2025.7-2025.8 做题记录

2025.7-2025.8 做题记录

7.1 - 7.11

复习段考 + 段考 + 讲评课

7.12

模拟赛

7.12 T1 - 规则制定 (单调栈)

所有区间的区间和之和容易求，拆到每个元素上即可

下面考虑如何求所有区间的最大值之和

若区间内有多个最大值，考虑将贡献放到最靠前的最大值上

求出 \(\text{lmax}_i\) 表示 \(i\) 前最靠后的满足 \(a_j \ge a_i\) 的 \(j\)，\(\text{rmax}_i\) 表示 \(i\) 后最靠前的满足 \(a_j > a_i\) 的 \(j\)

\(a_i\) 作为最大值的贡献次数即为 \([\text{lmax}_i, \text{rmax}_i]\) 中长度 \(\ge 3\) 的区间个数

实现时可以用单调栈 \(O(n)\) 维护

7.12 T2 - 作文批改 (随机权 + 和 Hash)

考虑星战的做法，给字符 \(c\) 赋随机权值 \(v_c\)，和哈希判断是否相同

不过这里有个"出现次数为 \(k\) 倍"，因此考虑先求出 \(t\) 的哈希值 \(B\) (不取模)，以 \(B\) 为模数维护 \(s\) 的前缀哈希值 \(pre_i\)

此时子串 \(s_{[l, r]}\) 符合要求等价于 \(pre_r = pre_{l-1}\)

由生日悖论，值域为 \(V\) 时出现冲突的期望抽样次数为 \(O(\sqrt V)\)；此处抽样次数为 \(10^7\)，需保证 \(B \ge 10^{14}\)

实现细节：

• 可以根据 \(|t|\) 动态调整随机权范围
• umap 常数太大，直接 sort 后双指针比 umap 快

7.12 T3 - 赛道设计 (Adhoc)

可以通过手玩猜出 \(|R-L| \in [3, 5]\) 的结论 (起点也可以视作拐点)

下面给出严谨证明

设有 \(m\) 个拐点，则赛道为 \(m\) 边形，每个内角均为 \(90^{\circ}\) 或 \(270^{\circ}\)，内角和为 \((m-2) \times 180^{\circ}\)

由于所有 \(L / R\) 对应的内角只能均为 \(90^{\circ}\) 或 \(270^{\circ}\)，且两者对应度数不同，可得 (不妨设 \(L\) 对 \(90^{\circ}\) )

\(L \times 90^{\circ} + R \times 270^{\circ} = (L+R-2) \times 180^{\circ}\)

整理即得 \(L-R = 4\)

由于连续的 \(LR / RL\) 不会带来方向上的变化，可先将其删去；调整起点，最后一定能剩下 \(LLLL / RRRR\)

这个构造是简单的；之后重新往里添加 \(LR / RL\) 的过程相当于选两个点，将路线从直线改成三折

每次重新调整其他所有点的位置可以做到相对位置不变；时间复杂度 \(O(Tn^2)\)

实现咕咕咕

LOJ6538 烷基计数 加强版 加强版 (群论 + 生成函数 + 牛迭)

见群论基础 - 学习笔记 Blog

P6597 烯烃计数 (群论 + 生成函数 + 牛迭)

见群论基础 - 学习笔记 Blog

P6598 烷烃计数 (群论 + 生成函数 + 牛迭)

见群论基础 - 学习笔记 Blog

7.13

开摆 + 补 whk

7.14

P3391 【模板】文艺平衡树

本题中，我们并不关心平衡树每个节点具体的值是否满足 BST 的性质

此处平衡树的每个节点对应原序列的下标，换句话说，我们按照下标建树

考虑如何刻画翻转操作；若我们能够分裂出 \([l, r]\) 对应的子树，将每层的节点全部左右调换即可 (可理解为值换了，对应下标不换)

直接换显然会 TLE；考虑线段树懒标记的思想，给要全部调换的子树的根打 tag，用到的时候再真正交换儿子

现在考虑如何分裂出 \([l, r]\) 对应的子树

注意到序列下标始终满足 BST 的性质，考虑按排名分裂的思想，只不过此处是按子树大小分裂；具体的：

1. 分裂出 \([1, l-1]\) 与 \([l, n]\) (按大小为 \(l-1\) 分裂)
2. 将 \([l, n]\) 分裂为 \([l, r]\) 与 \([r+1, n]\) (按大小为 \(r-l+1\) 分裂)

P3835 【模板】可持久化平衡树

仍然套路的考虑记录每个版本的根，复制所有修改过的节点

具体的，为避免直接修改历史版本的值，在每次 split 与 merge 时对将进行分裂 / 合并的节点复制一份再操作即可

实现时，无须复制递归处理的另一侧 (递归处理子树时自然会复制的)

P5338 [TJOI2019] 甲苯先生的滚榜 (平衡树)

把 int 换成结构体，"修改通过题数和罚时"可变成先删除后插入

注意人的编号无法直接和 Treap 中的值建立联系，需要开个辅助数组

P4146 序列终结者 (平衡树 - 区间加 + 区间翻转 + 区间 max)

考虑在 Treap 上的节点维护当前下标的值 + 子树对应区间的最大值

区间翻转仍然通过打 tag 维护，区间加相当于又多了个 tag；修改时直接分裂出区间打上 tag 即可

注意，打 tag 的顺序是：

1. 打 tag 前做好当前节点的修改
2. 给当前节点打上 tag
3. pushdown 时做好儿子节点的修改，把 tag 传到儿子节点上

为什么不能在 pushdown 时只做当前节点的修改，pushdown 儿子时再修改儿子？

因为 merge 时实际上非递归侧的儿子不会被 pushdown，需要在 pushdown 当前节点时就处理好儿子节点的信息

P3765 总统选举 (平衡树 + 随机化 - 带修绝对众数)

先考虑如何判断区间 \([l, r]\) 是否存在绝对众数

考虑随机化；随机 \(\text{lim}\) 次，每次随出一个位置 \(i\)，判断 \(a_i\) 在 \([l, r]\) 中出现次数是否超过一半

这样单次失败概率是 \(\displaystyle \frac{1}{2}\)，\(\text{lim}\) 次就是 \(\displaystyle \frac{1}{2^\text{lim}}\)，大概可以接受

那么问题在于如何快速统计 \(a_i\) 在 \([l, r]\) 中的出现次数

先考虑不带修怎么做

对每个值 \(v\) 开 vector 记录其出现位置 (显然有序)，查询时直接二分即可

带修相当于要支持删除 + 插入，二分可以变成查排名；那么对每个值 \(v\) 开一棵平衡树即可

实现时可以取 \(\text{lim} = 13\)

P2596 [ZJOI2006] 书架 (平衡树 - 下标移动)

操作 \(4\) 是根据值查排名，操作 \(5\) 是根据排名查值，明示平衡树；问题在于我们没办法直接建立编号与位置的关系

考虑给每本书赋值 \(v\) 代表其相对位置大小 (由于是相对的，没必要时刻连续)

为建立编号与 \(v\) 的联系，考虑开两个 map，第一个从编号映射到 \(v\)，第二个从 \(v\) 映射到编号

接下来考虑每个操作：

• Top，从 map 中取出编号对应的 \(v\)，将 \(v\) 修改为全局编号最小值 \(-1\) 即可

  实现时可以维护全局编号最小值，"修改"就是删除 + 插入

• Bottom，类似的，维护全局编号最大值，删除 + 插入即可

• Insert，本质上是与前驱或后继交换；注意到 Treap 上节点对应的 \(v\) 没变，变的只有 \(v\) 与编号的对应关系

  从 map 中取出 \(v\)，查出前驱 / 后继，将 map 上两组对应关系交换即可

• Ask，从 map 中取出 \(v\)，根据值查排名即可

• Query，根据排名查值，最后通过 map 从 \(v\) 映射回编号即可

P2566 [SCOI2009] 围豆豆 (区间DP + 计算几何)

先考虑如何判断点在多边形内

由计算几何知识，考虑从点引一条射线，若与多边形交点个数为奇数则包含，反之不包含

此处多边形的边只能是水平 / 竖直的，为方便判断，钦定每个点引射线的方向都是水平向右的

因此，在平行于射线 (水平方向) 移动时不计算交点，竖直移动时才计算

设 DP 状态 \(f_{x, y, S}\) 表示走到 \((x, y)\)，点的包含关系为 \(S\) 时的最短步数；其中，\(S_i\) 代表第 \(i\) 个点引出的射线与多边形交点的奇偶性

接下来考虑如何计算 \(S\)

直接按"每经过一次点右边的格子就算一次"的方式考虑是不可取的，因为每个格子有"进入"、"离开"两次操作

注意到按同一方向 (均上 \(\rightarrow\) 下 / 均下 \(\rightarrow\) 上) 只应当被算一次，因此考虑从经过格子的两个方向上统计；具体的：

• 当从上 \(\rightarrow\) 下进入格子时，统计 \(1\) 次

• 当从下 \(\rightarrow\) 上离开格子时，统计 \(1\) 次

  为什么这里是"离开"而非"进入"？因为要想形成多边形，必然要跨过格子所在水平线，只有离开格子时才是真正跨过去

实现时可以枚举起点，bfs 进行转移，第二次走到起点时结束

初始状态为 \(f_{x, y, 0} = 0\)；设 \(v_S\) 为 \(S\) 状态包含的点的价值和，答案为 \(\max (v_S-f_{x, y, S})\)

时间复杂度 \(O(n^2m^22^D)\)

7.15

P3401 洛谷树 (树剖 + 拆位)

考虑如何维护子路径 xor 和

注意到边权 \(\le 2^{10}\)，考虑拆位，开 10 棵线段树

考虑经典转化，将路径 xor 变为两个根链 xor，维护每个点到根的 xor 值

记 \(cnt_0\) 为 \(u, v\) 间路径中第 \(i\) 位为 \(0\) 的点的个数，\(cnt_1\) 为 \(u, v\) 间路径中第 \(i\) 位为 \(1\) 的点的个数，贡献即为 \(cnt_0 \times cnt_1 \times 2^i\)

那么维护区间中根链 xor 当前位为 \(0\) / \(1\) 的点的个数即可

对单点改，若 \((u, v)\) 更改后边权的第 \(i\) 位与更改前不同，则相当于子树区间 \(0\) / \(1\) 翻转

综上，上树剖 + 支持区间加区间 \(0\) / \(1\) 翻转区间和的线段树即可

P2542 [AHOI2005] 航线规划 (树剖 - 删边求割边个数)

首先考察是树怎么做

显然，此时 \(u, v\) 间的割边个数即为两点树上路径中的边的个数；这启示我们给边赋 \(1\)，做树剖 + 路径区间查

在树的基础上给 \(u, v\) 加边，相当于让两点树上路径中的边全部处于环中

此时这些边不再产生贡献，做路径区间推平即可

综上，上树剖 + 支持区间加区间推平区间和的线段树即可

P3676 小清新数据结构题 (树剖 + 线段树 - 区间加区间平方和)

首先考虑没有换根怎么做

先求出每个点 \(i\) 初始的子树大小 \(siz_i\)，维护 \(siz_i\) 的平方和

此时单点改只会对根链上的点的子树大小产生影响，为路径区间加

显然，直接上支持区间加区间平方和的线段树即可

接着考虑换根；对于这类操作，我们一般不真换，而是分析其在保持根不动的前提下带来的变化

不妨设根换为点 \(u\)：

• 对点 \(u\) 的子树中的点 \(v\)，贡献不变
• 对点 \(u\)，从 \(siz_u^2\) 变为 \((\sum siz_i)^2\)
• 对非根链上的点 \(v\)，贡献不变
• 对根链上的点 \(v\)，子树大小减少了面向 \(u\) 的部分，增加了面向根的部分

不妨设 \(1, u\) 间路径上的点为 \(1 = a_1 \rightarrow a_2 \rightarrow \cdots \rightarrow a_k = u\)，点 \(i\) 原大小为 \(siz_i\)，新大小为 \(siz'_i\)，原答案为 \(t\)，则新答案为：

\[t' = t-\sum_{i=1}^{k} siz_{a_i}^2+\sum_{i=1}^{k} (siz'_{a_i})^2 \]

显然有 \(siz'_{a_i} + siz_{a_{i+1}} = siz_1 = siz'_u\)，代入，可得

\[\begin{aligned} t' &= t-siz_1^2-\sum_{i=2}^{k} siz_{a_i}^2+(siz'_k)^2+\sum_{i=1}^{k-1} (siz'_{a_i})^2 \\ &= t-(siz_1^2-(siz'_u)^2)-\sum_{i=2}^{k} siz_{a_i}^2+\sum_{i=1}^{k-1} (siz_1-siz_{a_{i+1}})^2 \\ &= t+(k-1)siz_1^2-2siz_1 \times \sum_{i=2}^{k} siz_{a_i} \end{aligned} \]

那么只需维护 \(t, siz_1\) 与根链路径区间和即可；

综上，仍然是上树剖 + 支持区间加区间和区间平方和的线段树即可

P5391 [Cnoi2019] 青染之心 (树剖 - 末尾加 / 撤销完全背包优化空间)

操作序列实际上形成了一棵树，add 相当于拼个儿子，erase 相当于回退到父亲；要求所有根链的完全背包

暴力做法时空复杂度均为 \(O(qV)\)，空间上无法接受；考虑如何优化

注意到若节点 \(u\) 的 DP 数组已经传到每个儿子 \(v\) 上，其本身已经没有用处了；因此考虑将某个儿子 \(v\) 的 DP 数组覆写到 \(u\) 的数组上

结合树链剖分，考虑令 \(v\) 为 \(u\) 的重儿子，最后处理 \(v\)，将其 DP 数组覆写到 \(u\) 的数组上

每当我们 dfs 完一条根到叶子的链时，立刻回收空间，经过的轻儿子数是 \(\log\) 的，那么空间复杂度也是 \(\log\) 的

P5314 [Ynoi2011] ODT (树剖 + 平衡树维护轻儿子)

"第 \(y\) 小点权"明示我们使用平衡树

考虑修改；暴力做法是把路径上所有点的平衡树全改一遍，显然无法接受

考虑与上道题类似的策略，令 \(u\) 点的平衡树维护其所有轻儿子的权值

路径改时只会经过 \(\log\) 个轻儿子，只会改 \(\log\) 个平衡树 (修改就是删除 + 插入)，可以接受

查询时，将点 \(u\) 的父亲 + 重儿子插进平衡树，查出答案，最后再删掉即可

实现时还需要维护一个线段树 / 树状数组查每个点本身的点权

时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)

7.16

BZOJ P3648 寝室管理

AGC001C - Shorten Diameter

P7215 [JOISC 2020] 首都

7.17

P5642 人造情感（emotion） (树上路径最大独立集 DP)

先假设我们可以快速求出 \(W(S)\)

对 \(f(u, v)\)，由于加入 \(\text{path}(u, v)\) 后 \(W\) 变大，显然 \(\text{path}(u, v)\) 必然被选，其上的点均不能被占用

考虑将 \(\text{path}(u, v)\) 上的点及其所连的边全部删去以刻画"不能被占用"；记删去路径后形成的若干树为 \(T_1, T_2, \cdots, T_k\)，完全包含于 \(T_i\) 中的路径集为 \(S_i\)，可得 \(w = W(S)-\sum_{i=1}^{k} W(S_i)\)

不妨令 \(1\) 为根；更进一步，易得删去路径后剩下的树只能是：

• 原来以某个点为根的子树
• 整棵树删去以某个点为根的子树后得到的树 (子树的补)

综上，考虑设计状态刻画"完全包含于某个子树 / 子树的补中的路径集的 \(W\) 值"

为求子树中的答案，我们令：

• \(f_u\) 表示仅考虑 \(u\) 子树的答案
• \(s_u\) 表示仅考虑 \(u\) 子树，且强制不占用 \(u\) 的答案

对初始值，考虑叶子 \(l\)，有 \(f_l = \max_{u_i = l, v_i = l} w_i\) 且 \(s_l = 0\)；我们从下向上转移：

• \(s_u \leftarrow \sum f_v\)，其中 \(v\) 是 \(u\) 的儿子

• $ f_u \leftarrow s_u + \max { w_i-\sum_{k \in \text{path}(u_i, v_i)} (f_k-s_k) }$，其中 \(\text{lca}(u_i, v_i) = u\)

  解释：考虑先强制不选 \(u\)，再拼上一条经过 \(u\) 的路径 (因此将每条路径挂在其两端点的 lca 上)；这条路径上的点都不能被占用，因此对路径上的每个点 \(k\)，减去 \((f_k-s_k)\) 表示将 \(k\) 点从可选可不选调整至必须不选的代价

  注意到，若 \(k\) 原本就不选，必有 \(f_k = s_k\)；若 \(k\) 原本选，代价就是 \(f_k-s_k\)，正确性没有问题

  那么 \(k\) 点的代价 \(f_k-s_k\) 是否会被重复计算？其实也不会，若路径经过 \(k \rightarrow v \rightarrow u\)，若之前 \(v\) 点已经考虑了强制不选 \(k\) 的代价，在 \(u\) 点转移时将 \(f_v\) 改为 \(s_v\) 时会撤去这一代价，最终也只会在 \(k\) 处算一次

  考虑如何维护 \(\sum_{k \in \text{path}(u_i, v_i)} (f_k-s_k)\)

  其实就是单点加 + 链求和，树剖固然可做，不过树状数组维护根链可以少个 \(\log\)

  形式化的，设 \(i\) 的子树的 \(\text{dfn}\) 区间为 \([\text{dfn}_i, \text{bottom}_i]\)：

  • 对 \(i\) 单点加变为在 \(\text{dfn}_i\) 加，在 \(\text{bottom}_i+1\) 减 (转化为子树加，差分了一下)
  • 对 \(i\) 查询相当于查 \([1, \text{dfn}_i]\)

容易发现，\(f_1 = W(S)\)

为求子树的补的答案，我们令 \(g_u\) 表示 \(u\) 子树的补的答案

在求出 \(g_u\) 后，我们给挂在 \(u\) 上的每条路径 \(\text{path}(u_i, v_i, w_i)\) 赋新权 \(w'_i = w_i+s_u-\sum_{k \in \text{path}(u_i, v_i)} (f_k-s_k)+g_u\)，表示选择该条路径时，考虑子树内代价 + 子树外贡献的值 (即全局贡献的值)

对初始值，考虑根 \(1\)，显然有 \(g_1 = 0\)；我们从上向下转移，从 \(u\) 转移到儿子 \(v\) 时：

• 若 \(u\) 未被占用，有 \(g_v \leftarrow g_u+s_u-f_v\)

  解释：\(s_u-f_v\) 表示考虑 \(u\) 除儿子 \(v\) 的其他儿子的贡献

• 若 \(u\) 被形如 "\(u\) 的后代 \(\rightarrow u \rightarrow\) \(u\) 的祖先" 方向的路径占用，令这样的路径的权 (新权) 的 max 为 \(w'\)，有 \(g_v \leftarrow w'-f_v\)

  由定义，这样的路径有且仅有一个端点是 \(u\) 的后代，且这个端点不是 \(v\) 的后代

  考虑如何维护这样的路径

  由于转移顺序是从上到下，转移到 \(g_v\) 时已经经过了 \(v\) 的所有祖先；因此考虑在每个点 \(p\) 处理挂在 \(p\) 上的路径对其后代的贡献

  设路径为 \(\text{path}(u_i, v_i, w'_i)\)，将考虑 \(p\) 的儿子 \(q\) 的方向的转移；若 \(u_i\) 或 \(v_i\) 是 \(q\) 的后代 (不妨设此处 \(u_i\) 是 \(q\) 的后代)，则将 \(w'_i\) 插入 \(\text{dfn}_{u_i}\)，对 \(q\) 的后代 \(s\) 及其儿子 \(t\)，从 \(s\) 转移到 \(t\) 时查询"是 \(s\) 的后代且不是 \(t\) 的后代"的 \(\text{dfn}\) 区间的 max 即可

  形式化的，设 \(i\) 的子树的 \(\text{dfn}\) 区间为 \([\text{dfn}_i, \text{bottom}_i]\)，查询 \([\text{dfn}_s, \text{dfn}_t-1] \bigcup [\text{bottom}_t+1, \text{bottom}_s]\) 中的 max 即可

  那么只需支持单点改 + 区间查 max 的线段树即可

  实现时千万注意顺序，先求出所有儿子 \(v\) 的 \(g_v\)，再将挂在 \(u\) 上的路径插入线段树，再递归求解 \(v\) 的子树

• 若 \(u\) 被形如 "\(u\) 的后代 \(\rightarrow u \rightarrow u\) 的后代" 方向的路径占用，同理令这样的路径的权的 max 为 \(w'\)，有 \(g_v \leftarrow w'-f_v\)

  设路径为 \(\text{path}(u_i, v_i, w'_i)\)，显然有 \(\text{lca}(u_i, v_i) = u\)，换句话说，这些路径都是挂在 \(u\) 上的

  此时直接将这些路径排序，找到第一条满足 \(u_i\) 不是 \(v\) 的后代且 \(v_i\) 也不是 \(v\) 的后代的路径即可

  每条路径最多浪费两次访问 (\(u_i\) 是 \(v\) 的后代 / \(v_i\) 是 \(v\) 的后代)，时间复杂度没问题

现在考虑如何求 \(f(u, v)\) (这里只看 \(W(S)\) 减去的东西)

对路径 \(\text{path}(u, v)\)，非 lca 的每个点的每个儿子的子树 (不包含路径上的点) 被分离出来；同时，lca 子树的补也会被分离出来

简单容斥下，有：

• 对不为 lca 的点 \(u\)，贡献为 \(s_u-f_u\)
• 对为 lca 的点 \(u\)，贡献为 \(g_u+s_u\)

求这个应当是简单的

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

7.18

CF566C - Logistical Questions (观察性质 + 点分治 - 移动重心)

7.19

P8250 交友问题 (图上根号分治)

CF2101E - Kia Bakes a Cake (点分治优化 DP)

CF1270F - Awesome Substrings (根号分治)

7.20

开摆 + 补 whk

7.21

P4168 [Violet] 蒲公英 (分块 - 维护块间答案)

P3203 [HNOI2010] 弹飞绵羊 (分块 - 维护跳出块信息)

P10590 磁力块 (分块 - 维护块内指针)

CF455D - Serega and Fun (分块 - 维护 deque)

7.22

P2500 [SDOI2012] 集合 (图上根号分治)

7.23

P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子 (莫队)

CF852I - Dating (树上莫队)

\(O(n \log n) - O(1)\) lca

7.24

CF940F - Machine Learning (带修莫队)

7.25

P5903 【模板】树上 K 级祖先 (长剖求 K 级祖先)

P3591 [POI 2015] ODW (长剖求 K 级祖先 + 根号分治)

CF1491H - Yuezheng Ling and Dynamic Tree (分块 - 弹飞绵羊 Trick + 均摊)

7.26

讲群论 + 调不出来题

7.27

P11527 [THUPC 2025 初赛] waht 先生的法阵 (分块 - 弹飞绵羊 Trick + 均摊)

P2481 [SDOI2010] 代码拍卖会 (数位 DP - 前后缀拆分 Trick + 循环节)

CF708C - Centroids (换根 DP)

P6419 [COCI 2014/2015 #1] Kamp (换根 DP)

7.28

P3647 [APIO2014] 连珠线 (观察性质 + 换根 DP)

不妨先令点 \(1\) 为根；容易发现，只存在 \(u - v - v'\) ( \(v \in \text{son}_u, v' \in \text{son}_v\) ) 与 \(v_1 - u - v_2\) ( \(v_1, v_2 \in \text{son}_u\) ) 两种连蓝链的结构

由题意，两条蓝链不能在非端点处相交；结构 \(1\) 中 \(u\) 可作为端点，结构 \(2\) 中 \(u\) 不能作为端点，这会给 DP 带来很大麻烦

考虑观察性质；红线只能连接新珠子与已有珠子，而对于结构 \(2\)，\(u\) 一定是已有珠子；因此有：

• 不存在两个结构 \(2\)，使得 \(u_1, u_2\) 无祖先后代关系

那么我们必然可以找到一个点 \(rt\)，使得以点 \(rt\) 为根时，所有结构 \(2\) 都变成结构 \(1\)

这启示我们进行换根 DP

先考虑子树内；令 \(f_{u, 0/1}\) 表示仅考虑 \(u\) 子树，\(u\) 所在蓝链长度为偶 / 奇的答案；转移为：

• \(\displaystyle f_{u, 0} \leftarrow \sum_{v \in \text{son}_u} \max(f_{v, 0}, f_{v, 1}+w(u, v))\)，表示每个儿子可以选择是否拼上点 \(u\)

• \(\displaystyle f_{u, 1} \leftarrow f_{u, 0} + \max_{v \in \text{son}_u} (f_{v, 0} + w(u, v) - \max(f_{v, 0}, f_{v, 1}+w(u, v)))\)，表示强行钦定一个儿子拼上点 \(u\)

  为辅助换根，此处套路地记录 \(\max\) 的最大值 \(s_{u, 1}\) 与次大值 \(s_{u, 0}\)

初始值为对叶子 \(u\)，\(f_{u, 0} = 0\)，\(f_{u, 1} = -\infty\)

再令 \(dp_{u, v, 0/1}\) 表示从 \(u\) 子树中挖去 \(v\) 子树 (\(v \in \text{son}_u\))，\(u\) 所在蓝链长度为偶 / 奇的代价：

• \(\displaystyle dp_{u, v, 0} \leftarrow f_{u, 0}-\max(f_{v, 0}, f_{v, 1}+w(u, v))\)

• \(\displaystyle dp_{u, v, 1} \leftarrow dp_{u, v, 0}+s_{u, 0}\) [\(f_{u, 1}\) 的 \(\max\) 在 \(v\) 处取得]

  \(\displaystyle dp_{u, v, 1} \leftarrow dp_{u, v, 0}+s_{u, 1}\) [\(f_{u, 1}\) 的 \(\max\) 不在 \(v\) 处取得]

再考虑子树外；令 \(g_{u, 0/1}\) 表示挖去 \(u\) 的子树 (保留点 \(u\))，\(u\) 所在蓝链长度为偶 / 奇的答案；转移为：

• \(\displaystyle g_{v, 0} \leftarrow \max(g_{u, 0}+dp_{u, v, 0}, \max(g_{u, 1}+dp_{u, v, 0}, g_{u, 0}+dp_{u, v, 1})+w(u, v))\)

  其中，\(g_{u, 0}+dp_{u, v, 0}\) 表示将点 \(v\) 单独空出来

  \(\max(g_{u, 1}+dp_{u, v, 0}, g_{u, 0}+dp_{u, v, 1})+w(u, v)\) 表示钦定 \(u\) 所在蓝链长为奇，再拼上点 \(v\) 断成两条链

• \(\displaystyle g_{v, 1} \leftarrow g_{u, 0}+dp_{u, v, 0}+w(u, v)\)，表示将点 \(v\) 拼到子树外长度为偶的蓝链上

初始值为 \(g_{1, 0} = 0, g_{1, 1} = -\infty\)；最终答案即为 \(\max (f_{u, 0}+g_{u, 0}, f_{u, 1}+g_{u, 1})\)

时间复杂度 \(O(n)\)

P1453 城市环路 (基环树 DP)

P4381 [IOI 2008] Island (基环树 DP)

P2495 [SDOI2011] 消耗战 (虚树 DP)

7.29

P3233 [HNOI2014] 世界树 (虚树 DP)

CF1009F - Dominant Indices (长链剖分优化 DP)

P5904 [POI 2014] HOT-Hotels 加强版 (神仙树形 DP + 长链剖分优化 DP)

P2627 [USACO11OPEN] Mowing the Lawn G (单调队列优化 DP)

P2569 [SCOI2010] 股票交易 (单调队列优化 DP)

7.30

CF939F - Cutlet (设计状态 + 单调队列优化 DP)

P1912 [NOI2009] 诗人小G (决策单调性优化 DP - 二分队列)

CF868F - Yet Another Minimization Problem (决策单调性优化 DP - 分治 + 类莫队暴力)

P3120 [USACO15FEB] Cow Hopscotch G (类 CDQ 分治优化 DP)

P3810 【模板】三维偏序（陌上花开） (CDQ 分治)

7.31

CF449D - Jzzhu and Numbers (SOS DP + 容斥)

P6442 [COCI 2011/2012 #6] KOŠARE (SOS DP + 容斥)

P3287 [SCOI2014] 方伯伯的玉米田 (观察性质 + 二维树状数组优化 DP)

CF53E - Dead Ends (状压 DP + 钦定转移顺序)

CF1781F - Bracket Insertion (括号序列转 \(\pm\) 1 + 分析操作 + 合并同类项优化 DP)

8.1

AGC013E - Placing Squares (组合意义 - 平方变放两个球的方案数 + 矩阵快速幂优化 DP)

直接 DP 没有前途；考虑用组合意义刻画平方与连乘

有 \(n\) 个格子，你可以在其中插入若干隔板；有 \(m\) 个特殊格 \(x_1, x_2, \cdots, x_m\)，你不能在 \(x_{i}, x_{i}+1\) 格间插入隔板

现在对于每个格子连续段，你需要选两个格子 (可重) 放入一个黑球一个白球，求总方案数

这样转化的好处是，每个连续段中只有 \(2\) 个球，按照这一性质设计状态更易于以后进行优化

令 \(f_{i, j}\) 表示当前在第 \(i\) 格，当前格到上个隔板间放了 \(j\) 个球的总方案数 ( \(j \in \{0, 1, 2\}\) )

若 \(i-1\) 不为特殊格，则有转移：

• \(f_{i, 0} = f_{i-1, 0}+f_{i-1, 2}\) (不放隔板 / 放隔板)
• \(f_{i, 1} = 2f_{i-1, 0}+f_{i-1, 1}+2f_{i-1, 2}\) (放黑或白球 / 不放球 / 放隔板+放黑或白球)
• \(f_{i, 2} = f_{i-1, 0}+f_{i-1, 1}+2f_{i-1, 2}\) (放黑白球 / 放另一个球 / 不放隔板或放隔板+放黑白球)

同理，对特殊格，可得转移：

• \(f_{i, 0} = f_{i-1, 0}\)
• \(f_{i, 1} = 2f_{i-1, 0}+f_{i-1, 1}\)
• \(f_{i, 2} = f_{i-1, 0}+f_{i-1, 1}+f_{i-1, 2}\)

初始值为 \(f_{0, 0} = 1\)，答案即为 \(f_{n, 2}\)

对每个不包含特殊格的连续段矩阵快速幂优化即可；时间复杂度 \(O(m \log n)\)

CF1174E - Ehab and the Expected GCD Problem (观察性质 + DP)

CF1765C - Card Guessing (拆贡献 + 概率 DP 转计数 DP)

由于每次贡献为 \(1\)，可先将猜对次数的期望转化为每次猜对的概率之和

由于每次猜花色是本质不同的决策，此处认为同种花色的牌也是本质不同的牌

设当前考虑第 \(i\) 张牌，令 \(K = \min(k, i-1)\)，显然我们只关心前 \(K\) 张牌中，出现次数最少的花色还剩多少张牌

套路地将概率 DP 转化为计数 DP；不妨设 \(g_{i, j}\) 表示共 \(i\) 张牌，出现次数最少的花色出现 \(j\) 次的方案数 (显然有多种花色出现次数最少不影响)

直接转移似乎不好做，不过注意到花色只有 \(4\) 种，考虑用背包解决

令 \(f_{i, j, k}\) 表示考虑了前 \(i\) 种花色，总共选了 \(j\) 张牌，出现次数最少的花色出现 \(k\) 次的方案数

显然有转移 \(f_{i, j, k} \rightarrow f_{i+1, j+c, \min(k, c)} \cdot \dbinom{j+c}{c} \cdot \dbinom{n}{c} \cdot c!\) (分配插入位置，分配牌，分配顺序)

初始值为 \(f_{1, i, i} = \dbinom{n}{i} \cdot i!\)；最终，我们有 \(g_{i, j} = f_{4, i, j}\)

令 \(h_i\) 表示选 \(i\) 张牌的方案数，显然有 \(h_i = \sum_{j=0}^{n} g_{i, j}\)

那么对于第 \(i\) 位，贡献为 \(\displaystyle \frac{\sum_{j=0}^{n} g_{K, j} \cdot (n-j)}{h_{K+1}}\)；特别的，当 \(i=1\) 时，贡献为 \(\displaystyle \frac{1}{4}\)

注意，这里前 \(K\) 张牌再以前的牌的选择方案上下抵消了，故不考虑

那么最终答案即为 \(\displaystyle \frac{1}{4} + \sum_{i=2}^{4n} \frac{\sum_{j=0}^{n} g_{K, j} \cdot (n-j)}{h_{K+1}}\)

时间复杂度 \(O(n^3)\)

CF1726E - Almost Perfect (观察置换环性质 + 简单部分 DP 复杂部分枚举组合)

CF1842G - Tenzing and Random Operations (组合意义 - 连乘变乘法原理 + DP)

8.2

CF1750F - Majority (正难则反 + 前缀和优化类连续段 DP)

8.3

ABC262Ex - Max Limited Sequence (转化限制 + 线段树优化 DP)

首先，我们可以用数据结构求出每个位置的最紧上界 \(u_i\)

显然，无解当且仅当存在限制 \([l, r, x]\)，使得 \(\max (u_l, u_{l+1}, \cdots, u_r) < x\)

注意到对每个位置，实际上我们只关心该位置是否取到上界

显然每个上界相互独立，考虑对每个上界分别计算方案数后乘起来 (对没有限制的位置，方案数为 \(m+1\) )

设当前上界为 \(c\)；取出所有 \(u_i = c\) 的位置 \(i\) 排成一个序列，取出所有 \(X_j = c\) 的限制 \(j\)

注意到对于每个限制 \(j\)，其本质上是要求序列中一段下标区间内有至少 \(1\) 个位置取到上界

这启发我们记录序列中取到上界的位置；令 \(f_{i, j}\) 表示当前在第 \(i\) 位，上一个取到上界的位置为 \(j\) 的方案数

先不考虑限制，显然有转移：

• \(f_{i, i} \leftarrow f_{i-1, j}\)，表示位置 \(i\) 取到上界
• \(f_{i, j} \leftarrow f_{i-1, j} \times c\)，其中 \(i \ne j\)，表示位置 \(i\) 未取到上界

对于每个限制，我们将其挂在右端点考虑；具体的，对于限制 \([l, r]\)，在 \(i=r\) 时清空所有 \(j < l\) 的 \(f_{i, j}\)

初始值为 \(f_{0, 0} = 1\)，答案为 \(\sum_{j} f_{\text{len}, j}\)

这显然可以通过支持单点改 + 区间乘 + 区间推平 + 全局和的线段树维护

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

AGC030F - Permutation and Minimum (转化限制 + DP)

先转化下题意

将 \(1, 2, \cdots, 2n\) 排成一排，从左向右连线匹配，匹配值为左侧数的值，求方案数

记 \(v_u = 0/1\) 表示 \(u\) 在 \(a_i\) 中不存在 / 存在，对匹配 \((x, y)\) ( \(x < y\) )，分类讨论：

• \(v_x = 1, v_y = 1\)，此时匹配位置和值均确定，直接扔掉即可
• \(v_x = 1\) 或 \(v_y = 1\)，此时匹配位置确定
• \(v_x = 0, v_y = 0\)，此时可以自由分配匹配位置

注意到不好用 DP 刻画 "自由分配匹配位置"，不过你发现第三类匹配的个数确定，考虑先转化为无序，最后乘阶乘定序

因此，两种匹配方案不同，当且仅当：

• 匹配值不同，即存在位置 \(i\) 在第一种方案中是左端点，第二种方案中不是
• 匹配位置不同，即存在匹配 \((i, x), (i, y)\) 使得 \(x \ne y\) 且 \(v_x = 1, v_y = 1\)

考虑从大向小 DP，逐个确定匹配位置，记 \(f_{i, j, k}\) 表示从 \(2n\) 填到 \(i\)，有 \(j\) 个 \(v_x = 0\) 的右端点，有 \(k\) 个 \(v_x = 1\) 的右端点

易得转移：

• \(v_i = 0\) 时：
  • \(f_{i, j, k} \leftarrow f_{i+1, j+1, k}\)，表示匹配一个 \(v_x = 0\) 的右端点
  • \(f_{i, j, k} \leftarrow f_{i+1, j, k+1} \times (k+1)\)，表示匹配一个 \(v_x = 1\) 的右端点，需要考虑匹配位置
  • \(f_{i, j, k} \leftarrow f_{i+1, j-1, k}\)，表示不匹配
• \(v_i = 1\) 时：
  • \(f_{i, j, k} \leftarrow f_{i+1, j+1, k} \times (j+1)\)，表示匹配一个 \(v_x = 0\) 的右端点
  • \(f_{i, j, k} \leftarrow f_{i+1, j, k-1}\)，表示不匹配

初始值为 \(f_{2n+1, 0, 0} = 1\)，答案为 \(f_{1, 0, 0}\)

时间复杂度 \(O(n^3)\)

8.4

ARC106E - Medals (Hall 定理 + SOS DP)

CF21D - Traveling Graph (欧拉回路状压 DP)

8.5

CF1773G - Game of Questions (观察性质 - 去除无用状态 + 状压 DP)

注意到 \(m \le 17\)，考虑对人状压一下

不妨令 \(f_S\) 表示场上剩余的人组成的集合为 \(S\) 时，Genie 的获胜概率

若转移时直接枚举问题，有可能会选重，记在状态里又接受不了；但注意到，重复选择问题不会使 \(S\) 变化，因此无需考虑这件事

具体的，设有 \(c_0\) 种问题可以使 \(S\) 减少，\(c_1\) 种问题可以使 \(S\) 变成 \(T\) ( $ T \varsubsetneqq S$ )，即有 \(\displaystyle f_S \leftarrow f_T \times \frac{c_1}{c_0}\) (只在 \(S\) 产生变化时统计)

直接 \(O(n2^m)\) 枚举问题显然无法接受，考虑预处理 \(g_{S, T}\) ( \(T \subset S\) ) 表示使 \(S\) 变成 \(T\) 的问题数量

对 \(g_{S, T}\) 的转移，考虑钦定一个 \(x (x \notin S)\)，则所有使 \(S\) 变成 \(T\) 的问题可分为同时 ban 掉 \(x\) 与不同时 ban 掉 \(x\) 两类

显然有转移 \(g_{S, T} \leftarrow g_{S \cup \{x\}, T} + g_{S \cup \{x\}, T \cup \{x\}}\)

对 \(f_S\)，则有转移 \(\displaystyle f_S \leftarrow \frac{\sum_{T \varsubsetneqq S} f_{T} g_{S, T}}{n-g_{S, \varnothing}-g_{S, S}}\)

初始值为对所有 \(g_{S, \varnothing}+g_{S, S} = n\) 的 \(S\)，\(f_{S}= [1 \in S]\)；答案即为 \(f_{\{1, 2, \cdots, m\}}\)

时间复杂度为 \(O(nm + 3^m)\)

P9129 - [USACO23FEB] Piling Papers G (区间 DP 套类数位 DP)

8.6 - 8.9

准备讲课 PPT + 补 whk

8.10 - 8.16

军训

8.17

ARC103F - Distance Sums (观察性质 + 类拓扑思想)

CF1528C - Trees of Tranquillity (虚树思想贪心)

CF842E - Nikita and game (树的直径性质 - 交于一点或一边 + 维护左右集合)

CF2108E - Spruce Dispute (拆贡献 + 贪心 - 最大子树最小取重心)

CF1783G - Weighed Tree Radius (补齐对称性 + 观察性质 + 线段树维护区间直径)

AGC018D - Tree and Hamilton Path (拆贡献 + 贪心 - 最大子树最小取重心 + 回路减边变路径)

8.18

8.18 T1 - Rainbow 的信号 (拆位 + 拆贡献)

8.18 T2 - Freda 的传呼机 (仙人掌最短路)

8.18 T4 - Tree (分数规划 + 树形 DP)

8.19

8.18 T3 - Circle (观察性质 + 类数位 DP)

P12205 [COI 2022] 通行证件 / Vinjete (线段树维护区间 > 0 个数)

8.20

P6348 [PA 2011] Journeys (线段树优化建图)

ABC414G - AtCoder Express 4 (线段树优化建图 - 左右端点差分)

P6453 [COCI 2008/2009 #4] PERIODNI (笛卡尔树上 DP)

P3809 【模板】后缀排序 ( \(O(n \log n)\) SA)

令 \(\text{sa}_i\) 表示排名为 \(i\) 的后缀位置，\(\text{rk}_i\) 为后缀 \(\text{suf}_i\) 的排名

做法 1：\(O(n \log^2 n)\)

考虑直接对每个后缀排序，这样是 \(O(n^2 \log n)\) 的

考虑优化比较；二分哈希求 \(\text{lcp}\) 后比较下一位即可，这样单次比较 \(O(\log n)\)，总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)

做法 2：\(O(n \log^2 n)\)

考虑倍增的思想求解

令 \(\text{rk}_{i}^{j}\) 表示考虑所有长为 \(2^j\) 的子串 (不足补极小值)，从 \(i\) 开始的排名，\(\text{sa}_{i}^{j}\) 类似

初始时，我们对每个字符排序可得 \(\text{rk}_{i}^{1}\) 与 \(\text{sa}_{i}^{1}\)

从 \(j\) 倍增到 \(j+1\) 时，对所有位置 \(i\) 以 \(\text{rk}_{i}^{j}\) 以第 \(1\) 关键字、\(\text{rk}_{i+2^j}^{j}\) 以第 \(2\) 关键字排序即可

注意，需要特别处理 \(\text{rk}_{p}^{j} = \text{rk}_{q}^{j}\) 且 \(\text{rk}_{p+2^j}^{j} = \text{rk}_{q+2^j}^{j}\) 的情况，此时 \(\text{rk}_{p}^{j+1} = \text{rk}_{q}^{j+1}\)；排好序后重新扫一遍即可

只需做到 \(2^j \ge n\)，共 \(O(\log n)\) 轮，总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，瓶颈在排序

做法 3：\(O(n \log n)\)

做法 2 的瓶颈在排序，用基数排序 (做两次计数排序) 优化即可

实现上的小细节：

• 第 \(1\) 次排序无需考虑第 \(2\) 关键字

• 对第 \(2\) 关键字排序无需计数排序：

  for (int i=n-w+1; i<=n; i++) tot++, id[tot] = i (处理 \(i+w > n\) 的情况，此时没有先后顺序)

  for (int i=1; i<=n; i++) if (sa[i] > w) tot++, id[tot] = sa[i]-w (直接处理 \(i+w\) 的顺序)

• 排好序后需要重新扫一遍处理 \(\text{rk}\) 相同的情况

• 可动态令基数排序的值域 \(V = \max\{\text{rk}_i\}\)

• \(\max\{\text{rk}_i\} \ge n\) 时无需继续排序，直接 break 即可

令 \(\text{h}_i = \text{lcp}(\text{suf}_{\text{sa}_{i-1}}, \text{suf}_{\text{sa}_{i}})\)，考虑如何求 \(\text{h}_i\)

结论 1：\(\text{h}_{\text{rk}_i} \ge \text{h}_{\text{rk}_{i-1}}-1\)

当 \(\text{h}_{\text{rk}_{i-1}} \le 1\) 时，显然成立

当 \(\text{h}_{\text{rk}_{i-1}} > 1\) 时，令旧 \(\text{lcp}\) 为 \(\text{aA}\)，其中 \(\text{a}\) 为字符，\(\text{A}\) 为串；因此，令 \(\text{suf}_{i-1}\) 为 \(\text{aAD}\)，另一个为 \(\text{aAB}\)

因此，我们有 \(\text{suf}_i\) 为 \(\text{AD}\)，且存在 \(\text{AB}\)；由于 \(\text{rk}_i-1\) 比 \(\text{rk}_i\) 仅小 \(1\)，因此有 \(AB \le \text{suf}_{\text{sa}_{\text{rk}_i-1}} < AD\)

综上，新 \(\text{lcp}\) 至少为 \(\text{A}\)，证毕

我们可以根据这一性质暴力求 \(\text{h}_i\) (初始值 \(\text{h}_1 = 0\) )

结论 2：\(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j) = \min_{\text{rk}_i+1 \le k \le \text{rk}_j} \text{h}_k\)

显然，必有 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j) \ge \min_{\text{rk}_i+1 \le k \le \text{rk}_j} \text{h}_k\)

感性理解上，由于我们按字典序枚举，\(\text{lcp}\) 只要掉下去就回不来了，成立

8.21

AT_ddcc2020_final_c - Smaller-Suffix-Free Sequences (SA)

题意：给定串 \(s\)，对其每个后缀，求出该后缀的一个最长前缀，满足这个前缀为 Lyndon 串

一个串称为 Lyndon 串，当且仅当其字典序严格小于其所有后缀；\(1 \le |s| \le 2 \times 10^5\)

令原串为 \(s\)，\(s\) 的一个后缀的前缀为 \(t\)，\(t\) 的一个后缀为 \(t'\)

容易发现，\(t < t'\) 与 \(t+x < t'+x\) 是等价的；那么我们只需判断原串后缀与后缀的字典序关系即可

这启示我们建出 SA；则原题可转化为：

• 对每个 \(1 \le i \le n\)，求出最大的 \(j\) 使得 \(\displaystyle \text{rk}_i = \min_{i \le p \le j} \text{rk}_p\)

单调栈维护即可；时间复杂度 \(O(n \log n)\)，瓶颈在建 SA

P2178 [NOI2015] 品酒大会 (SA - 并查集维护 \(h_i\) )

由于有经典结论 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j) = \min_{\text{rk}_i+1 \le k \le \text{rk}_j} \text{h}_k\)，考虑建出 SA

考虑从大到小加入 \(\text{h}_{\text{rk}_i}\)，每个 \(\text{h}_{\text{rk}_i}\) 放在 \(\text{rk}_i\) 位置上，过程中会形成许多连续段；考虑用并查集维护

具体的，对于连续段 \([l, r]\)，其对应满足 \(l-1 \le \text{rk}_i \le r-1\) 且 \(l \le \text{rk}_j \le r\) ( \(i < j\) ) 的 \(\text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j)\)

对第一问，连续段 \([l, r]\) 对应的选择方案数为：

• \(l = 1\)，则为 \(\displaystyle 1+2+\cdots+(r-1) = \frac{1}{2} r(r-1)\)
• \(l \ne 1\)，则为 \(\displaystyle 1+2+\cdots+(r-l+1) = \frac{1}{2} (r-l+2)(r-l+1)\)

这启示我们维护连续段的左右端点，合并时减去两个小区间贡献再加上新区间贡献即可

对第二问，合并 \([l_1, r_1], [l_2, r_2]\) 时 (不妨设 \(l_2 > r_1\) )：

• 左端点取在 \([\max(1, l_1-1), r_1-1]\)，右端点取在 \([l_1, r_1]\)，已经在计算 \([l_1, r_1]\) 的答案时贡献过

• 左端点取在 \([\max(1, l_2-1), r_2-1]\)，右端点取在 \([l_2, r_2]\)，已经在计算 \([l_2, r_2]\) 的答案时贡献过

• 左端点取在 \([\max(1, l_1-1), r_1-1]\)，右端点取在 \([l_2, r_2]\)

  这启示我们对区间 \([l, r]\) 维护 \(a\) 上 \([\text{sa}_l, \text{sa}_{r-1}]\) 的最大 / 次大 / 最小 / 次小值

  合并时，我们：

  • 用 ( \([l_1, r_1]\) 的相关值 + \(a_{\text{sa}_{l_1-1}} [l_1 \ne 1]\) ) 与 ( \([l_2, r_2]\) 的相关值 + \(a_{\text{sa}_{r_2}}\) ) 更新 \([l_1, r_2]\) 答案
  • 用 ( \([l_1, r_1]\) 的相关值 + \(a_{\text{sa}_{r_1}}\) ) 与 ( \([l_2, r_2]\) 的相关值 ) 更新 \([l_1, r_2]\) 相关值
  • 根据实现不同，当 \(l_1 = r_1\) 时可能需要特殊处理 (如补上 \(a_{\text{sa}_{l_1}}\) )

时间复杂度 \(O(n \log n)\)，瓶颈在建 SA

8.22

P9664 [ICPC 2021 Macao R] LCS Spanning Tree (SA - 只需考虑 sa 相邻的 lcs)

首先考虑只有两个串 \(s_i, s_j\) 怎么做

\(\text{lcs}\) 自然启发我们建 SA，这启示我们将 \(s_i, s_j\) 拼接起来，在 \(s_i\) 中选取左端点 \(l\)，在 \(s_j\) 中选取右端点 \(r\) 求 \(\text{lcp}\)

此时出现了两个问题：

1. \(\text{lcp}(\text{suf}_l, \text{suf}_r) \ge |s_i|-l+1\)，即 \(\text{lcp}\) 超出 \(s_i\)

   这可以通过在 \(s_i, s_j\) 间添加特殊连接符规避

2. 暴力选取 \(l, r\) 在时间复杂度上无法接受

   注意到只有排名相邻的后缀是有用的，枚举排名 \(i\)，贡献为 \(\text{lcp}(\text{suf}_{\text{sa}_{i-1}}, \text{suf}_{\text{sa}_i}) = \text{h}_i\)

   综上，判掉 \(\text{sa}_{i-1}\) 与 \(sa_i\) 在一个串中的情况，连边 \((\text{sa}_{i-1}, \text{sa}_i, \text{h}_i)\) 即可

多个串没有本质区别，全部拼起来，中间加上不同的连接符即可

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

CF547E - Mike and Friends (SA + 二维数点)

省流：我觉得我真想不清楚细节，所以写的会繁琐亿点

类比上题，套路地将 \(s_1, s_2, \cdots, s_n\) 拼成新串，中间加上不同的分割符；记新串中 \(s_i\) 的对应位置为 \([\text{st}_i, \text{ed}_i]\)

对于查询 \((l, r, k)\)，对满足条件的新串位置 \(i\)，考虑分讨限制条件：

• 显然要求 \(i \in [\text{st}_l, \text{ed}_r]\)
• 令 \(p = \text{st}_k\)，若 \(\text{rk}_i < \text{rk}_{p}\)，则有 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_p) = \min_{\text{rk}_i+1 \le q \le \text{rk}_p} \text{h}_q = |s_k|\)
• 若 \(\text{rk}_i = \text{rk}_{p}\)，事实上即 \(i = p\)，显然成立
• 若 \(\text{rk}_i > \text{rk}_{p}\)，则有 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_p) = \min_{\text{rk}_p+1 \le q \le \text{rk}_i} \text{h}_q = |s_k|\)

这启示我们对每个位置 \(i\) 维护：

• 最靠前的 \(l_i\)，满足 \(\displaystyle \min_{l \le j \le \text{rk}_i} \text{h}_{j} = \text{h}_{\text{rk}_i}\)
• 最靠后的 \(r_i\)，满足 \(\displaystyle \min_{\text{rk}_{i+1} \le j \le r} \text{h}_{j} = \text{h}_{\text{rk}_{i+1}}\)

这里直接二分维护即可

回到询问 \((l, r, k)\)，对满足条件的新串位置 \(i\)，考虑转化限制条件：

• \(i \in [\text{st}_l, \text{ed}_r]\)
• \(\text{rk}_i\) 也需在一个区间 \([l', r']\) 内，令 \(p = \text{st}_k\)，具体的：
  • 若 \(\text{h}_{\text{rk}_p} = |s_k|\)，则左半区间成立，有 \(l' = l_k\)；反之 \(l' = \text{rk}_p\)
  • 若 \(\text{h}_{\text{rk}_{p+1}} = |s_k|\)，则右半区间成立，有 \(r' = r_k\)；反之 \(r' = \text{rk}_p\)

那么直接二维数点即可；时间复杂度 \(O(n \log n)\)

8.23

CF1923F - Shrink-Reverse (观察性质 + SA)

首先考虑没有翻转操作怎么做

我们每次必然贪心地将最靠前的 \(1\) 与最靠后的 \(0\) 交换；双指针维护即可，这部分时间复杂度 \(O(n)\)

考虑观察翻转操作的性质

显然，\(1\) 次翻转可以去前导零，\(2\) 次可以去后导零，\(\ge 3\) 次是没有意义的

对于 \(2\) 次翻转，我们发现去后导零并没有改变答案；若翻转后再交换，显然可以不劣地等效为先交换再翻转

综上，只需考虑 \(1\) 次翻转的情况，且这次翻转必然最后进行

类比没有翻转的情况，一个 naive 的想法是将最靠后的 \(1\) 与前导零的末尾交换

如 \(00101100\) 的情况就可以 hack 掉这个做法，因为我们可以与中间的 \(0\) 交换以缩小长度

这启示我们先确定最小长度 \(L\)；显然先翻转 \(s\) 不影响答案，以下的 \(s\) 均指翻转后的串

对每个 \(i\)，考虑求出最靠前的 \(r_i\) 使得可以将所有 \(1\) 换到 \([i, r_i]\) 中：

• 记 \([i, r_i]\) 中 \(0\) 的个数为 \(c_0\)，\([i, r_i]\) 外 \(1\) 的个数为 \(c_1\)

  则 \([i, r_i]\) 合法等价于 \(c_1 \le k-1\) (能换进来) 且 \(c_1 \le c_0\) (有地方容纳)

\(i\) 增大时，\(c_0\) 不增，\(c_1\) 不降，\(r_i\) 也是单调的；于是这部分也可以双指针做到 \(O(n)\)

接下来考虑最小化字典序；显然换进来的 \(1\) 会优先向后放，比的实际上是后缀的一段前缀的字典序

这启示我们跑 SA，按 \(\text{rk}\) 从小到大枚举，第一个合法的长度为 \(L\) 的前缀就是答案；证明：

• 若 \(\text{lcp} > L\)，由于外面的 \(1\) 全部被换进来，已经完全相同，前后顺序没有影响

• 若 \(\text{lcp} \le L\) 且换进来的 \(1\) 没有影响 \(\text{lcp}\)，直接按 \(\text{rk}\) 排就是对的

  若 \(\text{lcp} \le L\) 且换进来的 \(1\) 影响了 \(\text{lcp}\)，由于里面 \(1\) 的总数确定，一定是将一段后缀部填成 \(1\)，前后顺序没有影响

时间复杂度 \(O(n \log n)\)，瓶颈在建 SA

8.24

P4094 [HEOI2016/TJOI2016] 字符串 (SA + 二分答案 + 主席树 - 区间查非严格前驱 / 后缀)

子串 \(\text{lcp}\) 自然启示我们建 SA，同时把子串拼成后缀考虑

对于查询 \((a, b, c, d)\)，其答案为：

• \(\displaystyle \max_{a \le p \le b} \{\min\{\text{lcp}(\text{suf}_p, \text{suf}_c),\ b-p+1,\ d-c+1\}\}\)

  这个式子表示对后缀求 \(\text{lcp}\) 后限制不能超出子串长度

限制不能超出 \([a, b]\) 子串长度的 \(b-p+1\) 一项很烦，考虑怎么去掉

考虑二分答案 \(\text{mid}\) 再刻画限制，提前确定合法区间 \([a, b-\text{mid}+1]\)，这样就无需考虑这个问题

套路地，对于 \(a \le i \le b-\text{mid}+1\)，我们对 \(\text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_c)\) 分类讨论：

• \(\text{rk}_i \le \text{rk}_c-1\)，此时 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_c) = \min_{\text{rk}_i+1 \le p \le \text{rk}_c} \text{h}_p\)，只需取 \(\le \text{rk}_c-1\) 的最大的 \(\text{rk}_i\) 计算
• \(\text{rk}_c+1 \le \text{rk}_i\)，此时 \(\displaystyle \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_c) = \min_{\text{rk}_c+1 \le p \le \text{rk}_i} \text{h}_p\)，只需取 \(\ge \text{rk}_c+1\) 的最小的 \(\text{rk}_i\) 计算
• \(\text{rk}_i = \text{rk}_c\)，此时 \(i = c\)，答案即为 \(\min\{b-i+1, d-i+1\}\)

综上，我们需要支持区间查非严格前驱 / 后继

一个直观的想法是二分排名 + 静态区间第 \(k\) 小，上主席树，总时间复杂度 \(O(n \log^3 n)\)

事实上，可以发现二分排名是不必要的，设查询区间为 \([l, r]\)：

• 若对 \(x\) 求前驱，线段树上二分查出 \(x\) 的排名，再对排名求值即可
• 若对 \(x\) 求后继，线段树上二分查出 \(x-1\) 的排名，再对排名 \(+1\) 求值即可

综上，我们维护 SA + 主席树 + 对 \(\text{h}_i\) 的 ST 表，总时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)

8.25

P4248 [AHOI2013] 差异

将式子拆成两部分，即 \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n} (|\text{suf}_i|+|\text{suf}_j|)\) 与 \(\displaystyle \sum_{1 \le i < j \le n} \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j)\)

前半部分易知为 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} (\frac{i(i+1)}{2}+(n-i+1)(n-i))\)，考虑如何求后半部分

\(i = j\) 的情况本身不合法无需统计，易得 \(\text{h}_i\) 上的每个区间 \([l, r]\) 都会贡献 \(\displaystyle \min_{l \le p \le r} \text{h}_p\)

对每个 \(i\)，处理出：

• 最靠前的 \(\text{ls}_i\) 使得 \(\displaystyle \min_{\text{ls}_i \le p \le i}\text{h}_p = \text{h}_i\) 且在 \(\text{h}_i\) 处唯一取到
• 最靠后的 \(\text{rs}_i\) 使得 \(\displaystyle \min_{i \le p \le \text{rs}_i} \text{h}_p = \text{h}_i\)

在 \([\text{ls}_i, i]\) 中选左端点，\([i, \text{rs}_i]\) 中选右端点，贡献即为 \((i-\text{ls}_i+1) \times (\text{rs}_i-i+1) \times \text{h}_i\)

可二分 + ST 表或单调栈维护 \(\text{ls}_i\) 与 \(\text{rs}_i\)，时间复杂度 \(O(n \log n)\)

8.26

P5161 WD与数列

对位差相等是困难的；注意到两序列增量相同，考虑对原序列差分

问题转化为：计数存在多少对 \([l_1, r_1], [l_2, r_2]\)，使得 \(r_1 < l_2\) 且 \(a_{[l_1+1, r_1]} = a_{[l_2+1, r_2]}\) (注意第 \(1\) 位可以不同)

那么贡献分为两部分：

• 只有第 \(1\) 位，贡献为 \(\binom{n}{2}\)

• 扔掉第 \(1\) 位，计数存在多少对不交且不相邻的相等子串

  注意，虽然此处视为 "扔掉"，最后还是要往前拼 \(1\) 位的，子串左端点不能为 \(1\)

考虑处理不交且不相邻的相等子串对数

令靠前的子串开头为 \(i\)，靠后的为 \(j\)，考虑将 "不相邻" 刻画为对 \(j-i-1\) 取 \(\min\)

答案式子为 \(\displaystyle \sum_{1 < i < j \le n} \min\{\text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j), j-i-1\}\)

考虑先求出 \(\displaystyle \sum_{1 < i < j \le n} \text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j)\)，再把 \(\ge j-i\) 的部分换成 \(j-i-1\)

前半部分是容易的，可以参考上道题

对于后半部分，考虑枚举 \(\text{len} = j-i\)，使用 P1117 [NOI2016] 优秀的拆分 的 trick：

• 在 \(\text{len}, 2 \times \text{len}, 3 \times \text{len}, \cdots\) 处设关键点

• 对关键点 \(k\) 与 \(k+\text{len}\)，求出 \(i \in [\max\{2, k-len+1\}, k]\) 的贡献

  注意到这样处理不到 \(i\) 在倒数第二个关键点后的情况，不过此时必有 \(\text{lcp} < \text{len}\)，没有贡献

• 求出 \(\text{lcp}(\text{suf}_k, \text{suf}_{k+\text{len}})\) 与 \(\text{lcs}(\text{pre}_k, \text{pre}_{k+\text{len}})\)，则只需考虑 \(i \in [\max\{2, k-\min\{\text{len}, \text{lcs}\}+1\}, k]\)

  此时 \(\text{lcp}\) 长度的贡献为等差数列，可以 \(O(1)\) 求出

使用 SA 维护原串与反串的后缀 \(\text{lcp}\) 即可

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

8.27

P3804 【模板】后缀自动机（SAM）

SAM (后缀自动机)，可以始终在 \(O(|s|)\) 的结点和边的代价下存储 \(s\) 的子串信息，将 \(s\) 的子串高度压缩以存储

下面给出一些定义：

• \(\text{endpos}\)：对 \(s\) 及其子串 \(t\)，定义 \(t\) 的 \(\text{endpos}\) 集合为 \(s\) 中所有 \(t\) 出现的结束位置构成的集合

  例：对 aabab，子串 ab 的 \(\text{endpos}\) 集合为 \(\{3, 5\}\)

  引理 1：对 \(s\) 及其子串 \(u, v (|v| \le |u|)\)，\(u\) 与 \(v\) 的 \(\text{endpos}\) 集合相同 \(\iff v\) 在 \(s\) 中每次出现都是以 \(u\) 的后缀的形式

• \(\text{endpos}\) 等价类：\(\text{endpos}\) 相同的所有子串构成的集合

  例：对 aabab，子串 ab 与 b 同属一个 \(\text{endpos}\) 等价类

  引理 2：\(\text{endpos}\) 等价类中子串的长度连续，且所有子串均为最长子串的后缀

SAM 中的每个节点实际上代表一个 \(\text{endpos}\) 等价类

从初始节点 \(\text{rt}\) 到节点 \(u\) 会经过许多转移边，将转移边上的字符写下来形成字符串，这些字符串的 \(\text{endpos}\) 集合都相同

在 SAM 上的每个节点 \(u\)，我们维护：

• \(\text{len}\)：当前 \(\text{endpos}\) 等价类中最长子串的长度

• \(\delta(u, c)\)：\(u\) 经过转移边 \(c\) 到达的节点

• \(\text{link}\) (后缀链接)：设当前 \(\text{endpos}\) 等价类中最长子串为 \(p\)，最长的不属于当前 \(\text{endpos}\) 集合的 \(p\) 的后缀为 \(q\)

  则 \(u\) 的后缀链接 \(\text{link}(u)\) 指向代表 \(q\) 所在 \(\text{endpos}\) 等价类的节点

  引理 3：将所有 \(u\) 与 \(\text{link}(u)\) 连边，会形成一个树形结构

  证明：显然只会从长串向短串连边，最终都连到初始节点 \(\text{rt}\)，必然形成以 \(\text{rt}\) 为根的树

  我们也将这一树形结构称为 \(\text{parent tree}\)

初始时，创建初始节点 \(\text{rt}\)，代表空串；令 \(\text{len}(\text{rt}) = 0\) 且 \(\text{link}(\text{rt}) = -1\)

考虑增量构造 SAM，设原串为 \(s\)，每次加入一个字符 \(c\) 变为 \(s+c\)，创建新节点 \(u\) 代表当前插入状态

设 \(s+c\) 的末尾位置为 \(i\)，则 \(u\) 实际代表的 \(\text{endpos}\) 集合为 \(\{i\}\)

设上次插入状态的对应节点为 \(v\)，考虑维护 \(u\) 的 \(\text{len, link}\) 及其他节点向 \(u\) 的转移关系：

• 显然有 \(\text{len}(u) = \text{len}(v)+1\)

• 考虑尝试在 \(s\) 的每个后缀 \(\text{endpos}\) 等价类的末尾追加 \(c\) 形成 \(s+c\) 的后缀 \(\text{endpos}\) 等价类

  我们从 \(v\) 开始跳 \(\text{link}\)，设当前跳到的节点为 \(p\)，对应 \(\text{endpos}\) 等价类中的最长子串为 \(t\)：

  • 若 \(\delta(p, c)\) 不存在，说明子串 \(t+c\) 在 \(s\) 中不存在，在 \(s+c\) 中的 \(\text{endpos}\) 集合就是 \(\{i\}\)

    易知 \(t+c\) 与 \(s+c\) 同属一个 \(\text{endpos}\) 等价类，因此，令 \(\delta(p, c) = u\)

  考虑一直跳 \(\text{link}\) 直到跳到 \(-1\) 或出现第一个满足 \(\delta(p, c)\) 存在的节点 \(p\)：

  • 若跳到 \(-1\)，说明 \(c\) 这个字符在 \(s\) 中不存在，直接令 \(\text{link}(u) = \text{rt}\) 即可

  • 若出现第一个满足 \(\delta(p, c)\) 存在的节点 \(p\)，令 \(q = \delta(p, c)\)

    • 若 \(\text{len}(q) = \text{len}(p)+1\)，则 \(t+c\) 刚好为最长的 \(\text{endpos}\) 等价类不为 \(\{i\}\) 的后缀，令 \(\text{link}(u) = q\) 即可

    • 需要注意，此时 \(q\) 代表的 \(\text{endpos}\) 等价类中的最长子串不一定为 \(p+c\)，可能更长

      例：对字符串 abb，插入最后一个 b 前 SAM 结构如下：

      • 节点 \(0\)，\(\text{endpos}\) 等价类中为空串，\(\text{link} = -1\)
      • 节点 \(1\)，\(\text{endpos}\) 等价类中为 {a}，\(\text{link} = 0\)，连边 \(\delta(0, a) = 1\)
      • 节点 \(2\)，\(\text{endpos}\) 等价类中为 {ab, b}，\(\text{link} = 0\)，连边 \(\delta(0, b) = 2, \delta(1, b) = 2\)

      插入最后一个 b 时，我们会跳 \(\text{link}\) 到 \(0\)，此时 \(p = 0, q = \delta(0, b) = 2\)

      此时节点 \(2\) 代表的 \(\text{endpos}\) 等价类中除了 b，还有更长的 ab

      以此例为例，我们发现节点 \(3\) (即新创建的 \(u\) ) 代表的 \(\text{endpos}\) 等价类应为 {abb, bb}

      此时节点 \(3\) 的 \(\text{link}\) 对应的 \(\text{endpos}\) 等价类应为 b；这启示我们将节点 \(2\) 进行 "分裂"，变为 ab 与 b

    • 综上，若 \(\text{len}(q) > \text{len}(p)+1\)，考虑将节点 \(q\) 分裂出一个 \(q'\)，后缀长度分界线即为 \(\text{len}(p)+1\)

      令 \(q\) 代表的 \(\text{endpos}\) 集合为 \(S\)，可视为新节点 \(q\) 仍维护 \(\text{endpos}\) 集合 \(S\)，新节点 \(q'\) 维护 \(S \cup \{i\}\)

      具体的，先克隆 \(q' = q\) (即储存信息全部相同)，令：

      • \(\text{len}(q') = \text{len}(p)+1\)
      • \(\text{link}(u) = q'\)
      • \(\text{link}(q) = q'\)

      接下来从节点 \(p\) 继续跳 \(\text{link}\)，将所有 \(\delta(p', c) = q\) 改为 \(\delta(p', c) = q'\) 即可

现在我们已经能够建出 SAM，回到本题

考虑暴力枚举每个节点 \(i\)，将 \(\text{link}(i)\) 与 \(i\) 连边，建出 \(\text{parent tree}\)

记录每次插入时的节点 \(u\)，将这些点赋权 \(1\)，其他点赋权 \(0\) (实现时最好不要直接在 SAM 节点上记录权，复制时容易出错)

易知对于节点 \(i\)，其代表的 \(\text{endpos}\) 集合的大小即为 \(i\) 子树内 \(1\) 的个数

对于一个 \(\text{endpos}\) 等价类，我们肯定取最长的子串，长度即为 \(\text{len}(i)\)；那么 dfs 一遍取 \(\max\) 即可

若直接开数组存 \(\delta(u, c)\)，时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n|\Sigma|)\)

若使用 \(\text{map}\) 存 \(\delta(u, c)\)，时间复杂度 \(O(n \log |\Sigma|)\)，空间复杂度 \(O(n)\)

SP1812 LCS2 - Longest Common Substring II (SAM - 两串求最长公共子串 (lcs))

看到求 \(\text{lcs}\)，考虑建 SAM

先考虑两个串 \(s, t\) 怎么做

对 \(s\) 建 SAM，遍历 \(t\) 放到 SAM 中查询

设当前遍历到 \(t_i\)；考虑维护 \(t_{[1, i]}\) 在 SAM 上的匹配位置 \(u\) 以及匹配长度 \(l\)，设 \(t_{[1, i-1]}\) 的相关信息为 \(u'\) 与 \(l'\)：

• 若 \(\delta(u', t_i)\) 存在，则令 \(u = \delta(u', t_i)\)，\(l = l'+1\)
• 若 \(\delta(u', t_i)\) 不存在，考虑类似建 SAM 时插入字符的思想，跳 \(\text{link}\) 直到 \(\delta(u', t_i)\) 存在：

  • 若跳完 \(\text{link}\) 也没有找到使 \(\delta(u', t_i)\) 存在的 \(u'\)，令 \(u = \text{rt}\)，\(l = 0\)

  • 反之，令 \(u = \delta(u', t_i)\)，\(l = \text{len}(u')+1\)

    对任意节点 \(i\)，都有 \(i\) 代表的 \(\text{endpos}\) 等价类中最短子串长度 \(>\) \(\text{len}(\text{link}(i))\)

    因此，跳 \(\text{link}\) 时 \(\text{len}(u')+1\) 必然是能取到的

那么我们在每个点记录最长匹配长度即可

对多个串，考虑对最短串建 SAM，枚举每个串做两个串的匹配

我们在 SAM 上每个节点记录当前轮最长匹配长度 \(w_i\)，历史匹配最小值 \(\text{mn}_i\)

每轮匹配结束后，令 \(\text{mn}_i \leftarrow \min\{\text{mn}_i, w_i\}\)；最终 \(\max\{\text{mn}_i\}\) 即为答案

注意，若 SAM 上的节点 \(i\) 匹配，\(\text{parent tree}\) 上 \(i\) 的每个祖先也都能匹配：

• 在两个串匹配时，选祖先匹配肯定不如选自己匹配优，因此可以不管

• 在多个串匹配时，由于需要对历史匹配最小值取 \(\min\)，选自己不一定优

  因此，我们记录每个点当前轮的最长匹配长度 \(w_i\)，在匹配结束后遍历 \(\text{parent tree}\) 更新即可

  具体的，设 \(v \in \text{son}(u)\)，若 \(w_v > 0\)，则令 \(w_u \leftarrow \max(w_u, \text{len}(u)+1)\)

事实上，每次需要遍历 \(\text{parent tree}\) 更新正是我们选择最短串建 SAM 的原因

时间复杂度 \(O(\sum |s_i|)\)

CF1054F - Electric Scheme (二分图求最大独立集方案 - 布尔变量赋值法)

首先显然有解，在每个火花 \((x_i, y_i)\) 处画两次 \((x_i, y_i, x_i, y_i)\) 即可

注意到可以将连一根长线拆成很多相邻的短线，于是考虑将火花按分别按 \(x, y\) 坐标排序，相邻火花间连线

令初始时答案为 \(2n\)，我们可以选择合并一些线，每次合并答案会 \(-1\)，求最多能合并多少次

显然，有冲突关系的线 (相交且不交于端点) 我们只能选 \(1\) 根；考虑直接在线间连边刻画冲突关系

问题转化为对于点数为 \(O(n)\)，边数为 \(O(n^2)\) 的二分图求最大独立集方案

考虑布尔变量赋值法：

• 给每个点赋布尔变量 \(x_i\)，以最小割为例，令 \(x_S = 1, x_T = 0\)

  若 \(x_i = 1\) 则 \(i\) 属于 \(S\) 连通块，\(x_i = 0\) 则属于 \(T\) 连通块

  则最小割可转化为最小化 \(\displaystyle \sum_{(u_i \rightarrow v_i, w_i) \in E} w_ix_{u_i}(1-x_{v_i})\)

• 类似的，令 \(x_i = 1\) 表示选择点 \(i\)，\(x_i = 0\) 表示不选

  则最大独立集可转化为最小化 \(\displaystyle \sum_{u \in V} -x_u + \sum_{(u_i, v_i) \in E} \infty x_{u_i}x_{v_i}\)

  考虑将最大独立集的式子转化为最小割的式子

  注意到 \(\infty x_{u_i}x_{v_i}\) 不好处理，我们希望将 \(x_{v_i}\) 变为 \((1-x_{v_i})\)；由于原图为二分图，可以将所有右部点取反

  具体的，对右部点，更改定义为 \(x_i = 1\) 表示不选点 \(i\)，\(x_i = 0\) 表示选；原式转化为：

  \(\displaystyle \sum_{u \in L} -x_u + \sum_{v \in R} -(1-x_v) + \sum_{(u_i, v_i) \in E} \infty x_{u_i}(1-x_{v_i})\)

  \(\displaystyle = \sum_{u \in L} -x_u + \sum_{v \in R} x_v + \sum_{(u_i, v_i) \in E} \infty x_{u_i}(1-x_{v_i}) - |R|\)

  考虑将 \(-x_u\) 与 \(x_v\) 也转化为 \(x_{u_i}(1-x_{v_i})\) 的形式，注意到 \(x_S = 1, x_T = 0\)，转化为：

  \(\displaystyle = \sum_{u \in L} x_S(1-x_u) + \sum_{v \in R} x_v(1-x_T) + \sum_{(u_i, v_i) \in E} \infty x_{u_i}(1-x_{v_i}) - |L| - |R|\)

  常量扔掉，直接建模最小割即可：

  • 对 \(u \in L\)，连边 \((S \rightarrow u, 1)\)

  • 对 \(v \in R\)，连边 \((v \rightarrow T, 1)\)

  • 对 \((u_i, v_i) \in E\)，连边 \((u_i \rightarrow v_i, \infty)\)

    事实上，易得这部分每条边流量最大为 \(1\)，可以直接将容量改为 \(1\)，这样 dinic 是 \(O(m \sqrt n)\) 的

那么直接 dinic 即可

跑完后 dfs 搜出 \(S\) 的联通块，最大独立集方案即为：

• 满足 \(u_i \in L\) 且 \(x_{u_i} = 1\) (在 \(S\) 的连通块) 的 \(u_i\)
• 满足 \(v_i \in R\) 且 \(x_{v_i} = 0\) (在 \(T\) 的连通块) 的 \(v_i\)

时间复杂度 \(O(n^2 \sqrt n)\)

8.28

CF1416F - Showing Off (拆环 + 二分图 - 关键点优先匹配)

对位置 \((x, y)\)，若存在相邻位置 \((x', y')\) 满足 \(b_{x', y'} < b_{x, y}\)，则可让 \((x, y)\) 走到 \((x', y')\)，再用 \(a_{x, y}\) 补齐差值

显然，若对所有相邻位置都有 \(b_{x', y'} > b_{x, y}\)，则无解

那么难点只在于处理 \(b_{x', y'} = b_{x, y}\) 的情况；这实际上要求 \((x, y)\) 与 \((x', y')\) 在一个环内

注意到环长必为偶数，考虑拆成许多二元环处理，而二元环就相当于两两匹配

问题转化为将满足 \(b_{x', y'} = b_{x, y}\) 的 \((x', y')\) 与 \((x, y)\) 连边，求最大匹配方案

但事实上，有些 \((x, y)\) 已经可以连到相邻且小于它的位置，这种位置匹配不上也没关系

我们称必须匹配的点为 "关键点"，则我们需要让关键点优先匹配

有的先匹配有的后匹配做不了，考虑通过 "让非关键点匹配机会变多" 降低其 "匹配优先级"，具体的：

• 创建一些 "幻想点" 将左右部点数量补齐

• 在所有不是关键点的点 (即 "非关键点" 与 "幻想点") 间两两连边

  这一步可以创建一个虚点优化建图

跑最大匹配，若不是完美匹配则无解，若是则搜出方案即可

时间复杂度 \(O(nm \sqrt{nm})\)

QOJ3555 - Chameleon's Love (观察性质 + 二分图独立集)

部分分 1：所有恋慕关系都是双向的

若选择相互恋慕的一对变色龙，它们会互相交换颜色，不改变颜色总数 (即颜色总数 \(=\) 询问集合大小)

那么颜色总数改变 \(\iff\) 选择了至少一对颜色相同的变色龙

考虑对每个变色龙 \(i\) 二分一次，\(i\) 与 \(S\) 中的点有连边 \(\iff\) \(\text{Query}(S \cup i) > \text{Query}(S)\)

询问次数 \(O(n \log n)\)

这个部分分启示我们观察什么时候颜色总数会改变

部分分 2：\(O(n^2)\) 次询问

考虑对每两只变色龙都问一次，若颜色总数为 \(1\) 则连边

对变色龙 \(i\)，设 \(a_i\) 为 \(i\) 恋慕的变色龙，\(b_i\) 为恋慕 \(i\) 的变色龙，\(c_i\) 为与 \(i\) 同色的变色龙

显然，\(i\) 只可能和 \(a_i, b_i, c_i\) 连边

若 \(i\) 的度数为 \(1\)，则必有 \(a_i = b_i\)，此时 \(i\) 连向的点就是 \(c_i\)

若 \(i\) 的度数为 \(3\)，考虑分讨询问 \(\{i, a_i, b_i, c_i\}\) 子集的情况：

• \(\{i, a_i, b_i, c_i\}\)，则 \(i \rightarrow a_i\) 且 \(b_i \rightarrow i\) 且 \(i = c_i\)，颜色总数为 \(2\)
• \(\{i, a_i, b_i\}\)，则 \(i \rightarrow a_i\) 且 \(b_i \rightarrow i\)，颜色总数为 \(2\)
• \(\{i, b_i, c_i\}\)，则 \(b_i \rightarrow i\) 且 \(i = c_i\)，颜色总数为 \(1\)
• \(\{i, a_i, c_i\}\)，则 \(i \rightarrow a_i\)，颜色总数为 \(2\)
• \(\{i, a_i\}\) 与 \(\{i, b_i\}\) 与 \(\{i, c_i\}\) 颜色总数均为 \(1\)

容易发现情况 \(\{i, b_i, c_i\}\) 是特殊的，找出这种情况后将所有 \(i \rightarrow a_i\) 拿出来，用排除法找出 \(c_i\) 即可

询问次数 \(O(n^2)\)

这个部分分启示我们重点关注 \(a_i, b_i, c_i\)

部分分 3：性别已知

在部分分 2 的基础上，我们只需优化询问次数即可

对变色龙 \(i\)，考虑找与其性别不同的变色龙组成的集合 \(S\) 询问

有了部分分 2 的启发，容易发现只有 \(a_i, b_i, c_i\) 至少一个在 \(S\) 中时，颜色总数改变

那么可以通过 \(3\) 次二分找出 \(a_i, b_i, c_i\)，剩下的与部分分 2 相同

询问次数 \(O(n \log n)\)

正解：

考虑优化部分分 3 的做法

注意到我们实际上不需要 \(S\) 中性别均相同，只需要 \(S\) 内部无连边即可

这启示我们维护二分图独立集

考虑增量构造，维护两个独立集 \(S_0, S_1\)，每次加入新节点 \(i\)

容易通过部分分 3 的方式对 \(S_0\) 与 \(S_1\) 分别询问，二分出 \(i\) 与 \(S_0, S_1\) 中的点的所有连边

由于 \(n \le 500\)，直接连无向边，重新黑白染色构造出新的 \(S_0, S_1\) 即可

最终找到所有连边后，可用部分分 2 的做法求出答案

询问次数 \(O(n \log n)\)，时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)