DS 25.01

题单

P5070 [Ynoi2015] 即便看不到未来

啊，哦，啊，哦，嗯。

考虑离线扫描线，设 \(lst_i\) 为 \(i\) 上一次出现的下标，显然 \(x\) 只会对 \(lst_{a_x}\) 以后的 \(l\) 有贡献。

题目只要求求出长度 \(\le 10\) 的连续段段数，也就是说，加入 \(x\) 只会对 \([a_x-10,a_x+10]\) 这些数字造成影响。

把这些数字按 \(lst_x\) 升序排序，从右往左处理，加入 \(x\) 会产生三种情况，左边新添一个数，右边新添一个数，两个连续段合并，开 \(20\) 个树状数组维护就好。

时间 \(O(nk\log n)\)。

*P11488 「Cfz Round 5」Zhòng shù

这种题是可以放出来的吗，感觉质量好低。

考虑维护一个支持区间加全局 \(\max\) 的线段树，操作一方便维护，操作二每次只会产生 \(O(1)\) 个新链条，单独维护就好。

其他都是实现的问题。

时间 \(O(n \log n)\)。

P5138 fibonacci

设 \(f_i\) 为斐波那契数列第 \(i\) 项。

则 \(f_{n+m}=f_nf_{m+1}+f_nf_{m-1}\)。

一次修改 \((x,k)\) 对 \(u \in \text{sub}(x)\) 的影响是，\(s_u:=s_u+f_{d(x,u)+k}\)。

拆开得到 \(d(x,u) = d_u - d_x\)，\(f_{d_u-d_x+k}=f_{d_u+1}f_{k-d_x}+f_{d_u}f_{k-d_x-1}\)。

维护 \(f_{d_u},f_{d_u+1}\) 的系数，然后就做完了。

时间 \(O(n \log^2 n)\)。

*Tree MST

第一眼菠萝，但是感觉自己不是很熟练，换想法。

发现 \(\text{dis}(u,v)\) 在点分治下面可以拆成 \(d_u+d_v\)，直接点分治，每次所有点连 \(d_x+w_x\) 最小的点，同一子树内的点会更劣，不用考虑，最后再拉出来跑 kruskal。

这个做法的正确性是基于正权边的，带负权同一子树会算重，怎么办，一个好的办法是点分转边分。

时间 \(O(n \log^2 n)\)

*P7710 [Ynoi2077] stdmxeypz

出的很巧妙的题目，但是做起来比较直白。

首先把子树拍成序列，因为感觉操作和树结构没那么强的依耐性。

一操作看到直接根号分治，小的容易想到分块打标记，大的发现也可以分块维护差分数组。

时间 \(O(n \sqrt n)\)，乱调块长都能过。

P5069 [Ynoi2015] 纵使日薄西山

感觉大脑被僵尸吃掉了。

题目等价于求一个极大值序列，两两的距离大于等于一，求这个序列的和。

这个序列明显是唯一的，考虑用线段树维护，讨论 \(s_{00/01/10/11}\) 代表 是/否 钦定 左/右 节点不选，另外需要维护左右端点是否被选的辅助信息。

时间 \(O(n \log n)\)。

P5063 [Ynoi2014] 置身天上之森

首先注意到肯定不弱于根号，直接往根号方向思考。

• 结论 1：线段树只有 \(O(\log n)\) 种节点长度。
• 结论 2：线段树一层只有 \(O(1)\) 种节点长度。

然后每种长度开个分块维护一下，套用一下由乃打扑克，时间 \(O(m \sqrt{n \log n})\)。

*P11527 [THUPC2025 初赛] waht 先生的法阵

等等，好像是上个月做的，算了，还是放进来吧。

场上过了。

看起来不太会 \(\log\)，直接考虑根号，分块维护每个点跳出块需要几次，以及跳到哪个点，这个是简单的。

\(\gcd\) 最多变化 \(w\) 次，直接的思路是直接找到区间 \(\gcd(a_i,x) \ne 1\) 的块暴力修改，但是发现这样是 \(O(nw \sqrt{n \log n})\)，\(w\) 是质因数个数。反正赛时第一遍写了这么个唐氏做法，没卡过去。

有点唐氏的是，第一遍没看到修改的值域 \(c_i \le 2.5 \times 10^5\)，贴了个 \(\text{rho}\) 上去。

考虑优化，优化是简单的，参考 P5610 [Ynoi2013] 大学，每个质因数开一个并查集维护，每次修改直接暴力修改。

默认 \(n,q\) 同阶，总复杂度 \(O(wnB + \dfrac{n^2}{B} + n \log^2 V)\)，视 \(w = \log V\)，理论 \(O(n\sqrt{n\log V} + n \log^2 V)\)，\(B\) 取 \(80\) 左右跑得飞快，直接拿下最优解。

P11160 【MX-X6-T6】機械生命体

考虑 Trie。

首先，全局 \(+1\) 是经典套路，从低往高建 01Trie，每次修改将右链上所有点的左右儿子交换。

思考如何扩展到 \(+x\)，发现 \(+x\) 会下放给左右儿子各加上 \(\left \lfloor \dfrac{x}{2} \right \rfloor\)，特殊地，如果 \(x\) 为奇数，先对 \(x\) 子树做一次全局加一再下放。

看似是 \(O(n \log^2 n)\) 的，但是我们注意到全局加一并不需要直接暴力下传，给右儿子打标记，交换左右儿子即可。

考虑如何子树加，因为无法维护子树根到全树根的链上信息，我们要把那棵子树分裂出来，打上懒标记再合并回去，这个合并是线段树合并类的合并。

总复杂度 \(O(n \log V)\)。

P11197 [COTS 2021] 赛狗游戏 Tiket

学到一个新的小 trick。

原题目等价于求三个排列的三维偏序。

我们设三个排列为 \(a,b,c\)，长度均为 \(n\)。

设 \(S_1= \{(i,j)|a_i < a_j\}, S_2 = \{(i,j)|b_i<b_j\},S_3 = \{(i,j)|c_i<c_j\}\)。

答案集合为 \(S\)，答案则为 \(|S_1 \cap S_2 \cap S_3|\)，容斥得到 \(|S| = \dfrac{|S_1 \cap S_2| + |S_1 \cap S_3| + |S_2 \cap S_3| - |S_1 \cup S_2 \cup S_3|}{2}\)。

接着，我们发现，\(|S_1 \cup S_2 \cup S_3| = \begin{pmatrix} n\\ 2 \end{pmatrix}\)。

为什么？因为对于每一对 \((i,j)\)，发现 \((i,j)\) 和 \((j,i)\) 有且只有一对满足二维偏序。

这样三维偏序就被转化为三遍二维偏序，时间 \(O(n \log n)\)，空间线性。

P5439 【XR-2】永恒

没做起，但是感觉套路。

我们记一对数对 \((x,y)\) 的贡献为 \(sum_{x,y}\)，答案是 \(\sum\limits_{(x,y),x<y}\text{lcp}(S_x,S_y)sum_{x,y}\)。

LCP 的长度就是 Trie 树上 LCA 的深度值，LCA 的深度反射出来将 \(u\) 到根的路径加一，然后查询 \(v\) 到根的和。

分类讨论 \(x,y\) 的祖先关系。

1. 如果 \(x\) 是 \(y\) 的祖先，那么 \(sum_{x,y}=siz_y(n-siz_x)\)。
2. 如果 \(x,y\) 无互相的祖先关系，那么 \(sum_{x,y}=siz_x siz_y\)。

然后直接做就好了，时间 \(O(n \log n)\)，实现了 \(O(n \log^2 n)\)，空间线性。

*P4075 [SDOI2016] 模式字符串

简单题目，统计树上点对，考虑一个静态链分治。

选用点分治，然后发现很好计数，拿个哈希判一下匹配就好。

时间 \(O(n \log n)\)，空间线性。

[ARC190E] Gaps of 1 or 2

接下来选自我的题解：

相当精巧的题目，反正我肯定做不起，写篇学习笔记。

首先我们考虑把 \(|i-j| \le 2\) 的点可以消除一对这个过程视作 \(i,j\) 进行匹配。

记 \(o(V)\) 表示 \(V\) 的奇连通块个数。

由 Tutte-Berge Formula 公式得到：一般图 \(G=(V,E)\) 的最大匹配数为 \(\dfrac{1}{2}\min\limits_{S \subseteq V} {(|V| + |S| -o(V \setminus S))} = \dfrac{1}{2}(|V|-\max\limits_{S \subseteq V} { (-|S| +o(V \setminus S))})\)。

接下来只需要考虑计算 \(\max\limits_{S \subseteq V} { (o(V \setminus S)-|S|)}\)。

这张图是带权的，每个点都由 \(a_i\) 个点组成，可以发现结论：对于任意的 \(i\)，最优方案只存在于将 \(a_i\) 个点全部加入 \(S\) 集合，或者全部不加入。

证明：假设第 \(i\) 个点里面有 \(x(1\le x<a_i)\) 个小点加入，那么我们可以将 \(x\) 变为 \(x-1\)，因为并未改变 \(i\) 与其他点的连通性，所以 \(o(V \setminus S)\) 最多变化 \(\pm 1\)，而 \(-|S|\) 会增加一，所以 \(\max\limits_{S \subseteq V} { (o(V \setminus S)-|S|)}\) 是单掉不降的。

而 \(x=a_i\) 的时候连通性会改变，所以是另一种选择方案。

我们设 \(s_i=0/1\) 代表第 \(i\) 个点全部不选入/选入 \(S\)，要求的信息就为奇连通 \(0\) 块的数量减去 \(1\) 所有位置的权值和。

我们注意到，两个 \(0\) 夹一个 \(1\) 的情况是非常不方便处理的，我们考虑避免这种情况。可以发现，把 \(1\) 改成 \(0\) 是一定不会变劣的：

证明：跟上面相似，我们考虑把 \(1\) 替换成 \(0\)，表示奇数连通块为 \(O\)，偶数为 \(E\)，合并了左右两个连通块，讨论 \(O|O,O|E,E|O,E|E\) 四种情况后发现，\(o(V \setminus S)\) 最多变化 \(\pm 1\)，而 \(-|S|\) 的增幅必定 \(\ge 1\)，所以替换一定更优。

还有一个细节，就是关于 \(a_i=0\) 的处理。可以发现，把 \(a_i=0\) 的地方，选 \(s_i=0\) 不劣于 \(s_i=1\)。

证明：\(s_i=0/1\) 对答案造成的影响产生于 \(i\) 左右两边 \(0\) 连通块的合并，换句话说 \(s_i=0/1\) 会产生贡献当且仅当 \(i-1\) 与 \(i+1\) 都是 \(0\)，在这个条件下，\(i-1\) 与 \(i+1\) 是一个连通块，所以说 \(i\) 的合并是无效的。

接着就可以直接动态 dp 了：

我们设 \(f_{01/11/110/00/00'}\)，五种状态（后简写为 0/1/2/3/4）分别表示结尾为 \(01\)，\(11\)，\(110\)，\(00\) 且连通块大小为偶数，\(00\) 且连通块大小为偶数。

列出矩阵，注意要 \(a_i\) 奇数和偶数分类讨论，这里的矩阵乘法是 (max,+) 的广义矩阵乘法：

\( \begin{bmatrix}f_{0} & f_{1} & f_{2} & f_{3} & f_{4} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}-\infty & -a_i & -\infty & -\infty & -\infty \\ -\infty & -a_i & a_i & 0 & -\infty \\ -a_i & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \\ -a_i & -\infty & -\infty & 0 & -\infty \\ -a_i & -\infty & -\infty & -\infty & 0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}f_{0}' & f_{1}' & f_{2}' & f_{3}' & f_{4}' \end{bmatrix} (a_i \mod 2 \equiv 0) \)

\( \begin{bmatrix}f_{0} & f_{1} & f_{2} & f_{3} & f_{4} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}-\infty & -a_i & -\infty & -\infty & -\infty \\ -\infty & -a_i & a_i & -\infty & 1 \\ -a_i & -\infty & -\infty & -\infty & -\infty \\ -a_i & -\infty & -\infty & -\infty & 1 \\ -a_i & -\infty & -\infty & -1 & -\infty\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}f_{0}' & f_{1}' & f_{2}' & f_{3}' & f_{4}' \end{bmatrix} (a_i \mod 2 \equiv 1) \)

时间复杂度 \(O(k^3 n \log n)\)，空间线性，这里默认 \(n,q\) 同阶。

P6666 [清华集训2016] 数据交互

题目的答案即为所有和 \((u,v)\) 相交的路径权值和。

观察路径 \((a,b)\) 什么时候与 \((u,v)\) 有交？

发现有两种情况，\(\text{lca}(u,v) \in (a,b)\) 或 \(\text{lca}(a,b) \in (u,v)\)。

为了避免不算重，我们可以钦定第一种 \(\text{lca}(u,v) \ne \text{lca}(a,b)\)。

记 \(A_u\) 为 \(\sum\limits_{u \in(a_i,b_i)}w_i\)，\(B_u\) 为\(\sum\limits_{\text{lca}(a_i,b_i)=u} w_i\)。

那么与 \((u,v)\) 有交的路径权值和即为 \(A_\text{lca(u,v)} + \sum\limits_{k \in (u,v),k \ne \text{lca(u,v)}}B_k\)。

记 \(f_u\) 为从 \(u\) 往下走最大的 \(B_u\) 的和，以及记 \(\sec\) 为次大值。

对于 \(u\)，\(f_u = B_u + \max(f_v)\)。

\(u\) 贡献的答案为 \(A_u + \max(f_v) + \sec(f_v)\)。

然后考虑动态 dp，设 \(u\) 的重儿子为 \(\text{son}_u\)。

设 \(g_u\) 表示答案，记 \(S_u\) 为 \(u\) 的所有儿子构成的集合，\(mx = \max\limits_{v \in S_u,v \ne \text{son}_u} f_v, sc = \sec\limits_{v \in S_u,v \ne \text{son}_u} f_v,\)。

\( \begin{bmatrix}f_{\text{son}_u} & g_{\text{son}_u} & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} B_u & -\infty & mx + B_u \\ mx + A_u & 0 & mx + sc + A_u \\ -\infty & -\infty & 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}f_{u} & g_{u} & 0 \end{bmatrix} \)。

然后考虑修改，\(B_u\) 只会修改单点可以暴力修改，考虑修改 \(A_u\)。

发现区间加 \(A_u\) 就等于乘上一个矩阵，然后就可以做了。

复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，这里没写 \(k^3\) 的原因是需要把矩阵拆开精细实现，空间线性。

*P5327 [ZJOI2019] 语言

第一眼会看出一个 \(O(n \log^3 n)\) 做法啊，树剖弄出来贡献矩阵然后做扫描线。

我们考虑这样一个子问题，给定点集 \(S\)， 求包含 \(S\) 的生成树的最小大小。

诶诶，这不就类似于 \(S\) 的虚树吗，但是会加入一些非关键点，会把虚树压缩的链给还原。

如果你做过 P11306 [COTS 2016] 搜索树 Jelka，你应该能很快反应过来，有一个经典结论是，若干个点到根的并，就是 \(\sum \text{dep}_i\) 减去两两 \(\text{dfn}\) 相邻的 \(\text{dep}_{\text{lca}}\)。

我们考虑强制选择 \(1\) 节点，最后给答案减去 \(1\) 的贡献 \(\text{dep}_{\text{lca(all)}}\) 即可。

然后考虑用线段树维护这个过程，我们按 \(\text{dfn}\) 为下标建树，然后维护区间第一个 \(u\)，最后一个 \(u\)，合并是 \(O(1)\) 的。

然后再考虑给一条路径做树上差分，然后最外层再做一个线段树合并就好了。

时间 \(O(n\log n)\)。

P6780 [Ynoi2009] pmrllcsrms

按 \(C\) 分块，然后拆贡献，贡献会产生两类，分别为块内贡献，和跨块的贡献。

第一个是好维护的，重要在第二个。

我们设 \(pre_{i,j}\) 为选择块 \(i\) 的前 \(j\) 个的和，\(suf_{i,j}\) 同理，我们要求 \(\max(pre_{k+1,x}+suf_{k,y})(x+y\le C)\)，这里没写 \(k\) 的边界值，懒得写。

我们注意到等价于一个等腰直角三角形，有 \(a_i,b_i\)，求三角形内一点 \(a_x+b_y\) 最大值。

这个是方便维护的，因为线段树维护信息合并是 \(O(1)\) 的。

然后做完了，实现略恶心，看到题解说卡常，其实完全不卡常，最大点 2.8s。

时间 \(O(n \log n)\)。

*P6199 [EER1] 河童重工

首先我们考虑上一个静态链分治，问题转化为求 \((i,j)\) 点权为 \(dis_i+dis_j+dis_2(i,j)\) 的完全图的最小生成树。

套用 Tree MST 的做法，时间 \(O(n \log^2 n)\)，空间线性。

实现了 \(O(n \log^3 n)\)。

P6106 [Ynoi2010] Self Adjusting Top Tree

首先我们差分答案，以 \((-\infty,-\infty)\) 为左下角把询问差分成四次。

会发现贡献有三类：与矩阵左边界相交的线段，与矩阵右边界相交的线段，被完全包含的线段。

第三类贡献直接做二维数点，第一，二类等价，只讨论第一类。

我们把 \(k\ge 0\) 和 \(k<0\) 的线段分两次处理，假设现在处理 \(k \ge 0\)。

由于线段互不相交，我们可以确定一个线段碰到直线的先后顺序。

具体来说，我们扫描线，假设 \(y=k\) 依次碰到线段 \(l_1\) 到 \(l_p\)，我们从 \(l_i\) 往 \(l_{i+1}\) 连一条边，这个只需要在插入或者删除线段时拿 set 维护前驱后继即可。

这样形成了一张 DAG，边数是 \(O(n)\) 级别，我们可以求出来每条线段的拓扑序 \(p_i\)。

我们扫描线的时候，我们拿这个拓扑序作为关键字，二分出来最后一个满足和矩阵上边界相交的线段，贡献很好计算。

时间 \(O(n \log n)\)，空间线性。

*P5386 [Cnoi2019] 数字游戏

啊啊，你说得对，但是 \(O(n \sqrt n \log n)\) 可以过啊？

严格根号做法跟第十分块差不多，回滚莫队，然后每个块维护链表，查询时合并。