2025.9 做题记录

2025.9 做题记录

9.1 - 9.3

网课 + 补暑假作业 + 摆烂

但是再不努力就没有机会了。

9.4

QOJ7999 拉丁方 (二分图边染色)

部分分：\(C = n\)

考虑将每列缩成一个点，若列与数字不冲突则在列与数字间连边；显然会形成一个左部点为列，右部点为数字的二分图

现在我们希望进行 \(n-R\) 次操作，每次找到一组完美匹配并删去

首先考虑是否有解：

• 容易发现，左部点的度数均为 \(n-R\)；每个数字在上面 \(R \times n\) 的矩阵中恰出现 \(R\) 次，右部点的度数也均为 \(n-R\)

  对于每个点度数均为 \(k\) 的图，我们称为 \(k\) - 正则图

• 对于 \(k\) - 正则图，由 Hall 定理，必存在一组完美匹配

• 将完美匹配删去，会形成 \(k-1\) - 正则图；那么归纳可得必存在 \(k\) 组完美匹配

  综上，原问题有解

考虑如何解决原问题：

• 事实上，这是二分图边染色问题

  我们需要给二分图中的每条边染色，使得同色边不共顶点

• 有结论：记最大度数为 \(\text{deg}\)，则最少只需 \(\text{deg}\) 种颜色即可

  显然，顶点的每条出边颜色不能相同，\(\text{deg}\) 是答案的下界

  接下来考虑给出构造

  考虑依次加入每条边；设当前加入 \((u, v)\)，我们维护每个顶点已染出边颜色的 \(\text{mex}\)：

  • 若 \(\text{mex}_u = \text{mex}_v\)，则将 \((u, v)\) 染成 \(\text{mex}_u\) 即可

  • 反之，令 \((u, v)\) 的颜色为 \(\text{mex}_u\)

    若 \(v\) 已有颜色为 \(\text{mex}_u\) 的出边，记为 \((v, v')\)，考虑将 \((v, v')\) 的颜色调整为 \(\text{mex}_v\)

    若 \(v'\) 之前已有颜色为 \(\text{mex}_v\) 的出边，记为 \((v', v'')\)，考虑将 \((v', v'')\) 的颜色调整为 \(\text{mex}_u\)

    若 \(v''\) 之前已有颜色为 \(\text{mex}_u\) 的出边，记为 \((v'', v''')\)，考虑将 \((v'', v''')\) 的颜色调整为 \(\text{mex}_v\)

    综上，类似增广路，依次将冲突边的颜色调整为 \(\text{mex}_u, \text{mex}_v, \text{mex}_u, \text{mex}_v, \cdots\)

    容易证明，最终不会调整回 \(u\)

    由于我们总是照着 \(\text{mex}\) 调整的，最终答案不会超过 \(\text{deg}\)；证毕

那么直接模拟二分图边染色即可；单次最劣时间复杂度 \(O(n^3)\)

接下来考虑原问题

部分分启示我们先填上面的 \(R \times (n-C)\)，再填剩下的 \((n-R) \times n\)

对于上面的部分，将行与数字连边，容易发现仍为二分图边染色

但此时整个二分图不是 \(k\) - 正则图，令最大度数为 \(\text{deg}\)：

• 若 \(\text{deg} = n-C\)，直接二分图边染色即可
• 若 \(\text{deg} > n-C\)，所需颜色数必然 \(>n-C\)，无法找出 \(n-C\) 组最大匹配，无解

判掉无解的情况后跑两次二分图边染色即可；总时间复杂度 \(O(Tn^3)\)，实际上跑不满

实现时可能需要对加边顺序 random_shuffle 防止被卡满

9.5

P3623 [APIO2008] 免费道路 (最小生成树 - 限制特殊边数量)

以下称"鹅卵石路"为"黑边"，"水泥路"为"白边"

注意到对所有黑边，有些是必连的 (否则不连通)，有些是可连可不连的

考虑先求出必连边

先将所有白边加上，跑一遍 Kruskal，此时选中的黑边即为必连边

容易发现若有多条黑边满足要求，随便选不影响答案

考虑确定可连可不连的边

将必连边都连上后跑 Kruskal，优先连黑边，直到连够 \(K\) 条为止

无解情况：图不连通 / 必连边个数 \(>K\) / 按如上方式构造出的最终方案中黑边个数 \(<K\)

时间复杂度 \(O(\alpha m)\)

9.6

摆烂 + 补 whk

9.7

模拟赛

9.7 T1 - CF1527D - MEX Tree (往大容斥 + 分讨)

看到这个形式，首先考虑容斥

注意到往小容斥 (转化为 \([\text{mex} \le k]-[\text{mex} \le k-1]\) ) 是不好做的，考虑往大容斥

对于 \([\text{mex} > k]\)，相当于强制加入点 \(0 \sim k\)，再随意选点形成路径

从小到大依次加入点 \(0 \sim n\)，考虑维护路径端点 \(u, v\)

只需分讨两端点是否有祖先关系即可；若加入点后无法形成路径，则后面的答案都是 \(0\)

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

反思：

• 场上在往小容斥的思路里陷的太深了，花了 1h 才意识到往大容斥直接做完了，以后应该两种方向都想下

  需要锻炼做简单题的速度，1h30min 才切 T1 根本没可能切出 T3, T4，只能拿大众分

9.7 T2 - CF1497E2 - Square-free division (hard version) (DP 优化 - 先枚举值域小维 + 贪心选择转移区间 + 消平方因子)

首先显然有 \(O(n^2k)\) 的 DP

令 \(f_{i, j}\) 表示到第 \(i\) 位用了 \(j\) 次修改，能划分出的最少连续段数

转移为 \(f_{i, j} \leftarrow f_{k, j-w(k+1, i)}\)，其中 \(w(l, r)\) 表示将 \(a_{[l, r]}\) 改到合法的最小修改次数

考虑如何求出 \(w(l, r)\)

对于一次修改，我们可以把一个数改成极大质数，使其不与任何数冲突

将区间内的冲突关系连边，容易发现形成了很多完全图；对大小为 \(siz\) 的完全图，只需改 \(siz-1\) 次即可

由于是完全图，只需维护每个点向前 / 向后的第一次连边即可

\(O(n^2)\) 预处理出 \(w(l, r)\)，DP 转移是 \(O(n^2k)\) 的

考虑对 DP 进行优化

对于 \(O(n^2k)\) 的转移，问题在于我们每次先枚举上个区间的结束位置 \(k\)；注意到第二维值域是 \(K\)，考虑先枚举第二维

具体的，钦定 \(w(l, r) = v\)，我们先枚举 \(v\)；有一个显然但重要的性质是若 \(r, v\) 确定，\(l\) 越靠前越好

因此，转移区间只有 \(K\) 个，直接转移是 \(O(nk^2)\) 的，可以接受

现在的问题是如何求出 \(l_{r, v}\)，表示最靠前的使得 \(w(l, r) = v\) 的 \(l\)

一切的基础在于，我们需要先求出每个点向前 / 向后的第一次连边

一个常见的 Trick 是消平方因子，消完后 \(a_l, a_r\) 有连边等价于 \(a_l = a_r\)

一种想法是线段树上二分

具体的，从左往右扫，设当前扫到 \(i\)，其向前的第一次连边是 \((\text{ls}_i, i)\)，将 \([1, \text{ls}_i]\) 区间加 \(1\)

枚举 \(v\)，线段树上二分左端点即可；时间复杂度 \(O(nk \log n)\)

更厉害的做法是，你注意到当 \(v\) 不变且 \(r\) 变大时，\(l_{r, v}\) 也会变大，换句话说是有单调性的

那么直接双指针即可；时间复杂度 \(O(nk)\)

综上，预处理时间复杂度 \(O(nk)\)，DP 时间复杂度 \(O(nk^2)\)，可以通过

反思：

• 对于 \(f_{i, j} \leftarrow f_{k, j-w(j+1, i)}\) 这种类划分区间转移，当第二维值域较小，可以考虑先枚举第二维 + 观察性质以优化复杂度

  需要注意不能在贪心上陷太久；动态维护最多覆盖位置一般是没啥道理的

• 已经做过的 Trick 不应该想不起来的；尤其是忘记了消平方因子，第一步不会啥都没法做了

9.7 T3 - CF1536F - Omkar and Akmar (观察性质)

诈骗题

注意到 A 与 B 必然成对出现，由于是环，最后必然进行偶数步

因此显然有后手必胜，且不管怎么填都没事

那么问题转化为对合法游戏过程计数

枚举空格数 \(i\)，显然不能有 \(\ge 2\) 个空格相邻，考虑插板法

将 \(n-i\) 个数字排成一排，首尾的空是相同的，方案数为 \(\binom{n-i}{i}\)；乘上将数字填进去的圆排列数，即 \(\times (n-i-1)!\)

每个空有 ABA... 与 BAB... 两种填法，需要 \(\times 2\)；环上可以随意旋转，需要 \(\times n\)

那么最终式子即为 \(\displaystyle 2n \sum_{i = n \bmod 2, i \leftarrow i+2}^{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor} \binom{n-i}{i} (n-i-1)!\)

反思：All you need is attention

9.7 T4 - 牛客多校 - Diameter Counting (DP - 直径转中点中边)

题意：求大小为 \(n\) 的所有带标号无根树的直径的和，答案对 \(P\) 取模

\(n \le 500\)，\(10^8 \le P < 2^{31}\)

考虑直径的性质：长为奇数的直径都交于直径中边，长为偶数的直径都交于直径中点；考虑以中边 / 中点为根

因此，只需计数点数与最大深度固定的有标号有根树即可；考虑容斥解决

令 \(f_{i, j}\) 表示 \(i\) 个点，最大深度 (点数) \(\le j\) 的有标号有根树的数量

这里之所以用点数，是因为若用边数，不好区分没有点和只有一个点的情况

为方便转移，再令 \(g_{i, j}\) 表示 \(i\) 个点，最大深度 (点数) \(\le j\) 的有标号叶向森林的数量；特别的，只有一棵树也合法

考虑 \(f_{i, j}\) 与 \(g_{i, j}\) 如何转移

对 \(f_{i, j}\)，显然有 \(f_{i, j} \leftarrow g_{i-1, j-1} \times i\)，表示选定一个根

对 \(g_{i, j}\)，考虑枚举一个子树拼到森林中；但直接转移显然会算重

这里有个 Trick，我们钦定标号最小点必定在靠前的子树中，只重新分配剩余的 \(i-1\) 个标号，这样就能够避免算重

具体的，有转移 \(\displaystyle g_{i, j} \leftarrow \sum_{k=1}^{i} \binom{i-1}{k-1} f_{k, j} g_{i-k, j}\)；枚举到 \(i\) 是因为单独一棵树也有贡献

对 \(f_{i, j}\) 与 \(g_{i, j}\) 进行差分，差分数组记为 \(cf_{i, j}\) 与 \(cg_{i, j}\)，表示深度固定时的答案

考虑枚举直径长度 (边数) \(d\)，按奇偶分类讨论：

• \(d\) 为奇数，此时以边为根，两边连接两个子树；枚举子树大小即可

  贡献为 \(\displaystyle d \sum_{i=1}^{n-1} \binom{n-1}{i-1} cf_{i, \frac{d}{2}+1} cf_{n-i, \frac{d}{2}+1}\)

• \(d\) 为偶数，此时以点为根，可连接多个子树，限制至少两个子树的最大深度为 \(\frac{d}{2}\)

  考虑用 \((cg_{n-1, \frac{d}{2}}-cf_{n-1, \frac{d}{2}}) \times n\)，森林 (不能是一棵树) + 选定根解决

  但这个式子的意义是每棵子树的深度都是 \(\frac{d}{2}\)；我们只要求至少两棵是 \(\frac{d}{2}\)，因此考虑容斥解决

  具体的，先用 \((g_{n-1, \frac{d}{2}}-f_{n-1, \frac{d}{2}})-(g_{n-1, \frac{d}{2}-1}-f_{n-1, \frac{d}{2}-1})\) 算出有的深度是 \(\frac{d}{2}\)，有的是 \(\frac{d}{2}-1\) 的数量

  考虑再减去只有一棵深度为 \(\frac{d}{2}\) 的数量

  强行钦定一棵子树深度为 \(\frac{d}{2}\)，方案数为 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-2} \binom{n-1}{i} cf_{i, \frac{d}{2}} cg_{n-1-i, \frac{d}{2}-1}\)

  注意，这里组合数是 \(\binom{n-1}{i}\) 而非 \(\binom{n-2}{i-1}\)，因为此处将特殊子树插到哪里都行，不需要钦定一定在最前面

  那么总式子为 \(nd \times [(g_{n-1, \frac{d}{2}}-f_{n-1, \frac{d}{2}})-(g_{n-1, \frac{d}{2}-1}-f_{n-1, \frac{d}{2}-1})-\displaystyle \sum_{i=1}^{n-2} \binom{n-1}{i} cf_{i, \frac{d}{2}} cg_{n-1-i, \frac{d}{2}-1}]\)

  此处多乘 \(n\) 是因为还需要钦定根

时间复杂度 \(O(n^3)\)；轻微卡常，精细实现取模与枚举上下界就能过

实现时注意：

• 没有保证 \(P\) 是质数，不能用阶乘 + 逆元的方式求组合数，写递推即可
• 根据实现不同，可能需要在转移式中的一些地方让第二维对第一维取 \(\min\)

反思：

• 统计直径时考虑转化为以直径中点 + 直径中边为根，再对树 / 森林计数
• 想清楚细节再写！手玩小数据确实是很好的检查细节的办法

9.9

CF888G - Xor-MST (最小生成树 - B + 01Trie 分治)

法 1

对于完全图生成树，考虑 Boruvka

现在的问题是如何快速求出一个连通块 \(S\) 向外部点的最小连边

对于异或，考虑 01 Trie

维护连通块的 Trie 与全局 Trie，对每个点维护 \(\text{siz}\)，合并时枚举连通块内每个点，在全局字典树中将 \(\text{siz}\) 对位减后查询即可

时间复杂度 \(O(n \log n \log V)\)

法 2

考虑分治，每次将当前点集 \(S\) 分为两个集合 \(L, R\)，递归处理 \(L, R\)，再在两个点集中各选一点连边

分治时传参数 \(\text{bit}\)，每层分治按当前数的第 \(\text{bit}\) 位分类

正确性证明：

• 若将 \(0\) 集合中的点 \(a_i\) 放入 \(1\) 集合 (反过来同理)：

  • 若 \(a_i\) 向 \(0\) 集合连边，本质上与 \(a_i\) 本来就在 \(0\) 集合没有区别
  • 反之，则此时代价至少为 \(2 \times 2^{\text{bit}} = 2^{\text{bit}+1}\) ( \(1\) 集合内向 \(a_i\) 连，\(1\) 集合内向 \(0\) 集合连)

• 若不将 \(0\) 集合中的点放入 \(1\) 集合，当前层代价为 \(2^{\text{bit}}\) ( \(1\) 集合内向 \(0\) 集合连)

  类似的，往下分治后的代价最大为 \(2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{\text{bit}-1}\)

  那么总代价为 \(2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{\text{bit}} = 2^{\text{bit}+1}-1\)

综上，\(2^{\text{bit}+1}-1 < 2^{\text{bit}}\)，证毕

实现时，先递归左侧，递归不下去时将当前数插入 Trie 中，再枚举右侧点放在 Trie 中查询；最后递归右侧即可

时间复杂度 \(O(n \log n \log V)\)

CF1305G - Kuroni and Antihype (刻画答案 + 建虚点 + 重标边权 + 最小生成树 - 枚举边权)

将邀请关系连有向边，容易发现形成了多个 DAG；此时答案为 \(\displaystyle \sum_{u} a_u \text{out}_u\)

建立点 \(n+1\)，满足 \(a_{n+1} = 0\)；对所有通过方式 \(1\) 加入的点 \(u\) 连边 \(n+1 \rightarrow u\)；这样保证最终只有一个 DAG

DAG 是不好办的，我们希望将有向边转为无向；注意到一个点入度最多为 \(1\)，考虑重赋边权

将 \((u, v)\) 的边权重置为 \(a_u+a_v\)，最终再减去 \(\displaystyle \sum_{u} a_u\) 即可；此时形成了树

那么我们只需求解最大生成树即可

枚举边时间复杂度无法接受；注意到同边权的边会连很多条，考虑 Kruskal，转为枚举最大边权 \(w\)

对于边 \((u, v, w)\)，必然有 \(a_u\) 与 \(a_v\) 按位与为 \(0\)；因此加可转化为按位或，一个很好的性质是 \(a_v = w \oplus a_u\)

综上，枚举 \(w\)，再枚举 \(w\) 的子集 \(u\)，维护相同值的连通块个数 \(\text{cnt}_u\)，合并 \(u\) 与 \(w \oplus u\)

具体的，合并 \(w, u, v\) ( \(w \oplus u = v\) ) 时，贡献为 \(w \times (\text{cnt}_{\text{fa}_u}+\text{cnt}_{\text{fa}_v}-1)\)；合并后的新连通块的根的 \(\text{cnt} = 1\)

时间复杂度 \(O(3^{\log V} \alpha(n))\)

9.10

做 P3206 [HNOI2010] 城市建设，但是没调出来

9.11

P3206 [HNOI2010] 城市建设 (cdq / 线段树分治 + 观察性质 + 可撤销并查集)

对于永久修改操作，考虑 cdq / 线段树分治动态转静态，两者本质相同，此处以 cdq 为例

令当前分治区间为 \([l, r]\)，表示求解前 \(i\ (i \in [l, r])\) 个操作的答案

称操作 \([l, r]\) 中修改的边为 "动态边"，其余边为 "静态边"

记 \(\text{len} = r-l+1\)，我们希望将每层 cdq 的复杂度控制在 \(O(\text{len} \log \text{len})\) 以内

考虑观察性质：

• 若强制不连动态边，跑最小生成树，此时仍不在最小生成树中的边肯定用不到，可以扔掉
• 若强制连动态边，跑最小生成树，此时仍在最小生成树中的边肯定会用到，可以直接缩起来

因此，考虑在每层维护可能用到的静态边集合 \(S\)

当往 \([l, \text{mid}]\) 递归时，流程如下：

• 令 \([\text{mid}+1, r]\) 为静态边 (若与 \([l, \text{mid}]\) 中的边冲突则扔掉)，加入集合 \(S\)

• 对 \(S\) 跑 Kruskal，记最小生成树边集为 \(T\)，令 \(S \leftarrow T\)；最后将并查集撤销回初始状态

• 将 \([l, \text{mid}]\) 这些动态边缩起来，再对 \(S\) 跑 Kruskal，记最小生成树边集为 \(T\)；将并查集撤销回初始状态

  将 \(T\) 中的边直接缩起来，更新答案，递归 \([l, \text{mid}]\)；回溯时记得把答案减回来、并查集撤回来

• 当要求解 \([\text{mid}+1, r]\) 时，\([l, \text{mid}]\) 的边已经成为了静态边

  对于这些边，若不与 \([\text{mid+1}, r]\) 中的边冲突，则要加入 \(S\) 中

• 同理，进行删无用静态边、缩必需静态边的操作，更新答案，递归 \([\text{mid}+1, r]\)；回溯时同样减答案、撤并查集

边界为 \(l = r\) 时，设当前动态边为 \((u, v)\)：

• 若 \(u, v\) 已经连通，只需更新当前边最新权即可

• 若 \(u, v\) 不连通，则可选择连动态边 / 连 \(S\) 中的一条边

  在两种情况中取 \(\min\) 并更新答案，同时更新当前边最新权即可

初始时，静态边集为未被修改操作覆盖的边；我们需要先进行一次删无用静态边、缩必需静态边并更新答案的操作

实现时需要维护一个全局可撤销并查集：

• 设 \(\text{merge}\) 操作为 \(\text{siz}_u \leftarrow \text{siz}_u + \text{siz}_v\) 且 \(\text{fa}_v = u\)

  开一个栈，在 \(\text{merge}\) 时记录修改信息，即 \(v, \text{siz}_v\)

• 在撤销时，令 \(\text{siz}_{\text{fa}_v} \leftarrow \text{siz}_{\text{fa}_v}-\text{siz}_v\) 且 \(\text{fa}_v = v\) 即可

• 注意，可撤销并查集不能路径压缩 (不然不好撤销)，只能按秩合并

时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)

实现时可能需要特判重边

9.12

P9531 [JOISC 2022] 复兴计划 (MST - 观察绝对值函数性质 + 拆贡献)

题意：给定无向连通图，边有边权，多次询问给定 \(x\)，边权修改为 \(|w-x|\) 时的最小生成树边权和

\(n \le 500\)，\(m \le 10^5\)，\(q \le 10^6\)

考虑观察绝对值函数的性质

将所有 \(f_i(x) = |w_i-x|\) 画在平面直角坐标系中，会形成许多 V 形

9.13

摆烂 + 补 whk

9.14

模拟赛

9.14 T1 - 猜数 (数位 DP - 两位两位填)

考虑数位 DP

传统数位 DP 是一位一位确定的，注意到此处因为有 "翻转"，前后两位相互对应，考虑两位两位的填

注意到位数对对应关系有影响，不过设 \(z\) 的位数为 \(\text{cnt}\)，填的数只能为 \(\text{cnt}\) 位或 \(\text{cnt}-1\) 位，分别处理即可

由于是加法，进位最多只有 \(1\)，考虑在状态中维护高低两处的进位

具体的，令 \(f_{i, 0/1, 0/1}\) 表示从前往后考虑到 \(a_i, a_{cnt-i+1}\) 这对数，高侧是否有向高的进位，低侧是否有从低进过来的位

转移时，将相加后两处的值写出来，枚举两位分别填的数 check 一下即可

边界条件为填到中心时，根据奇偶分讨，枚举两数 check 即可

细节上，注意可能有 \(9+1 \rightarrow 0\) 的情况，以及第一位不能填前导 \(0\)

时间复杂度 \(O(4T \log V)\)

反思：想清楚细节，优先找简单的方式实现，不要写着写着又推翻重写；做这种简单题的速度需要加强

9.14 T2 - 排序 (序列转环 + DS)

法 1

注意到，题目描述的排序过程实际上是不断找出未排好序的数的最大值，并换到最前面

这启示我们对每轮的最大值拆贡献

设当前最大值为 \(\text{mx}\)，易得每次会将 \(\text{mx}\) 前未排好序的部分整体平移至序列最后 (不改变相对顺序)

考虑平衡树维护平移 + 查最大值 + 删数

具体的，对平移操作，考虑按 siz 分裂后交换左右儿子

对查最大值的操作，考虑线段树的思想，自底向上 pushup

时间复杂度 \(O(n \log n)\)

法 2

注意到，整体平移等价于在环上操作

那么我们只需维护在环上跳最大值的过程

一种想法是用线段树维护最大值 + 区间内未删的数的个数，时间复杂度 \(O(n \log n)\)

事实上，用线段树维护最大值是不必要的，因为我们每个数都会跳到

离散化后开 vector 记录每个数的出现位置，切换 vector 时二分即可

那么只需支持单点打 tag + 区间查打 tag 点的个数 (单点改区间查)，树状数组即可

时间复杂度 \(O(n \log n)\)，常数较小

反思：

• 序列转环的 trick 需要积累
• 平衡树是可以同时支持下标相关 + 值相关操作的，只不过不能直接按值分裂，需要用线段树的思想
• 即使是非常小的转化也要先确认正确性，最好不要凭直觉；赛时因为第一步的错误转化浪费了大量时间

9.14 T3 - 水池 (笛卡尔树 + 贪心 - 每次选最优叶子)

将每个横线看成点，为保证高度连续，按其 \(y\) 坐标建笛卡尔树

设点 \(i\) 对应横线的宽度为 \(\text{wid}_i\)，高度为 \(h_i\)

那么点 \(i\) 相对其父亲 \(\text{fa}_i\) 能多积的水量就是 \(\text{wid}_i \times (h_i-h_{\text{fa}_i})\)，记为 \(w_i\)

首先考虑 \(k = 1\)，即我们需要选择一个叶子

容易发现叶子 \(u\) 的贡献为其到根链上的 \(w_i\) 之和，记为 \(\text{dis}_u\)；那么答案即为 \(\max \text{dis}_u\)

考虑解决原问题

\(k = 1\) 的情况启示我们，每次选择 \(\text{dis}_u\) 最大的叶子，刨去其对其他叶子的影响，重复 \(k\) 次即可

证明需要用到闵可夫斯基和；暂时咕咕咕

注意到每个点只会被清零一次，考虑每次暴力跳父亲，将链改转化为子树改；线段树维护即可

时间复杂度 \(O(n + k \log n)\)

反思：All you need is attention

9.14 T4 - 连线 (卡特兰数 + 括号树 + 树形 DP - 维护总覆盖长度)

先考虑 \(k = 0\) 的部分分

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的连线方案

转移时枚举第 \(i\) 个点向前连到哪个点，即 \(f_i \leftarrow f_{j-1} \times f_{i-j-1}\)

注意到这就是卡特兰数，记为 \(H_n\)；对 \(n\) 个点的情况，若 \(n\) 为奇数则答案为 \(0\)，反之为 \(H_{\frac{n}{2}}\)，以下记为 \(C_n\)

从简单情况入手，考虑 \(k=1\) 的情况

若擦掉红线，贡献为 \(C_n\)

反之，考虑将红线两侧的点拼起来，再乘上红线内部点的贡献；记红线覆盖了 \(\text{len}\) 个点 (包括端点)，贡献为 \(C_{n-\text{len}} \times C_{\text{len}-2}\)

考虑将其推广到 \(k\) 条互不相交的红线的情况

设第 \(i\) 条红线覆盖 \(\text{len}_i\) 个点

若留下的红线集合为 \(S\)，贡献即为 \(C_{n-\sum_{i \in S} \text{len}_i} \times \prod_{i \in S} (\text{len}_i-2)\)

连乘部分可以拆到每次选择红线时计算，我们只关心 \(\sum_{i \in S} \text{len}_i\)

这启示我们将它刻画到 DP 状态中

考虑解决原问题

建出红线对应的括号森林 (区间完全包含则连边)，考虑树形 DP

令 \(f_{u, x}\) 表示点 \(u\) 子树中上式为 \(x\) 的方案数，\(\text{len}_u\) 表示 \(u\) 对应括号的长度

对 \(u\) 内部小括号的贡献，有转移 \(f_{u, x} \leftarrow f_{u, k} \times f_{v, x-k}\ (v \in \text{son}_u)\)，即树上背包

对外侧大括号内未被覆盖的点的贡献，有转移 \(f_{u, \text{len}_u} \leftarrow f_{u, i} \times C_{\text{len}_u-2-i}\)

为方便统计答案，设存在一个编号为 \(0\)，覆盖 \([0, n+1]\) 的括号，作为括号树的根

答案即为 \(\sum_{i = 0}^{n} f_{0, i} \times C_{n-i}\)；初始值为对每个点 \(u\)，有 \(f_{u, 0} = 1\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)

反思：由部分分推性质，逐步思考正解

9.15

P2934 [USACO09JAN] Safe Travel G (最短路树 + 树剖)

由于最短路唯一，考虑建出最短路树；最后即询问对每个点 \(u\)，断掉 \((u, \text{fa}_u)\) 后的最短路长度

显然，选两条非树边是不优的

枚举每条非树边 \((u_i, v_i, w_i)\)，考虑其对树上节点答案的影响

事实上，这条非树边只会影响满足如下条件的点：

• 在 \(u_i\) 或 \(v_i\) 的到根链中
• 子树中不同时包含 \(u_i\) 与 \(v_i\)

对点 \(k\)，该条边的贡献为 \(\text{dis}_{u_i}+\text{dis}_{v_i}+w_i-\text{dis}_k\)

注意到 \(\text{dis}_{u_i}+\text{dis}_{v_i}+w_i\) 与点的信息无关，设为 \(W_i\)

那么对点 \(k\)，答案即为 \(-\text{dis}_k+\min W_i\)

树剖维护即可，时间复杂度 \(O(m \log^2 n)\)

P5100 [JOI 2017 Final] 足球 / Soccer (观察性质 + 拆点建图)

首先，一名球员必只在一段区间中控球，不可能传出去又接回来 (不然不如自己控球到对应位置)

因此，当球落地，我们总是会让离球最近的人去接

将每个位置拆成三个点，分别代表球落地 / 前后飞 / 左右飞，以下记为 \((x, y, 1/2/3)\)

对踢球操作，我们将 \(A \cdot p\) 的贡献刻画到空中，将 \(B\) 刻画到踢球时刻，具体的：

• 连边 \(((x, y, 2), (x', y', 2), A)\)，刻画前后飞
• 连边 \(((x, y, 3), (x', y', 3), A)\)，刻画左右飞
• 连边 \(((x, y, 1), (x, y, 2/3), B)\)，刻画踢球时刻

对运球操作，四连通连边即可，即 \(((x, y, 1), (x', y', 1), C)\)

对跑动 + 接球操作，考虑预处理出离 \((x, y)\) 最近的球员跑过去的贡献 \(w_{x, y}\)，连边 \(((x, y, 2/3), (x, y, 1), w_{x, y})\)

预处理可以 bfs，这部分时间复杂度 \(O(nm)\)

最后跑最短路即可；总时间复杂度 \(O(nm \log nm)\)

9.16

P10652 [ROI 2017] 前往大都会 (Day 1) (最短路 DAG + 斜率优化 DP)

对第一问，直接建图最短路即可

考虑如何解决第二问

由于有 "最短路" 的大前提，考虑先建出最短路 DAG，这样就可以扔掉这个限制

考虑在最短路 DAG 上 DP；先从简单情况考虑

若最短路 DAG 为一条链，可以直接设 \(f_i\) 表示到点 \(i\) 的答案

显然，一条铁路在链上会被切成很多段，我们应该将每段看成不同的铁路考虑

转移即为 \(f_i \leftarrow f_j + (\text{dis}_i-\text{dis}_j)^2\)，要求 \(i, j\) 在最短路 DAG 上属于同一铁路连续段

拆开转移式，为 \(f_i \leftarrow f_j + \text{dis}_i^2 + \text{dis}_j^2 - 2 \text{dis}_i \text{dis}_j\)；这显然可以斜率优化，利用 \(2\text{dis}_i\) 单增，可以做到 \(O(n)\)

当最短路 DAG 不为一条链时，我们可以按拓扑序更新，维护每个铁路连续段的凸包

具体的，更新点 \(i\) 时，先把 \(i\) 放在每个凸包中查询得到 \(f_i\)，再将 \(i\) 对应的点加入每个凸包即可

时间复杂度 \(O(s \log s + s)\)

以下是斜优复习部分

考虑将转移式变为 \(F_1(j) = F_2(i)F_3(j) + F_4(i)\) 即 \(y = kx+b\) 的形式

将 \(f_i = f_j + \text{dis}_i^2 + \text{dis}_j^2 - 2 \text{dis}_i \text{dis}_j\) 移项，可得 \(f_j + \text{dis}_j^2 = 2 \text{dis}_i \text{dis}_j + f_i - \text{dis}_i^2\)

将 \((\text{dis}_j, f_j+\text{dis}_j^2)\) 看作平面直角坐标系内一点，画出经过该点的斜率为 \(2 \text{dis}_i\) 的直线，此时 \(f_i-\text{dis}_i^2\) 即为直线的截距

我们需要最大化 \(f_i\)，可视作让斜率为 \(2 \text{dis}_i\) 的直线从上向下平移，第一次碰到点时的截距即为所求

设有三点 \(A, B, C\)，其中 \(x_A < x_B < x_C\)；考虑什么时候 \(B\) 能被 \(A, C\) 偏序

若斜率 \(K_{AB} \le K_{BC}\)，直线斜率为 \(k_0\)：

• 若 \(k_0 \ge K_{AB}\)，\(A\) 不劣于 \(B\)
• 若 \(k_0 \le K_{BC}\)，\(C\) 不劣于 \(B\)
• 综上，\(B\) 有用当且仅当 \(K_{BC} < k_0 < K_{AB}\)；但由 \(K_{AB} \le K_{BC}\)，这种情况不合法

因此，必然有 \(K_{AB} > K_{BC}\)；容易发现只需维护一个上凸包

考虑对于斜率 \(k_0\)，如何判断在哪个点取到最大值

设上凸包中的点从左往右依次是 \(Q_1, Q_2, \cdots, Q_{\text{cnt}}\)

从右往左枚举点，设当前枚举到 \(Q_j\)；若 \(k_0 \ge K_{Q_jQ_{j-1}}\)，说明 \(Q_j\) 没有 \(Q_{j-1}\) 优，继续向下枚举；反之点 \(Q_j\) 必然最优

本题中，由于 \(k_0\) 单增，当前不优的点以后也不优，可以直接弹出；查询总时间复杂度就是 \(O(n)\) 的

若 \(k_0\) 没有单调性，可以在凸包上二分，查询总时间复杂度 \(O(n \log n)\)

考虑求出 \(f_i\) 后，如何将 \(i\) 对应的点加入凸包

由转移式，易知 \(i\) 对应的点为 \(P_i(\text{dis}_i, f_i+\text{dis}_i^2)\)

从右往左枚举凸包中的点，设当前枚举到 \(Q_j\)；显然，若 \(K_{P_iQ_j} \ge K_{Q_jQ_{j-1}}\)，需要弹出 \(Q_j\)；反之直接插入 \(P_i\) 即可

总插入时间复杂度 \(O(n)\)

实现上，由于 \(\text{dis}_i\) 单增，每次只会向后加点，可以用单调栈 / vector 维护凸包

9.17

P9734 [JOISC 2021] 逃走経路 (Escape Route) (Day2) (分讨 + 最短路 + 枚举瓶颈边 + 单调栈二分)

考虑将所有路径按跨天 / 不跨天分成两部分

先考虑跨天的路径；设询问为 \((u, v, t)\)

对于这种路径，又可以分成第 \(1\) 天 / 中间若干天 / 最后 \(1\) 天三部分：

• 第 \(1\) 天，我们从 \(u\) 走到某个城市 \(p\)，并留在 \(p\) 待到第二天

  由于有 "断边时间" 的限制，且 \(q, n\) 极不平衡，直接对每个询问从 \(u\) 跑最短路是不可取的

  考虑这条路径的不变量；由于我们要在 \(p\) 待到第二天，从 \(p\) 倒推的时间其实是确定的

  具体的，考虑枚举 \(p\)，对每个点求出能走到 \(p\) 的最晚出发时间，记为 \(f_{p, i}\)

  这可以通过从 \(p\) 时间倒流跑最短路解决

  \(n\) 很小，可以求出所有的 \(f_{i, j}\)，这部分时间复杂度 \(O(n^3)\)

• 最后 \(1\) 天，我们从某个城市 \(q\) 走到 \(v\)

  由于已知在 \(0\) 时刻出发，容易直接最短路解决，记为 \(g_{q, i}\)

  求出所有的 \(g_{i, j}\)，这部分时间复杂度 \(O(n^3)\)

• 对中间若干天，容易想到若 \(g_{i, j} \le S-1\) 则连边 \((i, j, 1)\)，在新图上跑最短路即可，记为 \(d_{i, j}\)

  求出所有的 \(d_{i, j}\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)

• 综上，答案即为 \(\displaystyle S-t + \min_{p, q} [f_{u, p} \ge t](d_{p, q}S+g_{q, v})\)

  注意到限制只与 \(p\) 有关，每次都枚举 \(p, q\) 是不必要的

  考虑枚举 \(p, v\)，打包预处理 \(\displaystyle \min_q (d_{p, q}S+g_{q, v})\)，记为 \(\text{tot}_{p, v}\)

  则答案为 \(\displaystyle S-t + \min_p [f_{u, p} \ge t](\text{tot}_{p, v})\)，时间复杂度 \(O(qn)\)，可以接受

再考虑不跨天的路径

对这种路径，难点在于出发时刻不确定，到达时刻也不确定

考虑我们真正关心的只是限制最严 (最早断掉) 的那条边，即瓶颈边

考虑按照瓶颈边对路径分类，枚举瓶颈边 \((x, y, l, c)\)，预处理此时 \(u, v\) 间路径的信息

本质上，此时我们已经确定了 "最晚到 \(x\) 的时刻" 以及 "从 \(y\) 出发的时刻" 两个不变量，类似之前的思路：

• 预处理 \(\text{pre}_i\) 表示从 \(i\) 出发，能在 \(c-l\) 时刻及以前到达 \(x\) 的最晚出发时间

  预处理 \(\text{suf}_i\) 表示从 \(y\) 在 \(c\) 时刻出发，到 \(i\) 的最早时间

• 综上，瓶颈边为 \((x, y)\) 时，答案即为 \(\text{suf}_v-\text{pre}_u\)，要求从 \(u\) 在 \(\text{pre}_u\) 时刻及以前出发

  考虑对所有瓶颈边预处理，时间复杂度 \(O(n^2m)\)

  考虑单调栈维护 \((u, v)\) 间的所有可选路径，按最晚出发时间升序加入，淘汰掉最晚出发时间更早 + 距离更长的路径

  查询时做单调栈上二分即可，时间复杂度 \(O(q \log m)\)

综上，总时间复杂度 \(O(n^3 + n^2m + qn + q \log m)\)

9.18

P4637 [SHOI2011] 扫雷机器人 (缩点 + 有用点概率转所有点概率 - 枚举排列 + bitset 维护可达性)

若 \(u\) 能引爆 \(v\)，则连边 \(u \rightarrow v\)，考虑先缩点，记第 \(i\) 个 SCC 的大小为 \(\text{siz}_i\)

"在未引爆地雷中随机引爆" 很烦，因为未引爆地雷会动态变化，我们没法很好的刻画答案

考虑把 CF1773G - Game of Questions 的思路逆过来：

• 在 CF1773G 中，我们发现相邻两次 "关键问题" (能使场上存活的人变化) 间的 "无效问题" 的概率是不必考虑的

• 在本题中，考虑把相邻两次 "主动引爆的地雷" 间的 "间接引爆的地雷" 补上

  具体的，每次我们在还未选择的地雷中随机选一个，若其已经被间接引爆则跳过

  此时，引爆序列会形成一个排列

综上，即随机一个排列，其贡献为其中 "主动引爆的地雷" 的个数

考虑拆贡献；点 \(i\) 有贡献当且仅当在所有能主动 / 间接引爆它的点中，它在排列中第 \(1\) 个出现

设点 \(i\) 的大小为 \(\text{siz}_i\)，能主动 / 间接引爆它的点的大小之和为 \(\text{cnt}_i\)，则点 \(i\) 的贡献就是 \(\displaystyle \frac{\text{siz}_i}{\text{cnt}_i}\)

按拓扑序更新，bitset 维护可达性即可

时间复杂度 \(\displaystyle O(\frac{nm}{w})\)

9.19 - 9.20

复习 CSPS 初赛 + 初赛 + 摆烂

9.21

模拟赛

9.21 T1 - 巅峰对决 (数组配对 / 打表找规律)

部分分：\(O(n^3)\)

逆序对的形式启示我们从大到小填，往已经填的里插

记 \(f_{i, j, 0/1}\) 表示从大到小填到 \(i\)，共填了 \(j\) 个数，逆序对个数为偶 / 奇的方案数

转移大概为 \(f_{i, j, 0/1} \leftarrow f_{i+1, j-k, 0/1} \times w(j-k, k, 0/1)\)

其中，\(w(i, j, 0/1)\) 表示已有 \(i\) 个数，将 \(j\) 个小于已有所有数的值插进去，形成偶 / 奇个新逆序对的方案数

具体的，\(w(i, j, 0/1)\) 为类似组合数卷积的形式，可以 \(O(n^3)\) 预处理

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

DP 转移是 \(O(n^3)\) 的，总时间复杂度 \(O(n^3)\)

正解：

看到逆序对数奇偶，考虑对数列进行两两配对

若 \(n\) 为偶数：

• 按 \((a_1, a_2), (a_3, a_4), \cdots\) 的方式对数列内部两两分组

• 若有 \(a_1 = a_2, a_3 = a_4, \cdots\)，容易发现每个逆序对都会贡献偶数次，必满足要求，方案数为 \(m^\frac{n}{2}\)

• 反之，找到第 \(1\) 个满足 \(a_{2i-1} \ne a_{2i}\ (i \ge 1)\) 的 \(i\)，按 \(i\) 对数列进行分类

• 容易发现，交换 \(a_{2i-1}, a_{2i}\) 后必会使逆序对数奇偶性变化

  此时，令交换 \(a_{2i-1}, a_{2i}\) 形成的数列与原数列配对，必然为双射 (都能两两配上)

  这种情况的方案数为 \(\displaystyle \frac{m^n-m^{\frac{n}{2}}}{2}\)

• 综上，此时总方案数为 \(\displaystyle \frac{m^n+m^{\frac{n}{2}}}{2}\)

若 \(n\) 为奇数，只需多考虑 \(a_1 = a_2, a_3 = a_4, \cdots, a_{n-2} = a_{n-1}, a_n\) 的情况

由于 \(a_n\) 在末尾，贡献也必然为偶，成立

综上，此时总方案数为 \(\displaystyle \frac{m^n+m^{\frac{n-1}{2}} \times m}{2}\)

合并两种情况，答案为 \(\displaystyle \frac{m^n+m^{\lceil \frac{n}{2} \rceil}}{2}\)

细节上，对于 \(2\) 没有逆元的情况，可以先对 \(2p\) 取模，最后再把答案除以 \(2\)

主播主播，观察性质太费脑子了，有没有简单又快速的方法？

有的，兄弟有的，打表

你说得对，但是题解确实写了 "出题人希望选手打表找出规律"

反思：

• 你说得对，但是我表都打出来了还没看出规律，那咋办
• 有时候就是会在 T1 遇到这种 adhoc，不能全场死磕 T1，应该推推其他题

9.21 T2 - 月 (贪心 - 两两配对 + 连边刻画)

部分分：\(z_i = 0\)

典题，考虑先按 \(x_i\) 排序取走第 \(1\) 个，剩下的按 \((2, 3), (3, 4), \cdots\) 两两配对，每对取 \(y_i\) 更大的

对 \(x_i\)，最劣情况即取 \(x_1, x_3, x_5, \cdots\)，但此时有 \(x_1 > x_2, x_3 > x_4, \cdots\)，正确性没问题

对 \(y_i\)，每组都取更大的，正确性显然也没问题

正解：

首先，为方便讨论，若 \(n\) 为奇数则补一个 \((0, 0, 0)\) 变成偶数

\(\lceil \frac{n}{2} \rceil+1\) 实际上多给了一次选择，而我们正好多出了一维

考虑对 \(y_i\) 按同样的方式处理，排序后取走第 \(1\) 个，剩下的配对

对 \(x_i\) 与 \(y_i\) 的所有配对，只需满足每对至少取走一个，\(x_i\) 与 \(y_i\) 的限制就符合要求

这启示我们连边刻画

具体的，将每对的两个点连边；显然每个点只会连两条边，因此形成了许多偶环

\(x_i, y_i\) 的要求转化为对每条边，我们要选择其中至少一个端点

仍然考虑配对思想，每个环有全选奇数号点 / 全选偶数号点两种方式，取 \(\sum z_i\) 更大的即可

显然，这样构造时 \(z_i\) 的限制也一定能满足

反思：

• 之前做过弱化版，不应该没想出来；还是理解不够深刻
• 还是不应该死磕 T1；相比 T1，其实这题我更可能想出来

9.21 T4 - 神秘的字符串题 (转化限制 + 括号树上树形 DP)

套路地，考虑建出括号树

关键就在于如何刻画 "向前平移"

考虑设 \(t_i\) 表示第 \(i\) 位的左括号最终在哪里被消掉

事实上，我们只需满足如下条件：

• \(t_i \le i\)，因为只能向前移
• \(t_i \equiv i\ (\bmod 2)\)，因为移动步长为 \(2\)
• \(t_i \ge t_{\text{fa}_i}\)，因为 \(\text{fa}_i\) 相对 \(i\) 更靠前

其余的不合法情况 (如一个括号跨过另一个括号) 都可以调整成代价相等且合法的情况

考虑对 \(t_i\) DP；具体的，令 \(f_{u, i}\) 表示 \(u\) 在 \(i\) 处消掉，\(u\) 子树的最小代价

转移为 \(\displaystyle f_{u, i} \leftarrow c_i + \sum_v \min_{j \ge i} f_{v, j}\ (v \in \text{son}_u)\)，且 \(i\) 对 \(u\) 合法

显然可以记录后缀 \(\min\) 优化，时间复杂度 \(O(n^2)\)

反思：刻画能取到的充要条件是个常见 trick，需要记住

9.22

9.21 T3 - 不经典矩阵题 (笛卡尔树 + 大力分讨)

考虑 "经典矩阵题"

枚举答案矩形上边界所在行 \(i\)，对第 \(j\) 列，记从第 \(a_{i, j}\) 开始向下的极长 0 连续段长度为 \(h_j\)

容易发现这是最大子矩形问题，建笛卡尔树解决即可

时间复杂度 \(O(nm)\)

考虑原问题

首先解决 0 变 1 的情况

设 \(a_{i, j}\) 从 0 变 1，容易发现答案矩形只能全部在其上 / 下 / 左 / 右，即：

• 上边界最小为 \(i+1\)
• 下边界最大为 \(i-1\)
• 左边界最小为 \(j+1\)
• 右边界最大为 \(j-1\)

对四个方向分别做一次 "经典矩阵题"，取前缀 / 后缀 \(\max\) 更新答案即可

这部分时间复杂度 \(O(nm)\)

再解决 1 变 0 的情况

考虑在 "经典矩阵题" 做法的基础上，再把 \(1\) 个 1 变成 0 会带来什么变化

仍然枚举答案矩形上边界 \(i\)，考虑再枚举更改后的最短极长 0 连续段长度所在位置 \(j \ (1 \le j \le m)\)，分讨：

• 选择更改 \(j\) 所在列的上个 1，容易得到此时新的 \(h_j\)

  向左右两边分别二分，得到 \(h_j\) 管辖的最宽范围即可

  这部分时间复杂度 \(O(nm \log m)\)

• 选择更改限制 \(j\) 所在列取得最小值的位置 \(k\) 所在列的上个 1 (即拓宽 \(h_j\) 管辖范围)

  此时可以选择向左改 / 向右改，要求此时新的 \(h_k \ge h_j\)，两边分别维护一次即可

  向 \(k\) 的更左侧 / 更右侧 + \(j\) 的右侧 / 左侧二分，求出 \(h_j\) 的新管辖范围

  这部分时间复杂度 \(O(nm \log m)\)

综上，总时间复杂度 \(O(nm \log m)\)

事实上，我们只需要动态维护 \(h_j\) 左 / 右第 \(1\) 个与第 \(2\) 个满足 \(h_k < h_j\) 的位置 \(k\)

注意到随着 \(i \leftarrow i-1\)，\(h_j\) 的变化只能是清零或 \(+1\)

根据这一性质，可以考虑链表维护 \(h_j\)，查前驱的前驱做到 \(O(nm)\)

9.23

CF1361E - James and the Chase (随机化 + dfs 树分讨 + Tarjan 思想)

考虑如何判断一个点 \(u\) 是否是 "好点"

以点 \(u\) 为根建 dfs 树，则 \(u\) 是好点等价于不存在横叉边与前向边

这启示我们在以 \(u\) 为根的 dfs 树上考虑；接下来考虑如何判断另一点 \(v\) 是否是好点

由于有 "简单路径" 的限制，\(v\) 到其子树中的点必然满足要求

对 \(v\) 子树外的点：

• 由于强连通的性质，每个点必然被至少 \(1\) 条返祖边覆盖

  P.S. 此处称返祖边 \((x, y)\) 覆盖点 \(v\)，当且仅当 \(x\) 在 \(v\) 子树中且 \(y\) 是 \(v\) 的祖先

• 若 \(v\) 子树中有 \(\ge 2\) 条返祖边覆盖了 \(v\)，则 \(v \rightarrow \text{fa}_v\) 有 \(\ge 2\) 条简单路径，\(v\) 不为好点

• 若 \(v\) 子树中只有 \(1\) 条返祖边覆盖 \(v\)，设为 \((x, y)\)：

  • 若 \(y\) 为好点，\(v\) 也为好点，因为从 \(v\) 到 \(v\) 子树外的点必须先经过 \(y\)

  • 若 \(y\) 不为好点，显然覆盖 \(y\) 的返祖边的端点不能在 \(v\) 子树中 (不然 \(v\) 就会被两条返祖边覆盖)

    设 \(y \rightarrow z\) 有两条简单路径，\(v \rightarrow y \rightarrow z\) 同样会有两条，\(v\) 不为好点

综上，点 \(v\) 为好点，当且仅当满足：

• \(v\) 被恰好 \(1\) 条返祖边覆盖
• 覆盖 \(v\) 的返祖边 \((x, y)\) 满足 \(y\) 是好点

对限制 \(1\)，可以树形 DP 解决

令 \(f_u\) 表示 \(u\) 被多少条返祖边覆盖，\(\text{in}_u\) 表示有多少条返祖边指向 \(u\)，\(\text{out}_u\) 表示有多少条返祖边从 \(u\) 引出

转移为 \(f_u \leftarrow \text{out}_u - \text{in}_u + \sum f_v\ (v \in \text{son}_u)\)

初始值为对叶子 \(u\)，有 \(f_u = \text{out}_u\)

对限制 \(2\)，考虑 Tarjan 思想，\(\text{low}\) 数组即为所求

现在回过头考虑如何求出一个好点

注意到 "好点个数 \(\le 0.2n\) 则输出无解" 的限制，考虑随机化

随机 \(50\) 次，每次暴力建树 check 即可

时间复杂度 \(O(n+m)\)，\(50\) 倍常数

P3209 - 平面图判定 (刻画限制 + 观察上界 + 2-SAT)

考虑 "保证存在哈密顿回路" 这个性质的作用

考虑将哈密顿回路画在平面上，必然将整个平面分成了两部分；其余的边要么连在环里，要么连在环外

设点 \(u\) 在回路上的编号为 \(\text{id}_u\)；则边 \((u_1, v_1), (u_2, v_2)\) 冲突当且仅当 \([\text{id}_{u_1}, \text{id}_{v_1}], [\text{id}_{u_2}, \text{id}_{v_2}]\) 相交且两边均连在环内 / 外

对每条非回路边建两个点表示在环内 / 环外，2-SAT 刻画冲突关系即可

直接做时间复杂度 \(O(m^2)\)，需要优化

显然，环内最多连 \(n\) 条边，环外同理；那么总共最多连 \(n+n+n = 3n\) 条边 (还要加上环上边)

因此，\(m > 3n\) 时直接输出无解，反之 2-SAT 即可

时间复杂度 \(O(n^2)\)

以下为 2-SAT 复习部分

设限制为 "\(x_i\) 为真则 \(y_i\) 为假"，连边 \((x_i, 1) \rightarrow (y_i, 0)\) 与其逆否命题 \((y_i, 1) \rightarrow (x_i, 0)\)，表示 \(u\) 能推出 \(v\)

对每个 SCC，其中一个点成立则其他的点都成立；因此考虑缩 SCC

设点 \(i\) 所在编号为 \(\text{scc}_i\)；显然，若存在 \(u\) 使得 \(\text{scc}_{(u, 1)} = \text{scc}_{(u, 0)}\)，则矛盾，必然无解

反之，构造时 \(u\) 取 \(\text{scc}_{(u, 0)}\) 与 \(\text{scc}_{(u, 1)}\) 中拓扑序更大的点对应的布尔值即可

实现上，SCC 编号越大代表越晚出栈，越晚出栈则拓扑序越小，直接取 SCC 编号较小的点作为答案即可

时间复杂度 \(O(n)\)

ABC277Ex - Constrained Sums (2-SAT - 对值域拆点刻画赋值)

注意到值域 \(m\) 很小，考虑对值域拆点

具体的，把每个变量拆成 \(2(m+2)\) 个点，分别表示 \([x _i \ge j], \neg [x_i \ge j]\ (j \in [0, m+1])\)

首先考虑每个变量拆出的点间的限制：

• \(x_i \ge 0\) 必然成立，连边 \(\neg [x_i \ge 0] \rightarrow [x_i \ge 0]\)

• \(x_i \ge m+1\) 必然不成立，连边 \([x_i \ge m+1] \rightarrow \neg [x_i \ge m+1]\)

• \(x_i \ge j+1\) 则 \(x_i \ge j\)，连边 \([x_i \ge j+1] \rightarrow [x_i \ge j]\)

  同时，对其逆否命题连边 \(\neg [x_i \ge j] \rightarrow \neg [x_i \ge j+1]\)

再考虑题目的限制 \(L_i \le x_{a_i}+x_{b_i} \le R_i\)：

• 显然，\(x_{a_i}, x_{b_i} \le R\)，连边 \([x_{a_i} \ge R_i+1] \rightarrow \neg [x_{a_i} \ge R_i+1]\)，对 \(x_{b_i}\) 同理

• 显然，\(x_{a_i}, x_{b_i} \ge L_i-m\)，连边 \(\neg [x_{a_i} \ge L_i-m] \rightarrow [x_{a_i} \ge L_i-m]\)，对 \(x_{b_i}\) 同理

• \(x_{a_i} \ge j\) 则 \(x_{b_i} < R_i-j+1\)，连边 \([x_{a_i} \ge j] \rightarrow \neg [x_{b_i} \ge R_i-j+1]\)

  对称的，连边 \([x_{b_i} \ge j] \rightarrow \neg [x_{a_i} \ge R_i-j+1]\)

• \(x_{a_i} < j\) 则 \(x_{b_i} \ge L_i-j+1\)，连边 \(\neg [x_{a_i} \ge j] \rightarrow [x_{b_i} \ge L_i-j+1]\)

  对称的，连边 \(\neg [x_{b_i} \ge j] \rightarrow [x_{a_i} \ge L_i-j+1]\)

• P.S. 以上要求出现的数都 \(\in [0, m+1]\)，否则不连该边

跑 2-SAT 并构造方案即可

时间复杂度 \(O(nm)\)

9.24

打罕见的阳间场 CodeForces Round 1053 (Div.2)

咋回事，D 都切不了，还是太不会观察性质了……

CF2151A - Incremental Subarray (观察性质)

CF2151B - Incremental Path (模拟)

CF2151C - Incremental Stay (观察性质 - 向中心移动，隔位前缀和)

9.25

P5332 [JSOI2019] 精准预测 (2-SAT + 观察图性质 + 分组 bitset)

显然，一个火星人若在 \(t+1\) 时刻活，\(t\) 时刻必然活；\(t\) 时刻若死，\(t+1\) 时刻也必然死

注意到这与 \([x_i \ge j]\) 类似，考虑 ABC277Ex - Constrained Sums 的套路，对每个火星人拆点刻画生存状态

记 \((i, j)\) 表示第 \(i\) 个火星人在 \(j\) 时刻活，\(\neg (i, j)\) 表示死

类似的，连边：

• \((i, j+1) \rightarrow (i, j)\)
• \(\neg (i, j) \rightarrow \neg (i, j+1)\)
• 对限制 \((0, t, x, y)\)，连边 \(\neg(x, t) \rightarrow \neg(y, t+1)\)，及其逆反条件 \((y, t+1) \rightarrow (x, t)\)
• 对限制 \((1, t, x, y)\)，连边 \((x, t) \rightarrow \neg (y, t)\)，及其逆反条件 \((y, t) \rightarrow \neg (x, t)\)

但 \(O(nT)\) 个点显然无法接受

注意到只有题目输入的时间及 \(T+1\) 有用，只保留这些点，这样点数就是 \(O(n+m)\) 级别的

注意到这个图有非常好的性质：

• 生点只按 \(t\) 从大向小连边
• 死点只按 \(t\) 从小向大连边
• 生死点间只有对应 \(t\) 间连边，且总是从生点连向死点

综上，不难发现整个图是个 DAG，因此无需缩点

考虑如何求 \(\displaystyle \sum_{1 \le i \le n, i \ne k} \text{Live}(k, i)\)：

• 若 \(k\) 必死 (即 \((k, T+1)\) 可达 \(\neg (k, T+1)\) )，答案为 \(0\)

• 反之，从 \((k, T+1)\) 出发遍历整张图，记到达的 \(\neg (i, T+1)\) 个数为 \(\text{cnt}\)，答案为 \(n-\text{cnt}-1\) (还要除去自己)

  特殊地，对必死点 \(p\)，其他 \((k, T+1)\) 都必定要到达它对应的 \(\neg (p, T+1)\)，这样才能保证正确性

  因此，我们先求出所有必死点 \(p_i\)，再建虚点 \(0\)，连边 \((k, T+1) \rightarrow 0\) 与 \(0 \rightarrow p_i\)

暴力搜时间复杂度 \(O(n(n+m))\)，无法接受

注意到这是 DAG 连通性问题，考虑用 bitset 维护，时间复杂度 \(O(\frac{n(n+m)}{w})\)

但这样空间会炸，这就需要用到分组 bitset 的 trick

考虑将所有 \(\neg (i, T+1)\) 每 \(B\) 个分成一组，对每组分别搜一次，只维护到组内点的可达性，最终将结果累加

一共跑 \(\frac{n}{B}\) 次，每次时间复杂度 \(O(n + \frac{B(n+m)}{w})\)，空间复杂度 \(O(\frac{B(n+m)}{w})\)

综上，总时间复杂度 \(O(\frac{n^2}{B} + \frac{n(n+m)}{w})\)，空间复杂度 \(O(\frac{B(n+m)}{w})\)

实现上很卡常，取 \(B = 10^4\) 时效率较高

9.26

CF2151D - Grid Counting (观察性质)

限制 \(2\) 等价于：

• 格子 \((1, 1)\) 需染黑
• 格子 \((2, 1), (2, 2), (1, 2)\) 需恰选 \(1\) 个染黑
• 格子 \((3, 1), (3, 2), (3, 3), (2, 3), (1, 3)\) 需恰选 \(1\) 个染黑
• ……

限制 \(3\) 等价于：

• 格子 \((1, n)\) 需染黑
• 格子 \((1, n-1), (2, n-1), (2, n)\) 需恰选 \(1\) 个染黑
• 格子 \((1, n-2), (2, n-2), (3, n-2), (3, n-1), (3, n)\) 需恰选 \(1\) 个染黑
• ……

由上，可发现一些格子必定不能填：

• 由限制 \(2\) 第 \(1\) 条，格子 \((1, 1)\) 需染黑

  由限制 \(3\) 第 \(n\) 条，格子 \((2, 1), (3, 1), \cdots, (n, 1), (n, 2), \cdots, (n, n)\) 必不能填

  对称的，格子 \((2, n), (3, n), \cdots, (n, n), (n, n-1), \cdots, (n, 1)\) 必不能填

• 由限制 \(2\) 第 \(2\) 条，格子 \((1, 2), (2, 2)\) 需恰选 \(1\) 个染黑

  由限制 \(3\) 第 \(n-1\) 条，格子 \((3, 2), (4, 2), \cdots, (n-1, 2), (n-1, 3), \cdots, (n-1, n-1)\) 必不能填

  对称的，格子 \((3, n-1), (4, n-1), \cdots, (n-1, n-1), (n-1, n-2), \cdots, (n-1, 1)\) 必不能填

• ……

综上，能填的区域为从左上角到右下角的斜线 + 从右上角到左下角的斜线 + 矩形上端围成的区域 (边框上也能填)

同时，我们要求每列恰好填 \(1\) 个

显然，考虑从限制严到限制松填，即从下往上填；总方案数只需乘组合数即可

时间复杂度 \(O(n \log \text{mod})\)

9.27

摆烂 + 补 whk

9.28

CF2151E - Limited Edition Shop (刻画限制 + 线段树优化 DP)

考虑按照 \(a_i\) 的顺序考虑，每个物品有被 Alice 选与被 Bob 选两种决策

我们肯定希望从前到后 DP，考虑一段 \(a_i\) 前缀的选择分配方案什么时候是合法的：

• 若指定当前分配给 Bob，则没有要求

  这是因为，我们并不要求 Bob 已选的物品形成 \(b_i\) 中的前缀，实际顺序上可以视为先选在 \(a_i\) 中靠后的，再选靠前的

• 若指定当前分配给 Alice，记 Bob 已选的物品在 \(b_i\) 中的最大编号为 \(\text{id}\)，当前物品在 \(b_i\) 中的编号为 \(\text{id}'\)

  显然，我们要求 \(\text{id}' > \text{id}\)

  容易发现，保证这一点就能使方案合法

考虑 DP；记 \(f_{i, j}\) 表示分配完 \(a_i\)，\(\text{id} = j\) 时的答案

转移为：

• 将 \(a_i\) 分配给 Alice，此时要求 \(\text{id}' > j\)

  有转移 \(f_{i, j} \leftarrow f_{i-1, j}+v_{a_i}\ [j < \text{id}']\)

• 将 \(a_i\) 分配给 Bob，且 \(\text{id}'\) 不为新的 \(\text{id}\)

  有转移 \(f_{i, j} \leftarrow f_{i-1, j}\ [\text{id}' < j]\)

• 将 \(a_i\) 分配给 Bob，且 \(\text{id}'\) 为新的 \(\text{id}\)

  有转移 \(f_{i, \text{id}'} \leftarrow f_{i-1, k}\ [k < \text{id}']\)

直接做时间复杂度 \(O(n^2)\)

这显然是线段树优化的形式，可以做到 \(O(n \log n)\)

9.29

CF1691C - Sum of Substrings (观察性质)

CF1310C - Au Pont Rouge (SA + 二分转判定 + DP check)

由于 \(n \le 1000\)，可以将所有子串拿出来排序，求出 \(\text{rk}_{l, r}\)

实现上可以用 SA 维护，时间复杂度 \(O(n^2)\)

考虑二分答案串 \(s\)，DP 求出有多少方案满足字典序最小的串 \(\ge s\)；最后 check 是否 \(\ge k\) 即可

考虑枚举划分的子串以转移；由于确定 \(l\) 时容易比较字典序，考虑从后向前 DP

令 \(f_{i, j}\) 表示划分完 \([i, n]\)，分成 \(j\) 个子串，字典序最小串 \(\ge s\) 的方案数

转移即为 \(f_{i, j} \leftarrow f_{k, j-1} [\text{rk}_{i, k+1} \ge \text{rk}_s]\)；初值为 \(f_{n+1, 0} = 1\)，答案为 \(f_{1, m}\)

注意到合法的 \(k\) 必然是一段后缀，可以预处理 + 后缀和优化，时间复杂度 \(O(n^2)\)

总时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)

CF616F - Expensive Strings (SA + 前缀和)

套路的将所有串用特殊字符隔开，建 SA 维护子串出现次数

枚举 \(i\)，考虑 \(\text{h}_i\) 所在极长连续段 \([l, r]\) (满足 \(\displaystyle \text{h}_i = \min_{l \le k \le r} \text{h}_k\) ) 对应的所有原串位置：

• \([l, i]\) 对应原串中 \(\text{lcp}(\text{suf}_j, \text{suf}_i)\ [l-1 \le \text{rk}_j \le i-1]\)
• \([i+1, r]\) 对应原串中 \(\text{lcp}(\text{suf}_i, \text{suf}_j)\ [i+1 \le \text{rk}_j \le r]\)
• 当起始位置相同时，对应 \(\text{rk}_j = i\)
• 综上，需满足 \(l-1 \le \text{rk}_j \le r\)

记 \(\text{from}_i\) 表示原串位置 \(i\) 所属输入串编号；对于原串位置 \(j\)，其贡献为 \(\text{h}_i \cdot \text{c}_{\text{from}_j}\)

综上，\(\text{h}_i\) 所在极长连续段 \([l, r]\) 对应的总贡献为 \(\text{h}_i \sum_{j=l-1}^{r} \text{c}_{\text{from}_{\text{sa}_j}}\)

前缀和维护即可；这部分时间复杂度 \(O(n \log n)\)

有个细节：仅考虑 \(\text{h}_i\) 无法覆盖串只出现 \(1\) 次的情况

容易发现，这种情况下仅有可能是整串

枚举串编号 \(i\)，若相邻 \(\text{rk}\) 对应的前后 \(\text{lcp}\) 都 \(\ge |s_i|\)，则用 \(|s_i| \cdot c_i\) 更新答案

总时间复杂度 \(O(n \log n)\)