三年级小学生日记范文

也可以叫做补题日记（二）。

这个时候有人就要问了，“主播主播，你的《补题日记》《补题周记》《杂题不讲》《一些问题》《随便什么标题。》难道不更了吗？”

对此，我的回答是：

（当然，我現在只是在打比方）
正如沉睡的大腦從随機事件的記憶中拼接出虚幻之叙事一般
清醒的心智也必须從互連網的虚構查層中编織出愛
没有關於愛的表情包。
愛麗絲從夢中醒来只有爱是永無止鏡的。
事实：愛永無止息地預演著自身之消亡
亦施行著自身之解体。
（当然，我现在只是在打比方）
愛掏空了康復的所有可能性，一張通往健康終点的单程票。
爱的唯一熱情在於吞噬一切再次墜入爱河的可能性。
「愛-恢復」循環，亞里士多德的自我滋養：
対災異之奢欲，於其飄忽的党展中处如可見。驱力：对残酷的渴慕，
這豢養了每一種可憎的自我貶損、窘迫和愚蠢。
赢得了理所応當的軽蔑，每一個姿態就成了徹底燃滅的折损
沉溺在這種折磨中，唯有下跪、慟哭
泣血、哀求，「請饒恕我……」
哭声，呼喊声，纷扰的人影。
但愛是永無止境的，我愛你。

A - JamBrains（已过）

设 \(f(x,y)\) 表示从 \((x,y)\) 开始按下 \(u\) 次上键再按下 \(r\) 次右键后能到达的位置。容易发现若 \((x_a,y_a)\leq (x_b,y_b)\)，则 \(f(x_a,y_a)\leq f(x_b,y_b)\)。此处二元组的偏序关系就是一个普通的定义。

根据这个可以得到一个推论，若 \(f(x,y)\geq (x,y)\)，则 \(f(f(x,y))\geq f(x,y)\geq (x,y)\)，也就是说 \(f^k(x,y)\geq (x,y)\)。即，若 \((x,y)\) 不在第一行且 \(f(x,y)\geq (x,y)\)，那么 \((x,y)\) 永远不可能到达第一行。

还有一个推论是合法的位置是一段前缀，这是显然的。就是把这些位置铺平后的一段前缀。

根据如上推论，可以得到一个重要性质：一行的位置要么同时合法，要么同时不合法。

怎么证明？图灵证明症。

11；；1；1；1；1；；1；1；1；11；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；11；1；1；1；1；；111；1；1；1；1；1；1；11；1；1；1；11；1；；1；11；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；11；1；1；；1；1；1；1；1；1；1；1；1；1；11；1；1；1；1；；1；1；1；1；1；1；；1；1；11；11；；1；1；1；1；1；1；1；1；；；1；1；1；1；1；1；；

其实这是摩斯电码。

考虑归纳，最开始前 \(u+1\) 行一定都是合法的。假设现在算到了第 \(i\) 行，前 \(i-1\) 均合法。现在，第 \(i\) 行 \(1\sim x\) 这些位置合法，\(x+1\sim s_i\) 这些位置不合法。那么，\(f(i,x+1) \geq (i,x+1)\) 必定满足。容易发现，\(f(i,x) \geq f(i,x+1)-1\)，即 \(f(i,x)\) 的最小值就是 \((i,x)\)。那么 \((i,x)\) 也是不合法的，与原假设矛盾。所以第 \(i\) 行必定全部同时合法或者全部同时不合法。然后归纳就对了，很显然。

现在，只需要找到第一个满足该行第一个位置不合法的行就行了。也就是说，找到第一个满足 \(f(x,1)\geq (x,1)\) 的行就行了。但是实际上，也存在这样一种情况：\((x,y)\) 不合法，但是 \(f(x,y)<(x,y)\)。不过这种情况并不会影响我们计算答案，具体留给读者思考。于是，直接找到第一个满足 \(r\geq \sum\limits_{j=i-u}^{i-1} s_j\) 的位置 \(i\)（还要满足 \(i\geq u+2\)），然后就做完了。带修是容易的。时间复杂度 \(O(2^{\log n}\log n)\)。

G - Sorting Problem Again（已过）

找到第一段有序的前缀和有序的后缀，中间的东西肯定需要排序（除非原序列已经有序）。

但是有可能不止中间的东西需要排序。如果中间的最小值小于这段有序的前缀中的某个值，那么排序的区间还需要再扩大。发现因为这时这个前缀已经有序了，所以想找到该扩大到哪，只需要在原序列上二分就行了。画一下图就能理解。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

我有一个神秘的 \(O(n\log^2 n)\) 做法，据 jr 说能过。

H - Farmer John's Favorite Function（已过）

如果 \(n>6\) 的话，那么 \(f(1)\) 对 \(f(n)\) 的影响只会有 \(1\)。意思是，将 \(f(1)\) 赋值成 \(0\) 的话，算出来的 \(f(n)\) 最多只会少 \(1\)。这启示我们每六个连续的数分一块，对于每一块维护 \(x,y\)，表示如果 \(f(l-1) < x\)，则 \(f(r)=y\)，否则 \(f(r)=y+1\)。发现 \(x,y\) 这样的二元组是可以在线段树 pushup 时合并的，所以直接做就可以做到单次修改+询问 \(O(\log n+\log\log V)\) 的时间复杂度。算 \(y\) 是简单的，算 \(x\) 直接倒推就行了。

当然，\(\sqrt n\) 分块的话不用线段树也能做到 \(O(q\sqrt n)\) 之类的时间复杂度吧。

F - Collecting Stamps 4

确定起始位置后，环变成序列。将某个数的第一个出现位置对应成 \(0\)，第二个出现位置对应成 \(1\)，那么这个序列能带来的不同的 card 就有 \(n^2-s\) 种，其中 \(s\) 是对应出的 \(01\) 串中 10 子序列的数量，证明显然。

每次交换都可以减少一个 10，并且可以证明这是最优的。所以，对于一个询问的 \(K\)，答案就应该是 \(\min_{i=1}^n C_i + \max(0,X(K-(n^2-s_i)))\)。这个式子在算出 \(s_i\) 后是很好维护的。考虑当前起点相比上一个起点，增量是多少。这个增量可以树状数组来算，也很简单。所以 \(s\) 序列也可以 \(O(n\log n)\) 计算。于是这道题就做完了，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

先写下代码再更新。

A. Anti-Plagiarism

题意：有一棵点数为 \(n\) 的树 \(T_1\)，还有一棵点数为 \(m\) 的树 \(T_2\)（保证 \(m\leq n\)）。需要回答 \(T_2\) 是否是 \(T_1\) 的一个连通子图（点可以任意标号）。

设 \(dp_{u,a,b}\) 表示，\(T_2\) 上的以点 \(u\) 为根的子树是否能和 \(T_1\) 上的以点 \(b\) 为根的子树匹配，其中认为 \(a\) 是 \(b\) 在 \(T_1\) 上的父节点，且 \(a,b\) 需要相邻。

大概就是这么个情况，我们需要将 \(u\) 的所有子节点和 \(b\) 的所有子节点匹配。当且仅当 \(u\) 的某个儿子的子树和 \(b\) 的某个儿子的子树能匹配时，这两个子节点才能作为子节点匹配。这里就会用到已转移过的 DP 值。

这显然是个二分图匹配，只用看 \(u\) 的子节点那边有没有满流就行了。可以跑 Dinic。虽然 DP 的状态数显然是 \(O(nm)\) 的，但是这里跑 Dinic 的点数可能非常多（如果 \(T_1\) 是个菊花就爆了）。所以这个朴素做法是过不去的。

不过发现，当 \(u\) 和 \(b\) 固定时，\(a\) 的变化只会在二分图中删一个点再加一个点。那么现在我们就把 \(u\) 所有的子节点放在左边，把 \(b\) 所有的邻居放在右边（包括 \(a\)），然后跑二分图匹配。如果右边满流了，那么显然所有 \(a\) 的 DP 值都应该是 true。
不对。嗯嗯？？
完了。谔谔。
第三炸弹 · 败者食尘。让我们把时间回退到“所以这个朴素做法是过不去的。”

这个做法实在是太没有前途了！！！设 \(dp_{u,a,b}\) 表示，\(T_1\) 上的以点 \(u\) 为根的子树是否能和 \(T_2\) 上的以点 \(b\) 为根的子树匹配，其中认为 \(a\) 是 \(b\) 在 \(T_2\) 上的父节点，且 \(a,b\) 需要相邻。你肯定能发现这个状态改变了什么。虽然不太直观，但是这样做也是对的。而且更重要的是：我们可以优化了。

当 \(u\) 和 \(b\) 固定时，\(a\) 的变化只会在二分图中删一个点再加一个点。那么现在我们就把 \(u\) 所有的子节点放在左边，把 \(b\) 的所有的邻居放在右边（包括 \(a\)），然后跑二分图匹配。如果右边满流了，那么删去任意一个 \(a\) 肯定还能满流，也就是说所有 \(a\) 的 DP 值都应该是 true。如果右边有至少两个点没匹配到，那么删去任意一个 \(a\) 肯定还是不能满流，也就是说所有 \(a\) 的 DP 值都应该是 false。现在只剩下一种情况了，然后参考一下题解吧，谔谔。

总而言之，如果现在固定了 \(u\)，对于所有的 \(b\)，总共需要跑的 Dinic 点数是 \(O(md_u+m)\) 的。然后就是，对于所有的 \(u\)，需要跑的 Dinic 总点数就是 \(O(nm)\) 的。所以总时间复杂度 \(O(nm\sqrt {nm})\)。不对不对，分析得不好。

\(O(\sum\limits_{u\in T_1}\sum\limits_{v \in T_2} ((d_ud_v)\sqrt{d_u+d_v})\)。

我只会分析 \(O(nm\sqrt n)\)。为什么是 \(O(nm\sqrt m)\)？？？会的人私信我。

QOJ#4489. Multiply 2 Divide 2

考虑一个比较一眼的贪心算法。从左往右扫，每次把当前这个数 \(\times 2\)，直到它不小于前面那个数。
显然这个算法是错的。具体地，假设 \(a_i\) 已经大于 \(a_{i-1}\)，那么我们可能有如下两种决策：

• 把 \(a_i\) 变小。这样可能能让后面的数乘的少一些，从而减少操作次数。
• 让 \(a_i\) 不变。可能比上一种情况更优。

一旦出现这样的情况，贪心算法的正确性就不能保证了。不过这给了我们一些启示：若 \(a_i\) 操作后已经大于 \(m\) 了（\(m\) 为值域上限），那么从 \(i+1\) 开始贪心就是对的。因为不可能出现刚刚那种后大于前的情况。

先不管这个结论。考虑朴素 DP。设 \(f_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 个数被变成 \(\lfloor \frac{a_i}{2^j}\rfloor2^k\) 且 \(a_1\sim a_i\) 递增时所需的最小操作次数。这个状态显然是对的。转移就是找到一对 \((j',k')\)，满足 \(\lfloor \frac{a_i}{2^j} \rfloor 2^k \leq \lfloor \frac{a_{i+1}}{2^{j'}} \rfloor 2^{k'}\)，然后 \(f_{i+1,j',k'} = \min(f_{i+1,j',k'}+f_{i,j,k}+j'+k')\)。

注意到若把所有 \((j,k)\) 二元组按 \(k-j\) 为第一关键字从小到大排序，按 \(j\) 为第二关键字从大到小排序，那么 \(\lfloor \frac{a_i}{2^j} \rfloor 2^k\) 必定不降。

证明（感谢 wxir，wxr_ 等人提供思路）：把 \(a_i\) 看作一个二进制数，把除以 \(2^j\) 下取整看作右移 \(j\) 位，把乘以 \(2^k\) 看作左移 \(k\) 位，那么观察最高位的变化就能发现第一关键字的排序方式是对的。第二关键字的排序方式显然也是对的，因为右移越多就相当于舍弃了越多低位的值，即使高位的值一致。然后它就显然是对的了。

所以这个转移可以双指针做到均摊 \(O(1)\)。状态数是 \(O(n \times \log m \times \text{idk})\)，其中 \(\text{idk}\) 意为 \(\text{I don't know}\)。

不过根据刚才的性质，一旦 \(a_i>m\)，我们就可以直接贪心了！也就是说，这里的第三维只有 \(O(\log m)\) 的级别。于是这一部分的复杂度就是 \(O(n\log^2m)\)。

预处理贪心的结果也是简单的，设 \(g_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个数是 \(\lfloor \frac{a_i}{2^j} \rfloor 2^x\) 时，让后面递增需要的最小操作次数。其中，\(x\) 的值是最小的满足 \(\lfloor \frac{a_i}{2^j} \rfloor 2^y > m\) 的 \(y\) 的值。转移是简单的。

总而言之，反正就能做到总而言之的言而总之的 \(O(n\log^2 m)\) 的总而言之的言而总之的复杂度了，言而总之。