夏令营Ⅲ期Ⅱ阶段总结
放完假回来。头都是晕的
Ⅱ阶段就开始上难度了……
树剖+CDQ+整体二分
\(Day\) \(1\)还是讲课，怎么就是树剖力……树剖\(≈dfs*2\)+ 线段树，但\(8.8\)那天我在\(WUT \to TFU\)的航班上写了\(P3372\)，还\(RE\)了，只得了\(40pts\)，到现在仍然没有调出来啊啊啊！！
调不出来没关系，重写就是了。
写了好久，线段树终于出炉。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const ll M=1e5+4;
struct Seg{
ll sum,laz;
}Tree[M*4];
ll a[M];
void push_up(ll p){
Tree[p].sum=Tree[p*2].sum+Tree[p*2+1].sum;
}
void push_down(ll p,ll l,ll r){
ll mid=l+(r-l)/2;
Tree[p*2].laz+=Tree[p].laz;
Tree[p*2+1].laz+=Tree[p].laz;
Tree[p*2].sum+=(mid-l+1)*Tree[p].laz;
Tree[p*2+1].sum+=(r-mid)*Tree[p].laz;
Tree[p].laz=0;
}
void build(ll p,ll l,ll r){
if(l==r){
Tree[p].sum=a[l];
return;
}
ll mid=l+(r-l)/2;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
push_up(p);
}
void modify(ll p,ll l,ll r,ll ql,ll qr,ll k){
if(ql<=l&&r<=qr){
Tree[p].laz+=k;
Tree[p].sum+=(r-l+1)*k;
return;
}
ll mid=l+(r-l)/2;
if(Tree[p].laz)push_down(p,l,r);
if(ql<=mid)modify(p*2,l,mid,ql,qr,k);
if(qr>mid)modify(p*2+1,mid+1,r,ql,qr,k);
push_up(p);
}
ll getsum(ll p,ll l,ll r,ll ql,ll qr){
if(ql<=l&&r<=qr)return Tree[p].sum;
ll mid=l+(r-l)/2;
if(Tree[p].laz)push_down(p,l,r);
ll res=0;
if(ql<=mid)res+=getsum(p*2,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)res+=getsum(p*2+1,mid+1,r,ql,qr);
return res;
}
signed main(){
ll n,m;
cin>>n>>m;
for(ll i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
build(1,1,n);
for(ll i=1;i<=m;i++){
ll op,x,y,k;
cin>>op>>x>>y;
if(op==1){
cin>>k;
modify(1,1,n,x,y,k);
}else cout<<getsum(1,1,n,x,y)<<endl;
}
return 0;
}
还有树剖板子！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int M=200005;
struct Seg{
ll sum,laz;
}Tree[M*4];
ll a[M];
int cnt=0,res=0,nxt[M],head[M],to[M],fa[M],siz[M],son[M],tp[M],dep[M],dfn[M],rk[M];
ll n,m,r,p;
void add(int u,int v){
nxt[++cnt]=head[u];
head[u]=cnt;
to[cnt]=v;
}
void dfs1(int u){
siz[u]=1;son[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==fa[u])continue;
fa[v]=u;
dep[v]=dep[u]+1;
dfs1(v);
siz[u]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int rt){
dfn[u]=++res;
rk[res]=u;
tp[u]=rt;
if(son[u])dfs2(son[u],rt);
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==fa[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
void push_up(int p){
Tree[p].sum=Tree[p*2].sum+Tree[p*2+1].sum;
}
void push_down(int p,int l,int r){
if(!Tree[p].laz)return;
int mid=(l+r)>>1;
Tree[p*2].laz+=Tree[p].laz;
Tree[p*2+1].laz+=Tree[p].laz;
Tree[p*2].sum+=(ll)(mid-l+1)*Tree[p].laz;
Tree[p*2+1].sum+=(ll)(r-mid)*Tree[p].laz;
Tree[p].laz=0;
}
void build(int p,int l,int r){
if(l==r){
Tree[p].sum=a[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(p*2,l,mid);
build(p*2+1,mid+1,r);
push_up(p);
}
void modify(int p,int l,int r,int ql,int qr,ll k){
if(ql<=l&&r<=qr){
Tree[p].laz+=k;
Tree[p].sum+=(ll)(r-l+1)*k;
return;
}
push_down(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(ql<=mid)modify(p*2,l,mid,ql,qr,k);
if(qr>mid)modify(p*2+1,mid+1,r,ql,qr,k);
push_up(p);
}
ll query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql<=l&&r<=qr)return Tree[p].sum;
push_down(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;ll ans=0;
if(ql<=mid)ans+=query(p*2,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid)ans+=query(p*2+1,mid+1,r,ql,qr);
return ans;
}
void link_modify(int u,int v,ll val){
while(tp[u]!=tp[v]){
if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]])swap(u,v);
modify(1,1,n,dfn[tp[u]],dfn[u],val);
u=fa[tp[u]];
}
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
modify(1,1,n,dfn[u],dfn[v],val);
}
ll link_query(int u,int v){
ll ans=0;
while(tp[u]!=tp[v]){
if(dep[tp[u]]<dep[tp[v]])swap(u,v);
ans=(ans+query(1,1,n,dfn[tp[u]],dfn[u]))%p;
u=fa[tp[u]];
}
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
ans=(ans+query(1,1,n,dfn[u],dfn[v]))%p;
ans=(ans+p)%p;return ans;
}
int main(){
cin>>n>>m>>r>>p;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;
add(x,y);
add(y,x);
}
dep[r]=0;
fa[r]=0;
dfs1(r);
res=0;
dfs2(r,r);
vector<ll>b(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)b[dfn[i]]=a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=b[i];
build(1,1,n);
while(m--){
int op,x,y;
ll z;
cin>>op>>x;
if(op==1){
cin>>y>>z;
link_modify(x,y,z);
}else if(op==2){
cin>>y;
cout<<link_query(x,y)<<'\n';
}else if(op==3){
cin>>z;
modify(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1,z);
}
else if(op==4){
ll tmp=query(1,1,n,dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1);
tmp=(tmp%p+p)%p;
cout<<tmp<<'\n';
}
}
return 0;
}
那一天还讲了\(CDQ\)分治+整体二分，我连二分答案都写不全还学什么整体二分……浅浅粘一下介绍
整体二分
在信息学竞赛中，有一部分题目可以使用二分的办法来解决。但是当这种题目有多次询问且我们每次查询都直接二分可能导致 TLE 时，就会用到整体二分。整体二分的主体思路就是把多个查询一起解决。（所以这是一个离线算法）
可以使用整体二分解决的题目需要满足以下性质：
1.询问的答案具有可二分性
2.修改对判定答案的贡献互相独立，修改之间互不影响效果
3.修改如果对判定答案有贡献，则贡献为一确定的与判定标准无关的值
4.贡献满足交换律，结合律，具有可加性
5.题目允许使用离线算法
CDQ 分治
CDQ 分治最经典的应用就是处理一些点对 \((i,j)(i≤j)\)，此时它的主要思想如下：
把序列从 mid 切开，分成两半；
把点对分成三类：
第一类是 \(j≤mid\)，即都在左半部分；
第二类是 \(i>mid\)，即都在右半部分；
最后一类是横跨 mid 的部分。
左右两半分别递归，处理前两类点对。
想办法处理最后一类点对。
有点像线段树。。
可以看到 CDQ 分治的思想就是不断地把点对通过递归的方式分给左右两个区间。
普通DP
\(Day2+3+5\)学了\(DP\)，总结一下：
| 问题 | 转移方程 | 注意 |
|---|---|---|
| LIS | \(f[i]=\max_{j \in[0,i),a_j<a_i}(f[j]+1)\) | \(f[0]=0\) |
| LCS | \(f[i][j]=\) \(\max\begin{cases}f[i-1][j]\\f[i,j-1] \\f[i-1][j-1]+(a_i= b_j)\end{cases}\) | \(f[i][0]=f[0][j]=0\) |
| 编辑距离 | \(f[i][j]=\) \(\min\begin{cases}f[i-1][j]\\f[i,j-1] \\f[i-1][j-1]+(a_i\neq b_j)\end{cases}\) | \(f[i][0]=f[0][j]=0\) |
| 01背包 | \(f[i]=\max(f[i],f[j-v[i]]+w[i])\) | \(f[i]=-inf(i>1),f[0]=0\)，倒序遍历 |
| 完全背包 | \(f[i]=\max(f[i],f[j-v[i]]+w[i])\) | \(f[i]=-inf(i>1),f[0]=0\)，正序遍历 |
| 最大字段和 | \(f[i]=\max(f[i-1,0])+a[i]\) | 初始均为0即可 |
| 石子合并（朴素） | \(f[l][r]=\min_{k \in [l,r)}(f[l][k]+f[k][r]+\sum_{i=l}^{r} a_i)\) | \(\forall l \in [1,N],f[l][l]=0\)，其余取\(inf\) |
| 没有上司的舞会 | \(\begin{cases}f[x][0]=\sum _{s \in son(x)}\max(f[s][0],f[s][1])\\f[x][1]=H[x]+\sum_{s \in son(x)}f[s][0]\end{cases}\) | 从\(root\)开始遍历 |
| 分组背包 | \(f[x,t]=\max_{\sum_{i=1}^p c_i=t-1}(\sum _{i=1}^p{f[y_i,c_i]})+score[x]\) | 有些时候如果构成森林，需要加超级源点 |
| 换根DP（P3931） | \(dp[i]=min(e[i], \sum _{i \in son(i)}dp[i])\) | dfs求即可 |
| 分层图（P1544） | \(f[i][j][k]=\begin{cases}\max(f[i+1][j][k],f[i+1][j+1][k])+a[i][j]\\\max(f[i][j][k],\max(f[i+1][j][k-1],f[i+1][j+1][k-1])+3*a[i][j])\end{cases}\) | 答案为\(\max_{i \in k}f[1][1][i]\),注意边界\(f[n][i][0]和f[n][i][1]\)的值 |
DP优化：
矩阵快速幂优化：
定义：某些 dp 式形如 \((+,*),(min,+)\)，可以用两个矩阵相乘表示，从而加速。
原因：
\(a + \min(b, c) = \min(a + b, a + c)\)
[矩阵快速幂板子]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int mod=1e9+7;
const int M=105;
struct matrix{
int n,m;
ll s[M][M];
matrix(){clean();}
void clean(){
memset(s,0,sizeof(s));
}
void print(){
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cout<<s[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
}
}a;
long long ss[M];
matrix operator *(matrix a,matrix b){
matrix c;
if(a.m!=b.n)return c;
c.n=a.n,c.m=b.m;
for(int j=1;j<=c.m;j++){
for(int i=1;i<=c.n;i++)ss[i]=b.s[i][j];
for(int i=1;i<=c.n;i++){
for(int k=1;k<=a.m;k++)
c.s[i][j]=(c.s[i][j]+a.s[i][k]*ss[k]%mod)%mod;
}
}
return c;
}
matrix qp(matrix a,ll b){
matrix ans;
ans.n=ans.m=a.n;
for(int i=1;i<=a.n;i++)
for(int j=1;j<=a.n;j++)
ans.s[i][j]=(i==j);
for(;b;b>>=1,a=a*a)
if(b&1)ans=ans*a;
return ans;
}
int main(){
int n;
ll k;
cin>>n>>k;
matrix a,ans;
a.n=a.m=n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++)cin>>a.s[i][j];
}
ans=qp(a,k);
ans.print();
return 0;
}
单调队列优化
定义：对于一个固定大小的滑动窗口取最值，可以用单调队列。例如维护最大值，每次去掉前面超出范围的，去掉后面比新值还小的，然后加入新值。
[代码示例]
while(!q.empty()&&i-q.front().t>k+1)q.pop_front();
//处理队首
while(!q.empty()&&/*加入条件*/)q.pop_back();
//加入
斜率优化
定义：对于转移式中含\(p_i×q_j\)这样式子的，我们通常将关于\(j\)的项收集在一起（作为\((x,y)\)），关于\(i\)的项收集在一起（作为\((k,b)\)），构成直线\(y=kx+b\)。对于\(i\)，一般需要求的\(f_i\)在\(b\)中，问题就变成了最大/小化截距\(b\)。又因为斜率一定，让直线和凸包相切即可。
个人理解：和单调队列很相似
[Sample(P3195)]
while(h<t&&cmp(qu[h],qu[h+1])<=2*f[i])h++;
dp[i]=dp[qu[h]]+(f[i]-f[qu[h]]-l-1)*(f[i]-f[qu[h]]-l-1);
while(h<t&&cmp(qu[t],i)<cmp(qu[t-1],qu[t]))t--;
qu[++t]=i;
四边形不等式和决策单调性
四边形不等式：若函数\(w(x,y)\)对于任意\(a≤b≤c≤d\)，都有：
\(w(a,c)+w(b,d)≤w(a,d)+w(b,c)\)（交叉小于包含），则称其满足四边形不等式。
决策单调性：设顺序\(dp\)中，\(f_i\)能选择的最小最优点为\(j\)，则\(opt_i=j\) 为\(i\)的决策点。对于任意\(i_1<i_2\),\(opt_{i_1}≤opt_{i_2}\)的性质叫决策单调性。
结论：若状态转移方程\(f_i=\min_{j\in[0,i-1]}f_j+w(j,i)\)的\(w(i,j)\)满足四边形不等式，则转移有决策单调性。
快速转移：使用分治/二分单调队列即可。
考试
Day4的考试，T1长剖果断跳过，略看T3发现贪心，写了一通发现样例WA，加了valid轻松A掉。T4要么推规律要么DP，没做。回去看T1，骗走\(10pts\)。T2狂写暴力预计30，然后罚坐1h。。。
结果：\(10+5+100+0=115\)，\(rk4\)，还行，不过T2可惜了。。
总结：进入正轨，继续学NOIP算法吧。。
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