)：

若 \(s > l\)，则从重量为 \(m\) 的物品开始往回删，一直删到 \(s \le l\)
若 \(s < l\)，则从重量为 \(-m\) 的物品开始往后删，一直删到 \(s \ge l\)

容易发现操作后必然满足 \(s \in [l-m, l+m]\)；此时我们需要调整一些物品的选择个数使得 \(s = m\)，注意到：

调整过程中始终有 \(s \in [l-m, l+m]\)，否则可以将使 \(s\) 超出范围的那次操作与之后使 \(s\) 跳回范围内的一段操作交换
显然 \(s\) 不会经过同一个值 \(v\) 两次，否则第一次到达 \(v\) 后的操作可以全扔掉

重量为 \(0\) 的物品我们必定全选；剩下的物品对总重量的影响至少为 \(1\)，至多有 \(2m\) 次有效影响，重量变化至多为 \(2m^2\)

那么只保留 \(2m^2\) 的值域跑多重背包即可；上个二进制分组优化，时间复杂度 \(O(m^3 \log m)\)

这道题启示我们：可以在 DP 前贪心选择一部分以限制 DP 值域

待补：

连通性问题

QOJ10272 - Majority Graph

注意到在连上一些边后，其他一些边可以被已经连上的边隐式覆盖 (如连 \((a, b)\) 与 \((b, c)\) 就隐式覆盖了边 \((a, c)\) ) ；考虑如何确定连边方案以隐式覆盖所有边

枚举众数 \(x\)，我们套路的记数组 \(b_i\)，当 \(a_i = x\) 时 \(b_i = 1\)，反之 \(b_i = -1\)；再记 \(s_i\) 表示 \(b_i\) 的前缀和，这样区间 \([l, r]\) 有众数就转化为 \(s_r-s_{l-1} > 0\)

考虑分讨每类边 \((i, j)\) 的连边方案：

\(a_i \ne x, a_j \ne x\)：记 \(p\) 为 \([i, j]\) 间最靠前的值为 \(x\) 的位置，\(q\) 为 \([i, j]\) 间最靠后的值为 \(x\) 的位置，我们必然会连 \((i, q), (p, j), (p, q)\)，这样就隐式覆盖了 \((i, j)\)

综上，无需考虑这样的边 \((i, j)\)
\(a_i = x, a_j = x\)：若 \(s_j-s_i = 0\)，必可找到 \((i, j]\) 间第一个 \(a_k = x\) 且 \(s_k-s_i = 0\) 的位置 \(k\) 并连边 \((i, k)\)，对 \([k, j]\) 等同理操作，这样就隐式覆盖了 \((i, j)\)

若 \(s_j-s_i > 0\)，类似的，我们可找到 \((i, j]\) 间第一个 \(a_k = x\) 且 \(s_k-s_i = 1\) 的位置 \(k\) 并连边 \((i, k)\)，对 \([k, j]\) 等同理操作，差为 \(0\) 时再按上一种情况做即可

综上，对于每个位置 \(i\)，我们只需：
- 找到其后第一个满足 \(a_p = x\) 且 \(s_p-s_i = 0\) 的 \(p\)
- 找到其后第一个满足 \(a_q = x\) 且 \(s_q-s_i = 1\) 的 \(q\)
- 连边 \((i, p), (i, q)\) 即可
实现时可以直接二分；对于这类情况，边数是 \(O(n)\) 的
\(a_i = x, a_j \ne x\)：注意到这种情况是有包含关系的，即对于以 \(j\) 结尾的一段极长非 \(x\) 连续段 (不妨设为 \([k, j]\) )，\(i\) 向其中的每个点都连边

显然所有 \(a_p = x\) 的位置将原序列割成了很多段；注意到，若我们知道 \(k, j\) 处于哪一段中，\(i\) 必然取这一段前所有 \(a_p = x\) 的位置中 \(s_p\) 最小的

证明：显然 \(i\) 的前缀和最小时更容易向后连边；此外对于 \(j\) 前面所有 \(a_p = x\) 的位置 \(p\)，若能连边 \((p, j)\)，可直接把 \((p, j)\) 换成 \((p, i),(i, j)\)，肯定不漏；证毕

综上，我们可以枚举 \(j\) 处于哪一段中，此时 \(i\) 的位置唯一确定，再由 \(i\) 的位置就可以直接二分出 \(k, j\) 的位置

考虑将连边 \((i, k), (i, k+1), \cdots, (i, j)\) 转化为连边 \((i, k), (k, k+1), (k+1, k+2), \cdots, (j-1, j)\)

边 \((i, k)\) 直接暴力连，剩下的开个差分数组维护即可；操作数也是 \(O(n)\) 的

\(a_i \ne x, a_j = x\)：本质上与上一种情况相同，再倒着做一遍即可

综上，建边复杂度为 \(O(n \log n)\) (要二分)，实际边数为 \(O(n)\)，建出图后直接搜即可；总时间复杂度 \(O(n \log n)\)

这道题启示我们：在给定固定连边策略、对每两点都尝试连边时，可以考虑如何去掉冗余的边

CF1062F - Upgrading Cities

考虑拓扑排序；注意到"别人能到达自己"与"自己能到达别人"本质相同，建反图再做一遍即可；下面只考虑"自己能到达别人"

由于给定的图是 DAG，注意到由拓扑排序的性质，对于点 \(i\)，当 \(i\) 刚出队时：

点 \(i\) 不可达已出队的点
未入队的点不可达 \(i\)
同在队中的点与 \(i\) 互相不可达

设点 \(i\) 刚出队时队列大小为 \(|q|\)：

\(|q| = 0\)，那么还未入队的点都由 \(i\) 扩展而来，换句话说，点 \(i\) 可达未入队的所有点
\(|q| = 1\)，设队列中的点为 \(j\)，此时 \(i\) 不可达 \(j\)；那么只要 \(i\) 不可达后面任一个还未入队的点，\(i\) 就不符合要求

因此，我们只考虑能被 \(i\) 和 \(j\) 直接扩展得到的点；考察哪些点只能由 \(j\) 扩展得到，对于一未入队的点 \(k\)：
- 首先，需要存在边 \((j, k)\)，这样其才能由 \(j\) 扩展到
- 其次，该点入度只能为 \(1\)，这样其才只能由 \(j\) 扩展到
综上，当点 \(k\) 入度为 \(1\) 且这条边恰为 \((j, k)\) 时，\(i\) 不可达 \(k\)，此时 \(i\) 不符合要求
\(|q| \ge 2\)，显然 \(i\) 不符合要求

那么直接模拟，记录每个点"可达其他点 / 被其他点可达"的个数，最终判断是否 \(\ge n-2\) (还要除去自己) 即可

时间复杂度 \(O(n+m)\)

这道题启示我们：可考虑使用拓扑排序刻画 DAG 上可达点个数

P9829 [ICPC 2020 Shanghai R] Traveling Merchant

将 H 看成染黑色，将 L 看成染白色，令异色边为两端点颜色不同的边，同色边为两端点颜色相同的边

那么我们需要判断是否存在一条简单路径 \(1 \rightarrow u \rightarrow v\)，满足：

\(1 \rightarrow u \rightarrow v\) 的路径上每条边都是异色边
存在同色边 \((u, v)\) (因此走到 \(v\) 后我们可以绕回 \(u\)，之后在 \(u\) 与 \(v\) 间无限绕圈)
\(1 \rightarrow u\) 的部分与 \(u \rightarrow v\) 不交 (即不经过环上的点)

只有一条同色边的限制是苛刻的，考虑先把只含异色边的图建出来，再枚举每条同色边判断

设同色边为 \((u, v)\)，我们只需要判断在新图上是否存在从 \(1 \rightarrow u\) 且与环不交的简单路径

注意到点双可以很好的刻画两点间的连通关系 (包含了两点间所有简单路径)；这启示我们建出新图的圆方树

不妨设 \(u\) 在圆方树上的父亲方点为 \(u'\)，\(v\) 在圆方树上的父亲方点为 \(v'\)；再设 \(\text{lca}(u', v') = w'\)

由圆方树的性质：

\(u \rightarrow v\) 环上的点集必然包含于树上 \(u' \rightarrow w' \rightarrow v'\) 经过的方点中的点集的并
对树上 \(u' \rightarrow w' \rightarrow v'\) 经过的每个方点，都要选至少一个点出来组成 \(u \rightarrow v\) 环上的点集

因此，存在满足上述条件的简单路径等价于 \(w' = u'\) 或 \(w' = v'\)；反之，从 \(1\) 走到 \(u\) 时必然经过 \(w' \rightarrow u'\) 的部分，与环有交，矛盾

特殊的，当 \(u = 1\) 或 \(v = 1\) 时 (也就是 \(u'\) 或 \(v'\) 不存在)，显然成立

综上，我们按异色边建图，对 \(1\) 的连通块建圆方树，枚举同色边判断 \(\text{lca}\) 即可

时间复杂度 \(O(m \log n)\)

这道题启示我们：可考虑使用圆方树判断形如"是否存在 \(a \rightarrow u\) 的简单路径满足不经过 \(u \rightarrow v\) 的简单路径"的问题

AGC071C - Orientable as Desired

题目给出的限制很严，考虑先赋值一些特殊的 \(X\)

一种较为特殊的情况是 \(\mathbf{X = (0, 0, \cdots, 0)}\)，此时每个点要么全连进来，要么全连出去；此时显然不存在奇环，\(G\) 必须为二分图

考虑由特殊情况逐渐调整，先将 \(X\) 调整为 \(\mathbf{(v, 0, 0, \cdots, 0)}\)；此时若将 \(1\) 号点挖去，其余点仍须满足二分图的条件

更进一步，对于每个连通块，实际仅有原定向方案 / 将原定向方案的所有边翻转两种操作方式

由于不存在奇环，每个点连向 \(1\) 的边的方向必定相同；既然可以整体翻转，一个连通块就可以选择 全贡献给 \(1\) / 全不贡献给 \(1\)

设 \(1\) 在每个连通块中的度数为 \(a_1, a_2, \cdots, a_k\)，问题即变为是否可以选择若干 \(a_i\) 凑出 \(v\)

这是一个经典问题，将 \(a_i\) 从小到大排序，初始令 \(S = 0\)，表示当前可以凑出 \([0, S]\)；依次遍历 \(a_i\)：

若 \(a_i > S+1\)，显然无法凑出 \(S+1\)，不成立
反之，\([0, S+a_i]\) 均可以凑出，令 \(S \leftarrow S+a_i\) 即可

感性理解上，按步子小到步子大走可以尽可能避免 \(S\) 跳过一些数；我们能表示的数又总是一段从 \(0\) 开始的前缀，因为我们只需要判断第一次跳数即可

我们继续对一些特殊的图进行分析，比如树

考虑延续这种操纵连通块以满足自身度数要求的思想：

对于非叶子节点 \(u\)，对其每个叶子 \(v\) 的边 \((u, v)\) 定向，以满足自身的度数要求 (只需凑向根定向 / 向叶子定向两个方向中能凑出的一个即可)
对于叶子 \(u\)，显然无论如何定向都满足要求

因此对于树，必定不存在满足要求的 \(X\)

接下来尝试推广到图上；我们自然希望往树的形式凑，于是考虑建出圆方树，在圆方树上考虑

考虑与树类似的策略，只不过之前可以直接操纵儿子，现在操纵的是儿子点双；具体的：

对于方点 \(u\) 与其父亲圆点 \(fa\)，对于 \(u\) 点双未被定向的边，按照 \(X = (0, 0, \cdots, 0)\) 的方式定向
对于圆点 \(u\) 与其父亲方点 \(fa\)，\(fa\) 点双中的所有边在之前已被定向；考虑让 \(u\) 操纵其连向父亲点双与儿子点双中的边，凑出自己的度数限制

由上述 \(X = (v, 0, 0, \cdots, 0)\) 的调整过程，容易得到这么做的正确性

那么我们只需对每个(圆)点 \(i\) 找出其在每个相邻连通块中的度数 \(a_1, a_2, \cdots, a_k\)，判断是否能凑出自己的度数限制即可

时间复杂度 \(O(m \log m)\)

这道题启示我们：当题目限制非常严格时，可以考虑先带一些特殊值入手，由最特殊的情况逐渐调整并发掘性质，再围绕性质尝试解决一般问题

具体的，对于一般图上的问题，可以考虑搬到树上发掘性质，再尝试建圆方树转化为树上问题

CF475E - Strongly Connected City 2

首先有经典结论：边双可以定向成强连通分量

对于证明，大概考虑每次找个小环，定向成"圈"的形式后将这个小环缩成一个点，重复做即可

那么缩下边双，问题从图转化到了树上

手玩一下可以发现，对于根 \(rt\)，最优方案下必然将部分 \(rt\) 的子树全部向 \(rt\) 定向，其余子树全部向叶子定向

考虑反证，对于一种其他方案，去证归纳调整到上述定向方式必定不劣：

从深度大到深度小考虑；设当前处理节点 \(u\)，归纳得节点 \(u\) 子树中全部向 \(rt\) 定向 (向叶子定向同理)，考察边 \((u, fa_u)\) 的定向情况

设 \(siz_u\) 为 \(u\) 的子树大小，\(x\) 为 \(fa_u\) 向 \(fa_u\) 子树外走能到达的节点数量，\(y\) 为 \(fa_u\) 子树外向 \(fa_u\) 走能到达 \(fa_u\) 的节点数量
- 若 \((u, fa_u)\) 向 \(rt\) 定向，额外贡献为 \(siz_u \times x\)
- 若 \((u, fa_u)\) 向叶子定向，同时将 \(u\) 子树全部翻转，额外贡献为 \(siz_u \times y\)
  
  对于 " \((u, fa_u)\) 向叶子定向时，仅翻转 \(u\) 子树部分边是不优的"的证明：
  - 归纳可得 \(u\) 子树内边全部向 \(rt\) / 全部向叶子定向时，子树内贡献最大；因此仅翻转部分边，子树内贡献不优
  - 对于 \(u\) 子树的每个点，显然都会选择贡献 \(x, y\) 中较大的那个；那么仅翻转部分边会使得一部分较大的贡献变为较小的贡献，子树外贡献也不优
  综上，子树内外都不优，证毕
- 注意到，额外贡献只与 \(x, y\) 的大小关系有关，而 \(fa_u\) 子树内对 \(x, y\) 没有影响
  
  那么 \(fa_u\) 的每个儿子决策都是一样的，我们根据 \(x, y\) 的大小关系选择是否全部翻转即可，证毕

综上，枚举根直接背包即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)

这道题启示我们：定向可达性可以考虑由"边双可以定向成强连通分量"的结论，缩边双后转化为树上问题，再进行分析

CF1338E - JYPnation

首先有经典结论：竞赛图缩点后是由一条极长链和许多前向边组成的图

可以归纳证明，一个 SCC 必然包含三元环 (由于是竞赛图，一个大环会被不断割成两半)；由题目要求，易得：**除了链尾 SCC，其余 SCC 的大小均为 \(1\) **

Key Observation：答案不超过 \(3\)

反证，若存在长度 \(\ge 4\) 的最短路，考虑把这五个点拎出来；由于是竞赛图，两点间必有边，又不能产生更短的路径，于是其余边的方向均确定

(来自 Social_Zhao 老师的精美图片)

由图可得，三元环 \((c, d, e)\) 均向点 \(a\) 连边，矛盾

由于总数确定，长度分别为 \(1, 2, 3, 614 \times n\) 的点对的数量我们只需确定三类即可：

对于长度为 \(614 \times n\) 的点对，易证只产生在链上后面的点 \(\rightarrow\) 链上前面的点间；实现时一次拓扑排序即可求出
对于长度为 \(1\) 的点对，显然为 \(C_{n}^{2}\)
求长度为 \(2\) 的点对必定比长度为 \(3\) 的点对简单；考虑长度为 \(2\) 的点对

设其为 \((u, v)\)，则必然有：
- 存在中转点 \(w\)，即使得存在边 \(u \rightarrow w\) 与 \(w \rightarrow v\)
- \(u\) 与 \(v\) 两点间边的方向为 \(v \rightarrow u\) (不然长度就是 \(1\) 了)
注意到一个很好的性质，此时 \((u, v, w)\) 恰形成一个三元环

此时我们有暴力枚举 \(u, v, w\)，时间复杂度 \(O(n^3)\) 的判断方法；考虑对枚举 \(w\) 的过程进行优化

对于 \(u\) 的另一出边对应的点 \(k\)，由题目性质，若 \(w \rightarrow k\)，则必有 \(k \rightarrow v\)；反之，三元环 \((u, v, w)\) 均向 \(k\) 连边，矛盾

换句话说，若 \(w \rightarrow k\)，则 \(k\) 必然也是中转点；那么 \(u, v\) 的中转点形成了类似拓扑关系

具体的，考虑找到 \(u\) 出边对应的点中"拓扑序最大的点" (\(u\) 出边对应的其他点都向它连边)；由上，只需判断这个点是否是中转点即可

这部分时间复杂度优化到 \(O(n^2)\)

总时间复杂度 \(O(n^2)\)

这道题启示我们：竞赛图可达性，可以考虑缩 SCC 后在极长链+前向边的图上考虑

待补：

P12445 [COTS 2025] 数好图 / Promet

计数

全都得补……

数据结构

全都得补 × 2……

模拟赛题

05.22 - 1.奇环

先考虑特殊性质 A；此时相当于给定 \(k\) 个连通块，我们要加 \(k-1\) 条边把它连成树

设第 \(i\) 个连通块的大小为 \(s_i\)；若有 \(\forall i,\ s_i = 1\)，就是经典的 Prüfer 序列问题，结论为 \(k^{k-2}\)

这启示我们将每个连通块看成一个点，凑出 Prüfer 序列问题的形式

具体的，由于连通块有大小，先枚举每个连通块的度数 \(d_i\)，则 \(\sum d_i = 2(k-1) = 2k-2\)；对于给定的 \(d_i\)，方案数为：

\(\displaystyle \begin{pmatrix} k-2 \\ d_1-1, d_2-1, \cdots, d_k-1 \end{pmatrix} \prod_{i=1}^{k} s_i^{d_i}\)

那么总方案数即为：

\(\displaystyle \sum_{d_1+d_2+\cdots+d_k = 2k-2,\ d_i \ge 1} \begin{pmatrix} k-2 \\ d_1-1, d_2-1, \cdots, d_k-1 \end{pmatrix} \prod_{i=1}^{k} s_i^{d_i}\)

注意到形式非常像多元二项式定理：\(\displaystyle (a_1+a_2+\cdots+a_k)^n = \sum_{b_1+b_2+\cdots+b_k=n,\ b_i \ge 0} \begin{pmatrix} n \\ b_1, b_2, \cdots, b_k \end{pmatrix} \prod_{i=1}^{k}a_i^{b_i}\)

考虑换元 \(c_i = d_i-1\)，原式变为：

\(\displaystyle \sum_{c_1+c_2+\cdots+c_k = k-2,\ c_i \ge 0} \begin{pmatrix} k-2 \\ c_1, c_2, \cdots, c_k \end{pmatrix} \prod_{i=1}^{k} s_i^{c_i+1}\)

\(\displaystyle = (s_1+s_2+\cdots+s_k)^{k-2} \prod_{i=1}^{k} s_i = (n^{k-2} \prod_{i=1}^{k} s_i)\)

事实上，这就是图连通方案数的公式

接下来，考虑一开始没有环的情况；此时，我们需选择一个连通块集 \(S\)，将 \(S\) 内的连通块连成一个大奇环，再套用上述公式解决

首先，考虑分讨将 \(S\) 内的连通块连成大奇环的方案数：

\(|S| = 1\)，设该连通块点数为 \(s\)，边数为 \(e\)，则方案数为 \(C_{s}^{2}-e\)
\(|S| = 2\)，设两连通块点数为 \(s_1, s_2\)，则方案数为 \(C_{s_1s_2}^{2}\) (不能连出重边)
\(|S| \ge 3\)，此时无需考虑重边的问题；首先，每个连通块都要选 \(2\) 个点 (可重)，方案数为 \(\prod_{i \in S} s_i^2\)

那么所有连通块排成了一个环；由于环上转圈 / 翻转是本质相同的，排成环的方案数即为 \(\displaystyle \frac{|S|!}{2|S|} = \frac{1}{2} (|S|-1)!\) (多除 \(2\) 是去掉翻转)

综上，总方案数为 \(\displaystyle \frac{1}{2} (|S|-1)! \prod_{i \in S} s_i^2\)

其次，考虑将 \(|S|\) 内的大奇环与其余连通块连成一棵树的方案数

由上述公式，这只与 \(\sum_{i \in S} v_i\) 有关；具体的，为 \(\displaystyle n^{k-|S|+1} (\sum_{i \in S} v_i) \prod_{i \notin S} s_i\)

因此，对于 \(|S| = 1\) 和 \(|S| = 2\) 的情况，我们可以直接 \(O(n^2)\) 枚举 \(S\) 中的连通块；下面只考虑 \(|S| \ge 3\) 的情况

将完整式子写出来，为 \(\displaystyle (\frac{1}{2} (|S|-1)! \prod_{i \in S} s_i^2)\ n^{k-|S|+1} (\sum_{i \in S} s_i) \prod_{i \notin S} s_i\)；事实上，\(\displaystyle \prod_{i \notin S} s_i\) 也可以用 \(\displaystyle \prod_{i \in S} s_i\) 表示

设 \(\text{tot} = \prod_{i=1}^{k} s_i\)；那么式子为 \(\displaystyle (\frac{1}{2} (|S|-1)! \prod_{i \in S} s_i)\ n^{k-|S|+1} (\sum_{i \in S} s_i) \ \text{tot}\)

注意到答案只与 \(\displaystyle |S|, \sum_{i \in S} s_i, \prod_{i \in S} s_i\) 有关；考虑对"确定 \(|S|\) 中连通块"的过程进行 DP，将 \(|S|\) 与 \(\displaystyle \sum_{i \in S} s_i\) 设为状态，对可能的 \(\displaystyle \prod_{i \in S} s_i\) 的和 DP 即可

直接做时间复杂度是 \(O(n^3)\)，考虑优化状态；注意到 \(\displaystyle \sum_{i \in S} s_i\) 只作为乘积出现一次，考虑将其贡献分摊到加入的每个 \(s_i\) 身上

事实上，这也与我们枚举 \(s_i\) 选择是否加入的 DP 转移过程吻合

令 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 连通块，选择到 \(|S| = j\) 时，答案式的值

类似 \(01\) 背包，转移时每次拼上一个 \(s_i\)；考虑对答案式中的值一个个分析其变化：

对于 \((|S|-1)!\)，由于 \(|S| \leftarrow |S|+1\)，需要多乘上 \(j-1\)
对于 \(\displaystyle \prod_{i \in S} s_i\)，由于 \(S \leftarrow S \bigcup s_i\)，需要多乘上 \(s_i\)
对于 \(n^{k-|S|+1}\)，由于 \(|S| \leftarrow |S|+1\)，需要多乘上 \(\frac{1}{n}\)
对于 \(\displaystyle \sum_{i \in S} s_i\)，好像爆炸了；没关系，我们将加入 \(s_i\) 后的贡献分为两部分：
- 未加入 \(s_i\) 前的答案式，将其更新为 \(|S| \leftarrow |S|+1\) 的版本后，新的贡献
- 单独对于 \(s_i\)，其乘上去掉求和部分的，未加入 \(s_i\) 前的答案式，带来的贡献
对于第二种情况，我们发现还需要设 \(g_{i, j}\) 表示前 \(i\) 连通块，选择到 \(|S| = j\) 时，除去求和部分的，答案式的值

事实上，将 \(g_{i, j}\) 更新为 \(|S| \leftarrow |S|+1\) 的版本时，方案与上述更新 \(f_{i, j}\) 方案基本相同

综上，对于 \(f_{i, j}\)，其转移为：

不选 \(s_i\)，转移为 \(f_{i, j} \leftarrow f_{i-1, j}\)
选 \(s_i\)，对于之前的求和式带来的贡献，为 \(f_{i, j} \leftarrow f_{i-1, j-1} \times (j-1) \times s_i \times \frac{1}{n}\)

对于 \(s_i\) 单独带来的贡献，为 \(f_{i, j} \leftarrow g_{i-1, j-1} \times (j-1) \times s_i^2 \times \frac{1}{n}\)

对于 \(g_{i, j}\)，其转移为：

不选 \(s_i\)，转移为 \(g_{i, j} \leftarrow g_{i-1, j}\)
选 \(s_i\)，转移为 \(g_{i, j} \leftarrow g_{i-1, j-1} \times (j-1) \times s_i \times \frac{1}{n}\)

对于初值，我们不考虑是否有实际意义，只考虑使定义式有意义；因此从 \(i = 1\) 开始赋 (照着定义式赋即可)，从 \(i=2\) 开始转移

为什么对？由我们的推导过程，这么赋不影响中间 DP 值的正确性；而我们在计算答案时会把 \(j \le 2\) 的情况挖掉，因此没有实际意义的 DP 值也不会被计入答案

DP 部分答案即为 \(\displaystyle \sum_{i \ge 3} f_{k, i}\)

综上，DP 部分时间复杂度 \(O(n^2)\)，总时间复杂度 \(O(n^2)\)

这道题启示我们：对于 \(01\) 背包中随物品加入简单变化，且与答案式有关的变量，可以将其贡献拆开到每次加入新物品时计算，而不必列入状态中

05.22 - 2.回滚

直接做没有前途，考虑换维

每次回滚会消去最近的未回滚的比赛，这与括号匹配很像；考虑将"比赛"看作带权的 (，"回滚"看作 )，答案即为未匹配的左括号的权值和

具体的，对于三种操作：

"第 \(i\) 时刻，\(a_l\) 到 \(a_r\) 执行 \(+x\) "变成：\(l\) 时刻，在 \(a_i\) 加入权值为 \(x\) 的 (，在 \(r+1\) 时刻撤销
"第 \(i\) 时刻，\(a_l\) 到 \(a_r\) 回滚"变成：\(l\) 时刻，在 \(a_i\) 加入 )，在 \(r+1\) 时刻撤销
"第 \(i\) 时刻，查询 \(a_p\)"变成：\(p\) 时刻，查询 \([1, i]\) 的括号序列中，未匹配的左括号的权值和

这么做的好处在于，每次修改都只对一个点操作

考虑上线段树维护区间括号序列；问题在于怎样 pushup

显然，最终每个节点一定形如 ))...)((...(；将两区间 \(l, r\) 合并时，只有 \(l\) 后面的左括号与 \(r\) 前面的右括号会发生抵消

因此，考虑在每个节点维护未匹配左括号个数 \(\text{lc}\)，未匹配右括号个数 \(\text{rc}\)，答案 \(w\)；类似楼房重建，对于区间 \(l, r\)，我们递归地 pushup：

记 \(l\) 的左区间为 \(ls\)，右区间为 \(rs\)；若 \(rs.lc \ge r.rc\)，则 \(r.rc\) 不会对 \(ls.lc\) 产生影响；累加上 \(l\) 中去掉 \(rs\) 影响的答案，递归 \(rs, r\) 即可
反之，\(rs.lc\) 全部被消掉；递归 \(ls, r\) 即可；但此时 \(r.rc\) 也被消掉了一部分，不能再用 \(r.rc\) 代替，有问题

因此，我们在 pushup 过程中再维护变量 \(c\) 代表 \(r\) 中剩下的未匹配右括号个数即可

由于每次只会挑一边递归，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)

这道题启示我们：区间加 + 区间回滚可采用如上做法；另外

可尝试换维以简化修改操作

维护括号序列 (配对括号会消除) 的相关信息，可考虑线段树 + 类楼房重建 pushup 方式

05.24 - 1.下雨

对于数 \(k\)，我们定义其"最小阶乘表示" \(f(k)\)，表示所有将 \(k\) 拆分为 \(k = a_1!+a_2!+\cdots+a_m!\ (a_i>1)\) 的方案中，最小的 \(\sum a_i\)

那么题意即为求最小的 \(k\)，使得 \(f(k) > n\)

考虑观察一些 \(f(k)\) 的简单性质：

出现 \(\ge i+1\) 个 \(i!\) 必然不优，此时可将其合并为 \((i+1)!\)，对 \(\sum a_i\) 的贡献显然更小
- 这启示我们将值相同的 \(i!\) 合并；那么形成了一个类似数位的东西，第 \(i\) 位的值代表 \(i!\) 填多少次，权为 \(i\)
  
  不妨设第 \(i\) 位的值为 \(b_i\)；由上述性质，必然有 \(b_i < i+1\)
由于希望 \(\sum a_i\) 最小，我们肯定先填满足 \(i! \le k\) 的最大的 \(i!\)，再填 \((i-1)!\)，以此类推
- 换句话说，对于任意数，其"最小阶乘表示"及其数位形式是唯一的，总是从合法的最高位逐渐向低填
显然有 \(f(k+1) \le f(k)+1\)，在 \(f(k)\) 的方案中补一个 \(1!\) 即可
- 由这一性质，可将题意进一步转化为求最小的 \(k\)，使得 \(f(k) = n+1\)
  
  证明：反证，设 \(f(k) > n+1\)，则 \(f(k-1) \ge f(k)-1 > n\)，由 \(k\) 的最小性有 \(f(k-1) = n+1\)，那么 \(k-1\) 更小且符合要求，证毕

综上，我们要求最小的 \(k\)，使得其"最小阶乘表示"的数位形式下，\(\sum ib_i = n+1\)

既然要最小化 \(k\)，高位的贡献又远大于低位，我们必定想在高位尽量少填；考虑贪心地从极端情况入手

将所有位全部填满，表示形式必为 \((i-1)(i-1)!+(i-2)(i-2)!+\cdots+1! = i!-1\) (归纳易得)，此时 \(\sum ib_i = \sum i^2\)

因此，找到最大的 \(p\) 使得 \(1^2+2^2+\cdots+p^2 \le n+1\)，我们从 \(p+1\) 向 \(1\) 贪心地填，具体的：

对于每位 \(i\)，将 \(b_i\) 逐渐增大，直到 \(\sum_{j=i}^{p+1} jb_j+\sum_{j=1}^{i-1} j^2 \ge n+1\)

\(p\) 是 \(O(n^{\frac{1}{3}})\)级别的，直接贪时间复杂度为 \(O(Tn^{\frac{2}{3}})\)

考虑分析贪心实际上干了什么

在第一步，找到最大的 \(p\)，我们暂时认为 \(\forall i \in [1, p]\)，数位 \(i\) 上都填 \(i\)；先贪心地确定 \(p+1\) 位上填什么，设为 \(c\)

注意到：\(\sum_{j=1}^{p} j^2+c(p+1) - (n+1) < p+1\)

证明：由于 \((i-1)(i-1)!+(i-2)(i-2)!+\cdots+1! = i!-1\)，把低位全部填满也补不上高位一个 \(1\)，若多差一个 \(p+1\) 就补不回来了

不妨设上式的值为 \(p'\)；那么在 \(>p'\) 的位上减就减多了，因此刚好会在 \(p'\) 位上 \(-1\)；此时 \(\sum_{j=1}^{p+1} jb_j\) 也·恰好为 \(n+1\)

神奇的事情发生了：你已无需进行任何其他修改，已经达到最优方案了

那么模拟一下算出来就好了，时间复杂度 \(O(T \log n)\)

这道题启示我们：从极端情况考虑，同时可以考虑模拟贪心策略干了什么，可能可以直接模拟解决

05.24 - 2.沙尘暴

由绝对值函数的凸性，对于从点 \(i\) 向外走的一段连续的点，必将其高度全部调整为这段点中某个点的高度

那么，我们可以将由 \(s\) 到 \(t\) 的最短路分为如下几部分：

从 \(s\) 走到 \(u_1\)，将经过的点的高度 (包括起终点) 全部改为 \(h_{u_1}\)
从 \(u_1\)走到 \(u_2\)，将前一段点的高度全部改为 \(h_{u_1}\)，后一段点的高度全部改为 \(h_{u_2}\)
从 \(u_2\) 走到 \(u_3\)，……，从 \(u_{k-1}\) 走到 \(u_k\)，策略同上
从 \(u_k\) 走到 \(t\)，将经过的点的高度 (包括起终点) 全部改为 \(h_{u_k}\)

考虑先跑 \(n\) 遍 dij，求出以点 \(i\) 为起点，走到 \(j\)，将经过的点的高度全部改为 \(h_i\) 的贡献 \(f_{i, j}\)

此时，我们可以求出路径中从 \(u_i\) 走到 \(u_{i+1}\) 的贡献；具体的：

枚举中转点 \(v\)，对 \(f_{u_i, v}+f_{u_{i+1}, v}+C|h_{u_i}-h_{u_{i+1}}|-d_v|h_{u_{i+1}}-h_v|\) 取 \(\min\) 即可 (多减一个是因为 \(d_v\) 被多改了一次)

设这个贡献为 \(g_{i, j}\)

接下来，考虑求出从以点 \(i\) 为起点，走到点 \(j\) 的贡献 (可能包含一个 \(f_{i, j}\) 与若干 \(g_{i, j}\) )；直接 \(n\) 次 dij，边权视为 \(g_{i, j}\) 即可

设这个贡献为 \(p_{i, j}\)；注意，进行 dij 前数组是有初值的，由定义，\(p_{i, j} \leftarrow f_{j, i}\)

同理，\(n\) 次 dij 求出以点 \(i\) 为终点，从 \(j\) 走过来的贡献；设这个贡献为 \(q_{i, j}\)

对于答案，设起点为 \(s\)，终点为 \(t\)，枚举中转点 \(v\)，对 \(p_{s, v}+q_{t, v}\) 取 \(\min\) 即可

时间复杂度 \(O(n^3)\)

这道题启示我们：可以考虑将复杂的路径拆分成几段，对每段分别求解后拼起来

06.01 - 2.王之抽签

容易发现，只要有能拿到的 \(+1\)，小 W 总是能拿到；于是无解条件为：

对每堆数选择一个前缀 \(p_i\)，满足 \(\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{p_i} = 1\)
对每堆数，都有 \(a_{i, p_i+1} = -1\) 或 \(p_i = m_i\) (取空了)
至少有一堆数，满足 \(p_i < m_i\) (不能全取空了)

考虑先对每堆数填数的方案数进行 DP，再进行整体的背包

具体的，设 \(f_{i, j}\) 表示第 \(i\) 堆数，填数后满足 \(\displaystyle (\min_{p_i} \sum_{k=1}^{p_i} a_{i, k}) = j\) 且满足限制 \(2\) 的方案数

为什么是 \(\min\)？因为对每堆数，我们都按照最劣情况进行；若全部按照最劣情况进行时，仍有限制 \(1\) 中和式 \(>0\)，那么必然有解

求出 \(f_{i, j}\) 后，对其进行背包；具体的，设 \(dpf_{i, j}\) 表示前 \(i\) 堆数，每个前缀和的和为 \(j\) 的方案数，则 \(\sum_{j>0} dpf_{n, j}\) 即为答案 (别忘了小 W 自己初始为 \(+1\))

不过现在我们没有考虑限制 \(3\)；被漏掉的一种情况是限制 \(1\) 中和式为 \(0\)，且每堆数刚好取完

那么设 \(g_{i, j}\) 表示第 \(i\) 堆数，填数后满足 \(\displaystyle (\min_{p_i} \sum_{k=1}^{p_i} a_{i, k}) = j\) 且满足限制 \(2\) 的方案数，且唯一最小值取在 \(p_i = m_i\) 的方案数

为什么要求唯一？因为若不唯一，限制 \(1\) 中和式为 \(0\)，在第一次在前面取到最小值时就不成立了

那么类似的设 \(dpg_{i, j}\)，表示只对 \(g_{i, j}\) 的背包，\(dpg_{n, 0}\) 即为漏掉的方案数

现在问题只在于求 \(f_{i, j}\) 与 \(g_{i, j}\)：

对于 \(f_{i, j}\)，对第 \(i\) 堆数，朴素的想法是设 \(dp_{i, j, k}\) 表示从前往后考虑到第 \(i\) 位，前缀和为 \(j\)，前缀和的 \(\min\) 为 \(k\) 的方案数

转移是容易的；时间复杂度 \(O(n^3)\)

考虑从后向前 DP；这样的好处是每加入一个数，相当于在所有的前缀和上都拼上一个数，这样就无需单独记当前前缀和大小

设 \(dp_{i, j}\) 表示从后向前考虑到第 \(i\) 位，前缀和 (以 \(i\) 为起点) 的 \(\min\) 为 \(j\) 的方案数：
- 若 \(a_{i, j}\) 填 \(+1\)，转移为 \(dp_{i, j} \leftarrow dp_{i, j-1}\)
- 若 \(a_{i, j}\) 填 \(-1\)，还需要判断 \(j\) 与 \(0\) 的大小关系：
  - \(j > 0\)，不成立，因为此时前缀和的 \(\min\) 至少为 \(0\) (取空前缀)
  - \(j < 0\)，转移为 \(dp_{i, j} \leftarrow dp_{i, j+1}\)
  - \(j = 0\)，只能由之前"前缀和的 \(\min\) 取值 \(>0\)" 的情况转移而来 (否则减一下更小)，转移为 \(dp_{i, 0} \leftarrow dp_{i, j},\ (j>0)\)
对于 \(g_{i, j}\)，转移类似，只不过 \(j=0\) 时不成立 (因为不是唯一取值)

时间复杂度 \(O(n^2)\)，有亿点卡常

这道题启示我们：处理前缀和相关 DP，可以从后向前考虑

posted @ 2025-06-12 21:29 lzlqwq 阅读(48) 评论(0) 收藏举报

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