2025.10 做题记录

专题

SA

散题

校内模拟赛删数(delete)

solution

注意到后面的数删掉是对前面的数没有任何影响的，但是前面的数删掉可能会让后面的某些数符合条件。

也就是说，一个位置 $i$ 只要满足前面可以删的位置大于等于 $i-a_i$，这个数就一定可以贡献进答案。

于是考虑对于 $r$ 扫描线，同时维护对于每个 $l$ 的答案 $ans_l$。每次添加一个 $r$ 时，由上面的结论，$\forall ans_l\ge r-a_r$，$ans_l+1$。同时显然 $ans_l$ 单调不降，所以被更新的答案一定是一段前缀。

可以使用线段树上二分找到满足 $ans_l\ge r-a_r$ 的最大 $l$ 并更新 $[1,l]$。复杂度 $O(n\log n)$。

注意当 $a_r>r$ 时这个位置不可能被删掉，所以不能更新。

校内模拟赛账本(book)

很妙。

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solution

把 + 视为 $1$，- 视为$-1$。$s_i$ 表示到第 $i$ 位的前缀和。

先考虑没有右移操作怎么做。因为第二个条件满足后再做第一个条件可能破坏答案，所以先尝试满足第一个条件。

相当于把一些 $-1$ 改成 $1$，最后需要 $\forall s_i\ge 0$。观察到如果这样操作使得 $\min s_i\ge 0$，一定可以通过最优操作使得 $\forall s_i\ge 0$（即操作最前的一些 $-1$）。所以只要找到了 $\min s_i$，答案就可以 $O(1)$ 求出。

现在加上第二个操作。我们可以把原数组复制两遍，枚举起点（得到右移操作的耗时），计算长度为 $n$ 的段的答案。扫描线的时候维护区间最小值可以单调队列套路地做。

复杂度 $O(n)$。

CF2138C2 Maple and Tree Beauty (Hard Version)

solution1

设 $a_i$ 为深度为 $i$ 的点的个数。

我们断言题目中的“公共子序列”取公共前缀一定不劣。感性理解即可。

题目转化为你有一些体积 $v_i=a_i$，价值 $w_i=1$ 的物品和两个容量分别为 $k,n-k$ 的背包，问总价值最大是多少。

因为最优解一定是取一段前缀，所以可以设状态 $dp_{i,j}$ 为取了前 $i$ 个物品，第一个背包用了 $j$ 的容量（第二个背包用的容量为 $(\sum w-j)$）是否可行。转移有：

$dp_{i,j}\gets dp_{i-1,j} \vee dp_{i-1,j-w_i}$，注意需要满足 $n-k-(\sum w-j)\ge 0$。

转移可以使用 bitset 优化。满足条件的 $j$ 随着 $i$ 的增加而单调不降，所以可以维护一个符合条件的 $j$ 的 bitset $G$，每次 $i$ 增加时暴力推平一段即可。

复杂度 $O(\dfrac{n^2}{w})$，时限 6s，应该可以过。

solution2

还可以优化。

考虑根号分治。因为 $\sum a=n$，所以 $v_i>\sqrt n$ 的 $i$ 不超过 $\sqrt n$ 个。而个数超过 $\sqrt n$ 的 $v$ 不超过 $\sqrt n$ 种。

对于 $v_i> \sqrt n$ 的我们仍然按照上文暴力处理。

对于个数超过 $\sqrt n$ 的，问题转化为有 $\sqrt n$ 种物品，每种物品不超过 $\sqrt n$ 个的多重背包。

我们使用二进制拆分优化。hsz 证明这里二进制分组分出来的物品数量是 $O(\sqrt n)$ 的。~~我不会。~~

但是有一个现有的二进制分组优化的题解（其实很少）没有提到过的问题：把一个物品拆成 $\log n$ 种不同的物品后，由于 $w_i$ 不再满足全都是 $1$，所以并不能保证取一段前缀物品是最优的。

举个例子，如果有一个物品的体积为 $1$，个数为 $7$，拆成了体积和价值分别为 $1,2,4$ 的物品。此时背包剩余容量为 $4$，但是按照原做法我们只能取到前两个物品，显然不优。

观察发现，这种情况只有在原本同一种物品分出来的一堆物品无法全部取完的时候才可能出现（其他情况的跟暴力没有区别，正确性有保障）。

后面的处理就很自然了：每扫到一种物品，判断这种物品能不能全部取完（因为假设取完，所以这里还是用二进制拆分做）。如果可以就直接继续做；否则，枚举 $j$，再把第一个背包剩余的容量和第二个背包剩余的容量分别全部塞满当前物品，得到的最大价值就是答案。

还是判断可行性的 01 背包，所以依然可以 bitset 优化。最终做到复杂度 $O(\dfrac{n \sqrt n}{w})$。

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不知道是不是实现太不精细导致常数爆炸，感觉跑出来效率跟暴力区别不大（）。

Submission。尾数 0528 祭！

CF2127E Ancient Tree

可以记一下：看到需要一类点的 lca 可以想到虚树。

solution1

记 $cnt_u$ 为最终 $u$ 的多个子树中出现过的颜色 $k$ 的种类数。一个节点是 cutie 就可以刻画成下面两种情况：

$cnt_u\ge 2$
$cnt_u=1\land k\neq c_u$

我们断言一个节点最后会是 cutie 当且仅当它在给出的染色方案中就是 cutie。

可以对于一开始没染色的节点给出构造：

$cnt_u=1$：染成唯一的那种颜色 $k$。
否则，$u$ 是否 cutie 已经固定了。于是染成 $u$ 子树内的任意一种颜色，使得祖先的 $cnt$ 不会变大。
若 $u$ 子树内本身没有颜色，那把它们全部染成 $fa_u$ 的颜色，原理同上。

可以证明，这样操作的话不可能增加新的 cutie 节点。

现在需要求出每个节点的 $cnt$。

可以对于每个节点维护一个 set 表示它子树内的点。顺次合并 $u$ 的子树时，每次暴力枚举哪些颜色在两个集合都出现了，最后启发式合并两个 set。复杂度 $O(n\log^2 n)$。

得到 $cnt$ 后两次 dfs 可以简单完成上述染色方案构造。

solution2

注意到一个点是两个同色点的 lca 时，它一定在那种颜色的点建出来的虚树上。于是对于每种颜色建虚树，就可以得到 $cnt$。复杂度 $O(n\log n)$，因为我不会线性建虚树。

专题

SA

散题

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欧拉序（括号序）

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solution3

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