大师大师，这个凶是什么意思捏

9.27

[QOJ 149] Peru

DP.

好题，但是将区创飞。

令 \(dp_i\) 表示覆盖前 \(i\) 个位置所需要的操作次数，容易得到：

\[dp_i=\max_{j=\max(0,i-k)}^{i-1} (dp_j+\max_{l=j+1}^i a_l) \]

可以很简单做到 \(n\log n\) 但是无法通过。

简单观察可发现转移过程中只有 \(i-k\sim i-1\) 中的后缀最大值对应的下标才有用（\(i-k\) 这个位置特判即可）。

如果没有只能覆盖 \(k\) 个数的限制那么就可以直接使用一个单调栈维护后缀最大值，同时开一个辅助数组记录答案。加上限制后只需要改成双栈即可，每次重构时直接两个栈均分，容易证明均摊复杂度是 \(O(n)\) 的。

有一些细节，区区调了一年没调出来。

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DP.

好题，但是将凶创飞。

容易发现最终的图形一定是一个菱形，考虑暴力 dp，令 \(dp_{l,r,x}\) 表示覆盖了第 \(l\sim r\) 行并且所有行中都包含了第 \(x\) 列的最大面积，预处理后可以做到 \(O(n^3)\)。

容易发现很多状态是无用的，观察发现，对于一个 \(r\)，有用的 \((l,x)\) 只有 \(O(n)\) 对，因为我们只需要找到每一列从 \(r\) 往上的第一个 \(1\)。

因此可以直接使用 \(dp_{r,x}\) 进行转移，\(dp_{r,x}\) 可从 \(dp_{r-1,x}\) 转移过来，也可以从 \(dp_{r, L_{r,x}}\) 和 \(dp_{r,R_{r,x}}\) 转移，\([L,R]\) 指的是目前所有行覆盖的列的并。

9.28

[集训队作业2018] count

反射容斥神题。

转换为对笛卡尔树数量计数，由于相同值取编号较小为较大值，一个点的左子树中的所有点一定小于这个点，又因为值域为 \([1,m]\)，笛卡尔树合法必须满足：从根节点开始走到每一个叶子都不会向左走 \(\ge m\) 次。我们可以证明这个条件是充分的，大致是考虑将一个子树内的所有点同时减一不会影响合法性，最终可以构造出一组点权覆盖 \([1,m]\) 的解。

考虑如何统计这样的笛卡尔树的数量，这里有一个非常牛的 trick：如果 \(u\) 是 \(fa_u\) 的右儿子，则将 \(u\) 变为 \(fa_u\) 的兄弟，然后和 \(fa_u\) 一起往上合，直到遇到第一个向左走的父亲。此时二叉树变成了多叉树，而且你可以发现二叉树和多叉树之间可以一一对应！此时多叉树中的限制变成了 \(w_u\le w_{fa_u}-1\)，相当于限制了子树深度 \(\le m\)。

如何统计深度 \(\le m\) 的多叉树数量呢？考虑模拟 dfs 的过程，每次可以选择向下新开一个儿子或者回溯，这样问题就变成了括号序列计数，直接用反射容斥即可。

[JOISC2020]汉堡肉

贪心。

很有启发的一道题，但是写起来是是。

回忆一下一维的最少点覆盖区间问题，我们是每次选取最小的一个右端点然后更新已被覆盖的区间，选最大的左端点统计出的答案也是对的。

回到这道题，依照一维情况的结论，我们可以推断出最小下边界，最大上边界，最小右边界和最大左边界是重要的。先判断一些特殊情况，比如最小右边界大于等于最大左边界，此时可以直接缩成一维的情况，上下边界也是同理。

此时四个边界就完全分开了，容易证明每个边界对应的线上必然要放一个点，你又恰好只有 \(k\le 4\) 个点，指向性非常强。

如果 \(k\le 3\) 那么必然有放在交点上的点，枚举四个焦点，就可以变成 \(k\le 2\) 的问题，\(k=2\) 时可以先选一个矩阵然后不停加矩阵直到交为空，此时一定可以找到一对交为空的矩阵，然后将剩下的矩阵并到这两个上就行。

\(k=4\) 时先判掉有交点的情况，如果有就类似 \(k=3\) 可以直接做，如果没有四条边界上就必然各有一个点。如果一个矩阵与三条边界有交则必然完整包含一条，所以相当于每限制；如果与一条边界有交相当于限制了边界的所在区间，如果与两条边界有交可以用 2-sat 维护互相之间的限制关系，随便前后缀优化一下就行了。