8 月记录

AT_arc168_f [ARC168F] Up-Down Queries

给定长度 \(n\) 的序列 \(x_i\in [0,M]\)，对这个序列进行：

准备一个长度 \(M\) 的全 \(0\) 序列 \(y\)，依次 \(i=1\to n\)：

  • 对 \(j\in [1,x_i],y_j\leftarrow \max(0, y_j-1)\)。
  • 对 \(j\in (x_i,M],y_j\leftarrow y_j+1\)。

每次对 \(x\) 单点修改，输出最后序列 \(y\) 的和。

\(1\le n,M,Q\le 2\times 10^5\)。

\(y_i\) 单增，考虑维护差分序列。

前缀 \([1,x_i]+1\)， 后缀 \((x_i,M]-1\)。

考虑维护斜率变化点，每次考虑就是加入两个 \(x_i\)，然后删除最小值，最后只需知道集合数的和。

删除最小值变成删除任意值，可以变为一个费用流模型。

维护单向链，\(S\to i\) 连 \((2,x_i)\)，\(i\to T\) 连 \((1,0)\)，其具体意义为：从左往右扫，加入两个流量，然后将最小的流量流出，最后剩下的流量原路返回！！！

考虑模拟费用流，每次修改一条边的费用，而始终是最大流，故每次只能找一个环增广，发现只能增广含 \(x_i\) 的环。

向左向右找权值最小的合法环即可。

线段树上维护正反边流量及权值。

P5841 [CTSC2011] 字符串重排

给定 \(n\) 个两两不同字符串 \(s_i\)，定义一个排列的价值为相邻串 LCP 的平方和。

还有 \(q\) 个附加奖励，在满足最大价值的前提下，若满足 \(x_i\) 恰好在 \(y_i\) 相邻前面，则有 \(2^i\) 的奖励。

求最大价值以及最大奖励。

\(q,L\le 2\times 10^5\)。

发现排列一定是 trie 的一个 dfs 序。

防止前后缀关系，额外给每个 \(s_i\) 加上一个独立的字符，这下每个截止点都是叶子了。

对于奖励任务，就是要求每个点在 dfs 序中相邻。

从大到小进行检查，限制为：钦定 \(u\) 的某个儿子 \(v\) 是第一个经过的，最后一个经过的，或者钦定 \(v_1\) 恰好在 \(v_2\) 前。

考虑用链表维护，找若干条件即可。

注意到可以缩链，可以证明这样最大深度为 \(\mathcal O(\sqrt L)\)。

AT_wtf22_day1_d Welcome to Tokyo!

P13757 【MX-X17-T6】Selection

定义序列 \(A>B\) 当且仅当 \(A_i\ge B_i\)，且存在 \(A_i>B_i\)。

求对 \(n\) 个长度为 \(m\) 的数组填 \([1,v]\) 的数的方案数，使得可以选出 \(k\) 个数组 \(S\)，使得 \(\forall i\in S,j\notin S\) 都有 \(A_i>A_j\)。

\(n\le 4000, m\le 10^9,v\le 10^9\)。

钦定 \(a\) 前 \(k\) 个大于后 \(n-k\) 个，最后乘上 \(\binom {n}{k}\)。

然后每个位置需要确定最小值，然后后 \(n-k\) 个要求为 \(\le\)，但是不能同时有前 \(k\) 个、后 \(n-k\) 个全部位置都等于最小值的数组。

先求总方案数：

\[(\sum_{i=1}^{v}((v-i+1)^k-(v-i)^k)i^{n-k})^m \]

插值求出关于 \(v\) 的系数，复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

然后考虑要删掉的部分，容斥枚举前 \(k\) 个、后 \(n-k\) 个等于的个数，有：

\[\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{n-k}(-1)^{i+j}\binom{k}{i}\binom{n-k}{j}(\sum_{z=1}^{v}z^{k-i}(v-z+1)^{n-k-j})^m \]

然后问题变成对 \(\mathcal O(n^2)\) 对 \((i,j)\) 求 \(\sum_{z=1}^{v}z^i(v-z+1)^j\)。

设二元 EGF：

\[F=\sum_{i,j}\frac{\sum_{z=1}^{v}z^i(v-z+1)^j}{i!j!}x^iy^j \]

分别对两维求导，有：

\[F_1=\sum_{i,j}\frac{\sum_{z=1}^{v}z^{i+1}(v-z+1)^j}{i!j!}x^iy^j\\ F_2=\sum_{i,j}\frac{\sum_{z=1}^{v}z^{i}(v-z+1)^{j+1}}{i!j!}x^iy^j\\ \]

发现 \((v+1)F=F_1+F_2\)。

于是有：

\[(v+1)f_{i,j} = (i+1)f_{i+1,j}+(j+1)f_{i,j+1} \]

P13833 【MX-X18-T5】「FAOI-R6」纯蓝

定义一个序列的价值为选择两个位置不同的元素得到的最小异或和。

求所有长度为 \(n\) 的 \(a_i\in [0,l_i]\) 的序列的价值和。

\(n,l_i\le 8000\)。

差分掉，求 \(f(a)>k\) 的 \(a\) 个数。

设 \(c_i=\sum_{j=1}^{n}[l_j\ge i]\)，则从大到小排序后的序列 \(b\)，对应的 \(a\) 个数为 \(\prod_{i=1}^{n}(c_{b_i}-i+1)\)。

结论：\(f(a)\le \frac{2\max a_i}{n-1}\)。

证明：

考虑 \(f(a)\ge 2^k\) 的条件为 \(\lfloor\frac{a_i}{2^k}\rfloor\) 两两不同，所以 \(\max a_i\ge (n-1)2^k\to 2^k\le \frac{\max a_i}{n-1}\to f(a)\le \frac{2\max a_i}{n-1}\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(b_i=j\) 时，上面式子的和，则转移为 \(f_{i,j}\leftarrow (c_j-i+1)\sum_{x=j}^{V}[j\oplus x>k]f_{i-1,x}\)。

现在单次 dp 的复杂度为 \(\mathcal O(nV^2)\)，而枚举 \(k\) 的复杂度为 \(\mathcal O(\frac{V}{n})\)。

考虑优化。

枚举 \(j\oplus x\) 与 \(k\) 的最高不同位 \(h\)，则 \(k\) 这位为 \(0\)，枚举 \(j\) 高位值 \(j'\)，则 \(x'=(k'+1)\oplus j'\)，然后 \(j,x\) 的后 \(h\) 位是任意的，所以对于 \(j\in [j'2^h,(j'+1)2^h)\)，加上 \(\sum_{x=x'2^h}^{(x'+1)2^h-1}f_{i-1,x}\) 即可。

而对于 \(j\ge x\) 的情况，你发现 \(x'\ne j'\)，所以跳过 \(j'>x'\) 的情况即可。

单次转移复杂度 \(\mathcal O(\sum_{i\ge 0} 2^i)=\mathcal O(V)\)，总复杂度 \(\mathcal O(V^2)\)。

CF1672I

有一个排列 \(p\)，多次执行以下操作：

  • 选择 \(i\)，满足 \(|i-p_i|\le s\)。
  • 对于所有 \(p_j>p_i\) 的 \(j\)，令 \(p_j\leftarrow p_j-1\)。
  • 删除第 \(i\) 个元素，后面的数移到前面。

求出使得 \(p\) 可空的最小 \(s\)。

\(n\le 2\times 10^5\)。

先画一个二分图出来，发现 \(|i-p_i|\) 只会减小，且修改是形如两个矩形减一。

所以最优解一定是每次取最小的，且按照 \(i<p_i,i>p_i\) 分类的话。

每次修改一定是大的变小，小的不变。

在几何上，以下面为例，若一个点左上角有点，那么这个点一定不是最小值，所以关键点形如后缀最大值。

并且我们可以不维护坐标，只维护关键点 \(|i-p_i|\) 的值，删掉一个关键点后，只需要在原来的图上继续找后缀最大值即可。

每次只维护关键点的值，那么两维是单调的，所以修改的一定是区间，然后每次删掉一个关键点后，可以均摊找出新出来的关键点，而关键点此时的权值可以由前面删掉的点得出。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

查商品

\(n\) 个物品排成环，物品有权值 \(a_i\)（排列），顺时针 \(1\to n\)，初始有空序列 \(A\)，你站在 \(1\)。

重复执行以下过程直到所有物品被取完：

  • 以 \(p\) 的概率取走当前位置的物品 \(a_i\) 加入 \(A\)。
  • 顺时针移到下一个未取走的物品的位置。

求最后 \(A\) 的字典序排名的期望。

\(n\le 5000\)。

考虑排列的权值为前面比你小的数乘上一个阶乘的和。

将过程分成两部分，从 \(1\) 第一次到 \(i\) 与从 \(i\) 开始不断绕圈最后到 \(i\) 选上。

设 \(g_{i,j}\) 表示第一部分，走到 \(i\) 选了 \(j\) 个。

设 \(f_{i}\) 表示从 \(x\) 开始绕圈，当前在 \(x\) 还没开始过程，选了 \(i\) 个，转移枚举下一圈选了几个。

注意到转移成环，移项除过去可以解决。

然后你发现钦定一个 \(<p_i\) 的数在 \(i\) 前面选只与这个数在 \(i\) 前还是后有关。

于是对这些 dp 后面加一维 \(0/1\) 表示当前是否选到了钦定点即可。

而 \(f_i\) 的最终值依赖第一部分带来的初始个数，这是好解决的，你将转移反过来做就行了。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

CF1842G Tenzing and Random Operations

给出 \(v\) 和长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，进行 \(m\) 次操作：

每次操作等概率选择 \(i\)，\(\forall j\in[i,n]\)，令 \(a_j\leftarrow a_j+v\)。

求 \(\prod a_i\) 的期望。

\(n\le 5000,1\le m,v\le 10^9\)。

竟有点卡住了，重温一下。

所求就是：

\[\frac{1}{n^m}\prod_{i}(a_i+\sum_{j=1}^{m}[p_j\le i]v) \]

考虑若干项选了 \(a_i\)，对于每个 \(j\)，也有若干项选了 \(p_j\)，系数是 \(\prod_k v[p_j\le i_k]\)，要求就是 \(p_j\le i_1\)。

设 \(f_{i,k}\) 表示当前出现了 \(k\) 个不同的 \(j\) 下系数的和，转移考虑 \(i\) 选择了 \(a_i\)，还有第一次出现的某个 \(j\)，还是之前出现过的。

P6383 『MdOI R2』Resurrection

一棵以 \(n\) 为根的大根树。

按照如下步骤生成一个无向图 \(G\)：

选择一个 \(1\sim n-1\) 的排列 \(p\)，进行第 \(i\) 次操作，删除树中编号为 \(p_i\) 的边 \((a,b)\)，记 \(u,v\) 分别为树中与 \(a,b\) 联通的最大编号点，在 \(G\) 的连边 \((u,v)\)。

求有多少种本质不同的 \(G\)。

\(n\le 3\times 10^3\)。

\(G\) 是一棵树。

\(G\) 合法的充要条件是一条祖先后代链上的返祖边不相错。

设 \(f_{i, j}\) 表示当 \(i\) 存在 \(j\) 个可选的祖先时，\(i\) 子树的答案。

\[f_{i,j}\leftarrow \sum_{k=1}^{j}\prod_{v} f_{v, j-k+2} \]

时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

P8329 [ZJOI2022] 树

分别生成一棵以 \(1\) 为根的小根树和一棵以 \(n\) 为根的大根树。

要求对于任意 \(i\in [1,n]\)，他恰好在一棵树中作为叶子。

对所有 \(n\in [2,N]\) 输出方案数。

\(n\le 500\)。

恰好？？咋开始没看到？

还不会容斥做法。

考虑钦定一种转移方向，从小到大，在 \(T_1\) 上就是加叶子，在 \(T_2\) 上就是合并子树。

设 \(f_{i,j,k,p}\) 表示 \(j\) 个点钦定为叶子，\(k\) 个点不是叶子但是现在是叶子，\(p\) 个联通块。

  • \(i\) 点在 \(T_1\) 上是叶子：
    • 去满足条件，\(\times k\times \binom{p}{p’}\to f_{i,j+1,k-1,p-p'+1}\)。
    • 不去满足条件，\(\times (i-1-j-k)\times \binom{p}{p'}\to f_{i,j+1,k,p-p'+1}\)。
  • \(i\) 点在 \(T_2\) 上是叶子：
    • 去满足条件，\(\times k\to f_{i,j,k-1+1,p+1}\)。
    • 不去满足条件，\(\times (i-1-j-k)\to f_{i,j,k+1,p+1}\)。

现在时间复杂度 \(\mathcal O(n^5)\)。

要优化到 \(\mathcal O(n^3)\)。

考虑先对 \(T_1\) 上不是叶子的进行容斥，钦定 \(z\) 个之后一直没连边，贡献到 \(j\) 的状态上，最后贡献系数为 \((-1)^z\)。

设 \(f_{i,j,p}\) 表示 \(j\) 个点钦定为叶子，\(p\) 个联通块。

  • \(i\) 点在 \(T_1\) 上是叶子：
    • \(\times (i-1-j)\times \binom{p}{p'}\to f_{i,j+1,p-p'+1}\)。
  • \(i\) 点在 \(T_2\) 上是叶子：
    • 钦定之后一直没连边，\(\times (-1)\times (i-1-j)\to f_{i,j+1,p+1}\)。
    • 之后任意，\(\times (i-1-j)\to f_{i,j,p+1}\)。

现在复杂度瓶颈在于组合数部分，其本质在于选择若干点作为儿子。

但是我可以在加入联通块时就区分等价类，一个等价类内的联通块最终合并到一起。

就做完了。

P9528 [JOISC 2022] 蚂蚁与方糖

一个坐标为 \([0,10^9]\) 的数轴。

进行 \(q\) 次操作：

  • 操作一：在 \(x_i\) 放 \(a_i\) 个人。
  • 操作二：在 \(x_i\) 放 \(a_i\) 个糖。

每次操作后模拟，将人连向距离他 \(\le L\) 的糖，求二分图最大匹配。

\(q\le 5e5,1\le L\le 10^9\)。

考虑一个 hall 定理，开始我可以先将下面那个轴向右移动 \(L\)，变成每个点向右 \(2L\)。

hall 定理说明的是，下面的东西选择不相交的若干区间，对应找上面被包含的点，但是下面的相交肯定不优，所以我只需考虑让上面的点不交就行了。

然后我考虑让一个部分下面多出来的 \(2L\) 的部分放到上面最右边那个点上，钦定上面 \(1\to 0\) 之后那个 \(0\) 有如此贡献。

这样左部点修改可以线段树维护。

对于右部点修改，发现修改区间为 \(2L\)，这样长度的区间内最多一个结束点，故可以快速更新，下方也行。

P13755 【MX-X17-T4】Yet another Game problem

一个长度为 \(n\) 序列 \(a\)，初始 \([l,r]=[1,n]\)。

\(A\) 和 \(B\) 轮流操作：

  • \(A\) 可以选择 \(i\in (l,r]\)，将区间变为 \([i,r]\)。
  • \(B\) 可以选择 \(i\in [l,i)\)，将区间变为 \([l,i]\)。

当 \(l=r\) 时结束，得分为 \(a_l\)。

\(A\) 要得分最大，\(B\) 最小，求最终得分。

考虑二分答案 \(lim\)，将 \(\ge lim\) 的设为 \(1\)，\(< lim\) 的设为 \(-1\)。

则先手操作必然不会让左端点为 \(-1\)，后手操作必然不会让右端点为 \(1\)。

？？？

考虑先手移动完后 \(l\) 所在的 \(1\) 段个数必须比下一段的 \(-1\) 个数多，否则后手下一段右端点他就炸了。

结论：必胜当且仅当存在非空真后缀和 \(\ge 0\)，且先手选择的点为后缀最大值。

充分性，先手走到任意一个严格后缀最大值的位置 \(p\)，若 \(p=n\) 则胜利；否则假设后缀操作至 \(p'\)，都一定有 \([p,p']\) 的和 \(>0\)，这样始终存在一个非空真后缀和 \(\ge 0\)，如此往复，最后 \(p'=p\)，且和 \(>0\)，故胜利。

必要性，反证，假设原序列不存在非空真后缀和 \(\ge 0\)，说明唯一的严格后缀最大值为 \(n\)。

如果左端点移动到 \(n\)，先手败。

否则不移动到严格后缀最大值上，假设移到了 \(p\)，设 \(suf_{p+1}\sim suf_n\) 中的第一个 \(-1\) 位置为 \(p'\)，后缀移动到 \(p'-1\)，依然不存在非空真后缀 \(\ge 0\)，先手必败。

P10547 [THUPC 2024 决赛] 排列游戏

问多少排列满足：

  • 恰好 \(n\) 次交换不同位置两个数可以进行排列。
  • 定义交换 \(i,j\) 的代价为 \(|i-j|\)，可以使用 \(\le m\) 的代价进行排列。

\(n\le 500, m\le 5000\)。

妙妙啊！

条件一等价于置换环数量为偶数。

条件二等价于 \(\sum |i-p_i|\le 2m\)。

考虑 \(\sum |i-p_i|=2\sum [i\le p_i] p_i-i\)。

设 \(f_{i,j,k,p=0/1}\) 表示当前置换环奇偶性为 \(0/1\)，插入了 \([1,i]\) 的数，形成了 \(j\) 条链，总和为 \(k\)。

  • 钦定为链首，\(\to f_{i,j+1,k-i,p}\)。
  • 钦定单独成环，\(\to f_{i,j,k,p\oplus 1}\)。
  • 连接前面的段，后面还得接上上升的，\(\times j \to f_{i,j,k,p}\)。
  • 连接前面的段，后面接上已经出现过的段尾，下降了，\(\times j\times (j-1)\to f_{i,j-1,k+i,p}\)。
  • 将前面一条链连成环，\(\times j\to f_{i,j-1,k+i,p\oplus 1}\)。
  • 接在段的前面，\(\times j\to f_{i,j,k,p}\)。

问题是现在 \(k\) 的取值达到了 \([-n^2,n^2]\)。

但是我们可以在 \(i\to i+1\) 时，令 \(k\leftarrow k+j\)，因为 \(j\) 的定义是后面还会接上的段数。

这样 \(k\) 是 \(\mathcal O(m)\) 的。

可以发现 \(j\) 是 \(\mathcal O(\sqrt m)\) 的。

时间复杂度 \(\mathcal O(nm\sqrt m)\)。

P9385 [THUPC 2023 决赛] 阴阳阵法

基环树上有 \(n\) 个白点，\(m\) 个黑点，共 \((n+m)^{n+m}\) 个方案。

计算满足以下条件的方案数：

  • 黑点指向白点。
  • 每个环上黑点和白点数量乘积为偶数。

\(n,m\le 2000\)。

考虑一个基环树的遍历过程，每次从小往大找到第一个未遍历的点，从它开始沿着出边遍历下去直到访问到已经遍历过的点。

遍历路径有链，\(\varphi\) 型，而这些都是不交的！！！！

分阶段 dp。

设 \(f_{i,j}\) 表示加入了 \(i\) 个白点，\(j\) 个黑点，进行完若干轮扩展后的方案数。

设 \(g_{i,j,0/1,0/1}\) 表示当前遍历了 \(i\) 个白点，\(j\) 个黑点，正在进行扩展一，当前在白或黑点，钦定终止节点的颜色为白或黑（因为需要满足条件一）。

设 \(h_{i,j,0/1,0/1/2,0/1,0/1}\) 表示当前遍历了 \(i\) 个白点，\(j\) 个黑点，正在进行扩展二，当前在白或黑点，已经钦定了环的终止节点颜色为白或黑或者未钦定终止节点，环上白点奇偶性，环上黑点奇偶性。

只有当加入了 \(n\) 个白点后，开始节点才能是黑点。

P11292 【MX-S6-T4】「KDOI-11」彩灯晚会

给出一个联通的 dag，每个点的颜色可以是 \([1,k]\)。

给出一个 \(l\)，定义一种方案的价值为每种颜色的长度为 \(l\) 的链（即 \(l\) 个点）的数量平方之和。

求所有方案价值之和。

\(n\le 300, k<998244353, l\le 20\)。

首先有一个记录当前两个人走到哪里，分别走的长度，然后让拓扑序小的人一直走的做法。

考虑容斥，\(k^t=\sum_{j=0}^{t}\binom{t}{j}(k-1)^j\)，即每个钦定交长度为 \(j\) 的走路方案贡献为 \((k-1)^j\)。

那么记录当前交在哪个点，枚举下一个交点，分步将两个人走过去即可做到 \(\mathcal O(n^2L^3+n^3L)\)。

P11696 [JRKSJ ExR] 七影蝶

长度为 \(n\) 的非负整数序列 \(a_{1\sim n}\)。

接下来有 \(q\) 次询问，每次询问给出非负整数 \(L,R\)，求

\[\max_{x=L}^R\left(\sum_{i=1}^n\mathrm{popcount}(a_i+x)\right) \]

\(1\le n,q\le 5\times 10^5\)，\(0\le L\le R\le 10^{11}\)，\(0\le a_i\le 10^{11}\)。

钦定 \(a_i+x\) 的第 \(k\) 位为 \(1\) 的条件为 \((a_i+x)\bmod 2^k\ge 2^{k-1}\)。

可以求出 \(x\bmod 2^k\) 的两个区间 \([2^{k-1}-a_i, 2^k-a_i),[2^k+2^{k-1}-a_i, 2^k)\)。

则对每个 \(a_i\)，求出 \(\mathcal O(\log V)\) 个区间，形如 \(x\bmod 2^k\in [l,r]\)，则答案加一。

考虑一个主席树，对 \(k\) 从小往大处理，做完 \(k\) 的修改之后，将当前版本复制一遍作为右子树就能完成对 \(k+1\) 层的前置处理，时空复杂度均为 \(\mathcal O(n\log^2V)\)。

考虑询问时如果得到了 \(k+1\) 层及以上所有修改对这次询问的所有贡献，那么第 \(k\) 层及以后的贡献就和上面的修改无关了。

类似线段树结构，询问区间在一个节点分裂开后，每一层最多两个节点，则上面的“贡献”可以视作 LCA 处的答案与每层两个节点之前的标记和。

考虑优化。

注意到：

  • 后 \(k\) 位一类区间为 \([l,r)\)，则后 \(k+1\) 位为 \([0, r)\) 或 \([l+2^{k-1},r+2^k)\)，且有 \(r=l+2^{k-1}\)。

  • 后 \(k\) 位二类区间为 \([l,2^k)\)，则后 \(k+1\) 位为 \([2^{k-1}+l,2^{k+1})\)，且有 \(r_1+2^k=2^k-a_i+2^k=2^k+2^{k-1}+2^{k-1}-a_i\)。

故 \(k\) 级区间的端点，分别 \(+0、+2^k\) 后得到的端点为 \(k+1\) 级区间的超集。（1）

上面的东西说明了什么？我们可以考虑模拟线段树结构，每层分成若干区间，满足下层区间是当前层区间的分裂！

并且根据复制的过程，第 \(k+1\) 层的值域为 \([0,2^{k+1})\)，一个数 \(x\in [2^k,2^{k+1})\)，往下跳刚好跳到下一层的 \(x-2^k\) 处，所以这些端点也能满足往下处理的条件！

故我对每层的修改维护若干等价类，即对端点去重后取相邻为一段，一共 \(\mathcal O(n)\) 个。

则当前第 \(k\) 层的修改对询问区间的贡献是能处理的，前提是预处理出了，在考虑第 \(k\) 层及以后的修改后，每个等价类的 \(\max\)。

还有一个好处是，可以简单处理出每层对端点的离散化：过程是每个端点每次头顶加一位，类似后缀排序做，具体来说，将 \(-a_i\) 排序，然后将 \(2^{k-1}-a_i,2^k-a_i,2^k+2^{k-1}-a_i\) 归并起来即可。

现在能做到预处理 \(\mathcal O(n\log V)\)，询问 \(\mathcal O(q\log V)\)，每次查当前层的等价类区间 \(\max\)（维护一个线性 rmq），剩下的散块吸收标记后放到下一层处理。

考虑优化，将询问端点的后 \(k\) 位插入每一层的端点中，恰好能满足条件 (1)！

那么每次询问直接在最上面一层做 rmq 就能直接回答！

时间复杂度为 \(\mathcal O((n+q)\log V+q)\)，空间对数，也可以换成线段树。

P12264 『STA - R9』咏叹调调律

一段旋律是一个仅含 \(\tt ABC\) 的字符串 \(S\)。一段旋律被称作咏叹调当且仅当可以通过每次删除一个 \(\tt AB\) 子序列、\(\tt CA\) 子序列、\(\tt AAA\) 子序列或 \(\tt CCB\) 子序列来得到空串。

对于非负整数 \(p,q,r\)，一段含 \(a\) 个 \(\tt A\)、\(b\) 个 \(\tt B\)、\(c\) 个 \(\tt C\) 的旋律的音韵被定义为 \(p^aq^br^c\)（其中 \(0^0=1\)）。

给定正整数 \(n,p,q,r\)，对于每个 \(1\le k\le n\)，问长度为 \(k\) 的咏叹调的音韵之和。答案可能很大，对 \(998244353\) 取模。

\(1\le n\le 500\)，\(0\le p,q,r<M\)。

有点神秘了这题。

一个前缀的 \(A\) 匹配 \(AB\)，一个后缀的 \(A\) 匹配 \(CA\)。

考虑将 \(A\) 划分成 \(A_L,A_R\)。

观察：将 \(A_L,C,A_R,B\) 分别看成两个 \((\)，一个 \((\)，一个 \()\)，两个 \()\)，则合法串必要条件为合法括号串。

但是还有要求是，双括号的不能拆开分别匹配。

并且我们还能得到，只存在一种合法划分。

所以钦定优先级，\(A_LB>A_LA_RA_R/CCB>CA_R\)。

接下来考虑 dp，记录存在多少什么类型的左括号。

当插入 \(A_R\) 时，我们考虑优先匹配 \(A_LA_R\)，但是后面可能这个 \(A_L\) 会与 \(B\) 匹配，若 \(A_R\) 可与前面的一个 \(C\) 匹配，则先删去这个 \(C\)，预留一次反悔机会。

当插入 \(B\) 时，优先匹配 \(A_LB\)，否则若存在可反悔的 \(A_LA_R\) 就反悔，最后不行再和 \(CC\) 匹配。

若已经存在匹配的 \(A_LA_R\) 时再出现一个 \(A_R\)，直接匹配 \(A_LA_RA_R\) 即可，否则若匹配 \(A_LB\) 合法的话，前面一定存在 \(CC\)，匹配 \(CCB\) 即可。

CF1710E Two Arrays

给定两个长度 \(n\) 序列 \(a,b\)。

Alice 和 Bob 在一个 \(n \times m\) 的网格上进行游戏。初始时，棋盘上的车位于第一行第一列。

每次轮到某位玩家时，可以进行以下两种操作之一：

  1. 将车移动到当前行或当前列的另一个格子。玩家不能将车移动到已经被访问过 \(1\) 次的格子。
  2. 立即结束游戏，得分为 \(a_r+b_c\)。

Bob 希望最大化得分，而 Alice 希望最小化得分。如果两人都采取最优策略，游戏的最终得分是多少？

\(n,m\le 2\times 10^5\)。

二分图博弈：给定二分图和起始点，每个点只能走到一次，每个人只能走到相邻的点，无法操作的人输。

先手必胜的条件是最大匹配一定包含起始点。

若最大匹配包含起始点，则先手按照匹配走，若后手走到非匹配点，则存在一条增广路使得匹配数不变，但是匹配不包含 \(H\)，矛盾。

若最大匹配不一定包含起始点，考虑某个不含 \(H\) 的最大匹配，那么先手初始走点一定是匹配点，然后后手一定按照匹配选点即可，那么先手不可能选到非匹配点，否则匹配数变多，矛盾。

所以本题二分答案后变成求二分图的最大匹配，转成最大独立集。

那么问题相当于每行每列选一个颜色，一个点只能在都符合行列颜色时才能选。

根据调整，行列都是一个前缀选 \(0\)，一个后缀选 \(1\)。

且对于每一行来说，钦定 \([1,i]\) 选 \(0\)，则最优的列分界点是单调的。

于是就做完了。

P13826 [Ynoi Easy Round 2026] 寒蝉鸣泣之时

给定 \(n\) 个边平行于坐标轴的平面矩形，以及正整数 \(m\)，对 \(1\le m\cdot i\le n\) 的每个整数 \(i\) ，你需要计算出恰好被 \(m\cdot i\) 个矩形包含的区域的面积。

第 \(i\) 个矩形用四个整数表示为 \(x_{1,i},x_{2,i},y_{1,i},y_{2,i}\)。

恰好被 \(i\) 个矩形包含的区域的面积即为有多少个整点 \((x,y)\) 满足 \(\sum\limits_{j=1}^n[x_{1,j}\le x<x_{2,j}][y_{1,j}\le y<y_{2,j}]=i\)。

\(n\le m^2\le n^2\)，\(1\le x_{1,i}<x_{2,i}\le n\)，\(1\le y_{1,i}<y_{2,i}\le n\)，\(1\le n\le 3\times 10^5\)。

考虑一个块被修改了 \(+m,-m\) 就重构。

重构时处理块内的数在执行了 \([-m,+m]\) 的加法后，每一个答案的变化量，就能在 \(+1\) 时，快速知道答案变化量。

由于每一块的答案是独立的，所以分别对每一块做空间就是线性的。

P13827 [Ynoi Easy Round 2026] 寒蝉鸣泣之时·业

D2T2。

P12152 【MX-X11-T6】「蓬莱人形 Round 1」催眠术

给定 \(n,m,k\)，还有一个长为 \(m\) 的值域在 \([1,k]\) 中的整数序列 \(a\)，再给定一个大小为 \(n \times (m+1)\) 的矩阵 \(c\)。

定义一个整数序列是好的，当且仅当它的值域在 \([1,k]\) 中且所有值域在 \([1,k]\) 的长为 \(m\) 的整数序列都是它的子序列。

定义一个好的整数序列 \(b\) 的价值为 \(\prod\limits_{i=1}^n c_{i,pre_i}\)，其中 \(pre_i\) 为 \(a\) 的最长前缀长度使得 \(a_{1 \sim pre_i}\) 是 \(b_{1\sim i}\) 的一个子序列，若不存在则 \(pre_i = 0\)。

求所有长度为 \(n\) 的好序列的价值和，答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(1 \le n,m,k \le 400\)，\(1\le a_i\le k\)，\(1 \le c_{i,j} < 10^9+7\)。

填了 \(i\) 个数，处于第 \(j\) 段，\(pre_i = x\), \(pre\) 中颜色数 \(p\)，其外颜色数 \(q\)。

  • 下一个数匹配。

    • 若 \(pre_{i+1}\) 在前面出现过，\(p,q\to p,q\)。
    • 不在前面 \(q\) 种中 \(p,q\to p+1,q\)。
    • 在前面 \(q\) 种中选一种，\((p,q)\times q\to (p+1,q)\)。

  • 下一个数不匹配，有要求是相邻两个匹配点 \(a,b\) 之间的 \((a,b)\) 不能出现 \(pre_{i+1}\) 这个数，那么在上一个匹配点处钦定下一个匹配点为上面第三种转移时，先删掉一种颜色。

    • 若这个数是新数，\((p,q)\to (p,q+1)\)。

    • 否则在 \(p\) 中出现，\(pre_{i+1}\) 若在前面出现了就少一种。

    • 否则在 \(q\) 中出现，\((p,q)\times q\to (p,q)\)。

而在跑一个段的最后一个匹配点之后，若 \(pre_{i+1}\) 不在 \(p\) 中，则要求后面的数不能选 \(pre_{i+1}\)，发现 \(pre_{i+1}\) 一定在 \(q\) 中，所以类似将 \(q\) 中直接选择一个等价类钦定为 \(pre_{i+1}\)，然后删掉，最后再加上即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

NOI2025 集合 另一种方向的容斥

CF2119E

CF2109F

CF2109G

AT_xmascon20_f Famous in Russia

对于给定的长为 \(n\) 的正整数序列 \(a_{1\sim n},b_{1\sim n}\)，定义 \(f(a_{1\sim n},b_{1\sim n},k)\) 为选择 \(k\) 个互不相同的 \([1,n]\) 下标 \(p_{1\sim k}\)，下式的最小值：

\[\max_{i=1}^k\left(b_{p_i}+\sum_{j=1}^ia_{p_j}\right) \]

给定 \(n,v\) 以及正整数序列 \(b_{1\sim n}\)，对于 \(1\le k\le n\) 分别求出：对于所有值域为 \([1,v]\) 的正整数序列 \(a_{1\sim n}\)，\(f(a_{1\sim n},b_{1\sim n},k)\) 之和对 \(998244353\) 取模的结果。

\(n\le 30\)，\(v\le 20\)，\(1\le b_i\le n\cdot v\)。

按照 \(b_i\) 从小到大排序。

遍历 \(1\to n\)：

  • 若 \(s\) 与堆顶元素和 \(\le b_i\)，将 \(s\) 加上堆顶被弹出，重复执行。
  • 将堆顶元素减去 \(b_i-s\)，令 \(s\leftarrow b_i\)。
  • 插入 \(a_i\)。

记 \(f_{i,k,l,r,s}\) 表示插入了 \(a_{1\sim i-1}\)，钦定 \(k\) 个元素被完全弹出，当前堆内还存在的最大钦定被弹出数，当前堆内最小的钦定不被弹出数，当前答案为 \(s\)。

  • 若 \(s\le b_i\)，则所有钦定被弹出数全被弹出，而钦定不被弹出的最小元素会减小 \(b_i-s\)，故 \(l'\leftarrow 0,r'\leftarrow r-(b_i-s),s'\leftarrow b_i\)。
  • 否则存在至少一个前面被钦定需要弹出的数未被弹出：
    • 若 \(\ge 2\) 个，则有 \(l+b_i\le s\)，\(l\) 不变。
    • 否则 \(l'\leftarrow s-b_i\)。
    • 综上，\(l'\leftarrow \min(l,s-b_i),r'\leftarrow r, s'\leftarrow s\)。

P12020 CF1033F 加强版

给定若干种二进制的运算符，给定 \(n\) 个 \([0,2^w)\) 的数 \(a_i\)，每次询问钦定每一位采用哪种运算符，计算有序数对 \((x,y)\) 满足 \(a_x\) 运算 \(a_y\) 等于 \(z\)。

\(w\le 16,n\le 10^5,q\le 10^5\)。

考虑 \(10\) 和 \(01\) 的结果相同，则可以按照 \(i+j \bmod 3\) 的结果分成三类。

每种运算符可以看成钦定某一位 \(i+j\bmod 3\) 的结果为定值或者在两者之一。

当“两者之一”的类较少时，\(2^b\) 枚举统计表中，表可以使用分治版 fwt \(\mathcal O(3^n)\) 预处理。

否则，我们希望将“定值”类转化成“两者之一”类，这是可以做到的：\(\{0\}=\frac{\{0,1\}+\{0,2\}-\{1,2\}}{2}\)，这个表也可以 \(\mathcal O(n3^n)\) 预处理。

故复杂度为 \(\mathcal O(n3^n+q\min(2^b,3^{d-b}))\)。

QOJ8557

？？？

吃豆(pacman)

有 \(n\) 个吃豆人，和 \(m\) 个豆豆，每个豆有颜色 \(\in [1,n]\)，编号为 \(i\) 的吃豆人只能吃颜色为 \(i\) 的豆豆。

将这 \(m\) 个豆豆一个一个扔给吃豆人。

如果一个吃豆人吃了至少 \(a_i\) 个豆豆，那么它就会立刻爆炸。如果某个吃豆人爆炸了就不会扔豆豆了。

事先确定好扔豆豆的顺序，每个吃豆人想知道：它会爆炸的顺序有多少种。

\(n\le m\le 2\times 10^5\)，\(a_x\le \sum_{i=1}^{m}[col_i=x]\)。

考虑枚举结束颜色，与位置。

方案数可以用 GF 表示，类似 \((G\times \prod F_i)\cdot H\)。

发现移位后就是 \(G\cdot (H / \prod F_i)\)，中间是差卷积，且 \(G\) 只有一项非 \(0\)。

考虑分治维护 \(H / \prod F_i\)，发现每次递归进子区间的项数大约为 \(\sum a_i\)，故带权分治即可。

排列(perm)

考虑同时取到最小值。

那么每次就要求在同一环上取两个数将环分裂开，这两个数有大小关系的条件，钦定其中一个为最小值，并维护其位置，分别向左向右找到第一个合法操作点，一找到就操作，这就是启发式分裂的过程。

specie

有 \(n\) 个物种，每个物种有 \(c_i\) 个人，且不适宜在一个矩形生存。

对于一种生存情况，定义权值为每个格子 \(\binom{num}{2}\) 的和，最大化权值。

\(X,Y\le 1000\)，\(n\le 10^6\)。

对于一种方案，一个人要是能到更大的就调整过去，方案可以表示为按照权值从大到小，每次将一个点周围的人全部吸过来。

若第一个位置为 \((x,y)\)，第二个位置为 \((x',y')\)，假设 \((x',y')\) 在 \((x,y)\) 左上方，那么将 \((x',y')\) 调整成 \((1,1)\) 不劣，那么若存在第三个数，最优就是取对角了。

简单计算即可。

string

\(n\) 个长度为 \(m\) 且初始全为 \(0\) 的串，每次操作将区间串的第 \(x\) 个位置写成 \(w\)，保证每个位置被写至多一次。

求最后字符串排序顺序。

\(n,m\le 2\times 10^5\)。

可以从左往右扫，主席树维护。

直接排序，比较就在主席树上做，\(\mathcal O(n\log^2n)\)。

考虑类似后缀排序，每次翻倍，那么我可以将值域调成 \(2^k\)，对主席树上 \(\mathcal O(n\log n)\) 个节点，在每一层上进行排序，这样在最上层就能知道每个数的排名了。

太厉害了，做到 \(\mathcal O(n\log n)\)。

P10675 【MX-S1-T4】先见之明

给定 \(n\) 个非负整数 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\)。有 \(q\) 次询问，每次询问：

  • 给定一个非负整数 \(k\)，你需要从 \(2^{a_1}, \ldots, 2^{a_n}\) 中取出一个子集，使得它们的和 \(\ge k\)。
  • 在保证和 \(\ge k\) 的前提下，最小化它们的和。
  • \(k\) 以二进制的形式给出。

\(1\le n,q\le 10^6\)，\(0\le m\le 10^6\)，\(\sum m\le 5\times 10^6\)，\(0\le a_i,p_i\le 10^6\)，\(p_i>p_{i+1}\)。

考虑若存在 \(j\) 满足 \(\sum_{i=j}^{m}2^{p_i}> \sum_{a_y\le p_j}2^{a_y}\)，则必须得存在一个 \(>p_j\) 的位置取 \(1\) 且 \(k\) 那位取 \(0\) 才行，故找到最小的 \(j\)，\(p_j\) 之后都填 \(0\)。

先证明若不存在 \(j\)，则答案 \(=k\)：

考虑从 \(p_m\) 开始构造，那么后面一定能凑出 \(p_m\)，且前面的式子的大小关系不变。

若存在 \(j\)，那么对于最小的 \(j\)，有：

\[\sum_{i=j}^{m}2^{p_i}>\sum_{a_y\le p_j} 2^{a_y}\\ \sum_{i=j}^{m}2^{p_i}+2^{p_{j-1}}\le \sum_{a_y\le p_{j-1}} 2^{a_y} \]

所以有：

\[\sum_{p_j<a_y\le p_{j-1}}2^{a_y}>2^{p_{j-1}} \]

即用 \((p_j,p_{j-1}]\) 的数可以将 \(2^{p_{j-1}}\) 凑出，且会多出东西，可以构造出多出最小的一位 \(a_u\)，那么有：

\[\sum_{i=j-1}^{m}2^{p_i}\le \sum_{a_y\le p_{j-1}} 2^{a_y}-2^{a_u} \]

同理可推出对 \(k\in [1,j-1]\) 的式子都是 \(\le\) 的，故前缀可构造。

现在问题在于比较 \(\sum_{i=j}^{m}2^{p_i}\) 与 \(\sum_{a_y\le p_j}2^{a_y}\) 的大小。

先求出 \(a_i\) 总和的二进制表示 \(S\)。

对于所有 \(v\)，求出 \(\sum_{a_y\le v}2^{a_y}\) 的二进制最高位，记为 \(mx_v\)。

若 \(mx_{p_j}>p_j\)，则 \(j\) 的式子为 \(\le\)，而我们只需找最小的 \(>\) 的 \(j\)。

否则等价于 \(S\) 的 \([p_j,0]\) 后缀与 \(p\) 的 \([j,m]\) 后缀比较大小，可以预处理递推得出。

不会求这个分界点在哪也可以，对每一段的 \(2\) 个可取额外点维护条件，共 \(2m\) 个点需要判断，预处理一些东西就能做到。

若一个 \(a_i\) 出现 \(\ge 3\) 次，那么将两个合成一个答案不变。

则设 \(s_i=\sum_{j=0}^{i}c_j 2^i\)，那么 \(s_i<2^{i+2}\)。

考虑从高到低消去 \(k\) 的每一位 \(h\)，若 \(s_h<k\)，则答案为 \(>h\) 的最小 \(a_i\)。

  • \(c_h>0\) 可以消去。
  • \(c_h=0,c_{h-1}=0\)，由于 \(s_{h-2}<2^h\)，无解。
  • \(c_h=0,c_{h-1}>1\)，可以凑出，结束。
  • \(c_h=0,c_{h-1}=1\)，需要往下跑递归。

若直到 \(k\) 的次高位 \(h'\) 都未消去时，\(c_{h'},c_{h'+1}\) 都被使用，则后面还需 \(2\times 2^{h'}=2^{h'+1}>s_{h'-1}\)，无解，结束。

将连续的 \(1\) 缩起来，直接模拟，使用线段维护比较当前 \(s_h\) 与 \(k\) 的大小。

也可以直接向上面那样对 \(2m\) 种情况判断，就不用比较大小了。

Number

给出串 \(s\)，问多少 \((A,B)\) 满足：\(A,B\) 为 \(s\) 子串，\(A,B\) 长度相同，\(B=A+1\)。

\(|s|\le 4\times 10^5\)。

答案形式为 \((xB9999\cdots,x(B+1)0000\cdots)\)。

在 SAM 上枚举 \(\mathcal O(10n)\) 种结尾，枚举长度，枚举 \(x\) 所在等价类，上面两类的东西一定在他的 fail 子树内，建出虚树统计即可。

Sequence

问多少长度为 \(n\)，每个数 \(\in[1,m]\) 的序列满足 \(\gcd(k^2,\prod_{i=1}^{n}a_i)=k\)。

\(n,m\le 10^{18}\)，\(k\le 10^{15}\)。

搜索 \(k\) 的递增因子序列，暴力找下一个因数可以过 \(10^9\)。

优化考虑在 \(k\) 的因子序列上跳，跳到的下一个位置预处理出来，不知道为啥过了。

TB

\(n\) 个初始为空的可重集合，每次操作往区间集合插入 \(x\)，或者查询区间多少集合以 \(x\) 为绝对众数。

\(n\le 2\times 10^5\)。

先对每个块分别跑。

考虑维护两种之前为绝对众数的数以及当前的 \(2sz1-sz\) 的值，添加数若出现了绝对众数，若是这两个数之一就对应修改，否则是新的数，就替换，后面情况只会发生 \(\mathcal O(\log n)\) 次。

考虑对每个块维护整块标记序列以及单点标记序列。

对整块的两个关键数维护单点序列上的信息后缀和，当关键数修改时，就重构。

同时再维护单点中为绝对众数的 \(2sz1-sz\) 的后缀和，塞到绝对众数那个颜色上。

则查询时绝对众数一定在整块或单点中为绝对众数，若是前者，查整块信息，否则查单点信息。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)。

字符串（string）

给定母串 \(S\)，每次操作加入一个串或者，将 \(pos,len\) 循环添加到末尾，每次操作后求 \(S\) 在当前串的出现次数。

\(|S|\le 2\times 10^5\)，\(q\le 10^4\)，\(|T|\le 10^{15}\)。

首先可以用一个可持久化平衡树维护倍增与拼接。

现在只需要维护信息以支持合并。

考虑维护最长前缀、最长后缀使得其为 \(S\) 的子串。

则拼接即查询一些 fail 树上的信息。

更新即找到一个子串使得其能表示为两个子串的拼接，在后缀数组上二分其位置即可，每次只需求出 LCP，对两个子串模拟即可。

拼接需要离线下来处理。

高速公路（highway）

\(m\) 条链，\(n\) 个点，每个点有 \([1,k]\) 的颜色，链上一步花费 \(1\)，相同颜色点的跳跃花费 \(1\)，求两两点最短路的和。

\(m\le n\le 10^6,k\le 20\)。

先考虑求出每个点到达一种颜色的最短距离。

对每种颜色，将他们作为起点，跑一个 bfs 即可。

朴素建图会有边权为 \(1,2\) 的边，然后使用 deque，但是这样太慢了。

同种颜色的点一碰到一个直接处理一类即可。

则 \(ans=\min(|x-y|,D_i(x)+D_i(y)+1)\)。

注意到右边的东西不超过 \(2D\)，因为跳跃的颜色不重，且链上走过的颜色不重。

故可以先全部计算后面的式子，然后对同一链上距离较近的修正。

枚举 \(x\)，\(col_y=C\)，则所有 \(D_i(y)\) 极差 \(\le 1\)，可以将每个 \(y\) 用一个二进制表示。

则找到 \(D_i(x)+Mn_i(y)\) 的最小值所对应的 \(i\) 集合，若 \(y\) 在这些位置上都为一，则 \(ans=mn+1\) 否则 \(ans=mn\)，可以高维后缀和预处理。

同理可以对 \(col_x=C_1,col_y=C_2\) 同时处理，分别讨论一下 \(+0,+1,+2\) 即可。

括号串（bracket）

考虑一个括号串反转 \([l,r]\) 合法的条件是：

  • \(\forall i\in [1,l-1], s_i\ge 0\)。
  • \(s_r-s_{l-1}=\frac{s_n}{2}\)。
  • \(\forall i\in (r,n],s_r\ge s_n\)。
  • \(\forall i\in[l, r],2s_{l-1}\ge s_i\)。

不会。。。

posted @ 2025-08-18 16:52  蒟蒻orz  阅读(29)  评论(0)    收藏  举报