我的一位神兽朋友4

我有一位神兽朋友，后面忘了。

  • [Xmas2020] Famous in Russia

    2025.1.1

    先不考虑计数。对 \(b_i\) 排序，然后 dp，有转移 \(f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},\max(f_{i-1,j-1},b_i)+a_i)\)。容易发现 \(f\) 下凸。维护这个凸包：考虑 \(b_i\) 的意义，即有一条基准线，线下凸包的形态不会改变，每次线会抬升，然后将 \(a_i\) 插入至线上的一个位置即可。

    直接 dp 套 dp 维护凸包是不行的。考虑拆贡献，即对每个分界点算出其贡献，一个点的贡献只与其属于第几个被基准线覆盖的和值有关。记 \(f_{i,l,r,j,k}\) 表示前 \(i\) 个点，钦定的分界点左边斜率为 \(l\) 右边为 \(r\)，当前弹出了 \(j\) 个点，目前的值为 \(k\)，直接转移，在被基准线盖住时计算贡献即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3V^4)\)。

  • BSOJ2562 在乡村V

    2025.1.3

    令 \(L=x+y\)。dp，记 \(f_{i,j}\) 用完前 \(j\) 时刻，做到第 \(i\) 个任务所需的最小金币数，这里我们只希望 \(j=kL\)，即时间总为整天。转移时考虑从第 \(i+1\) 个任务一次加入，若对于任务 \(x\)，目前时刻为 \(t\)，做完时其没有处于睡觉时间，那么此时用金币显然不优，没必要转移。否则我们有两种决策：一是睡到第二天继续做任务，此时可以转移到 \(f_{x+1,t}\)；二是用一些金币是的能在睡前完成，即在 \(\lfloor\frac tL\rfloor\cdot L+x\) 时刻吗然后再次计入 \(x+1\)。因为这一用金币最多只会回退一天，故不同的天数是不会超过 \(n\)，总时间 \(\mathcal{O}(n^3)\)，考虑优化。注意到我们在第二种决策的时候是会继续走的，若我们把他直接转移到 \(f\)，那么实际上转移量就是 \(\mathcal{O(1)}\) 的了。具体地，我们让 \(j\in \{kL,kL+x\}\) 即可。

    最后统计答案，首先我们可以一次用 \(L\) 个金币，即直接回退一天。设还剩下 \(k\) 枚金币，此时最终时刻为 \(t\)，若 \(t\mod L\ge k\) 或 \(y+(t\mod L)-1\le k\)，则最终时刻为 \(t-k\)，否则为 \(\lfloor\frac tL\rfloor\cdot L\)。正确性容易证明。

  • [CEOI2020] 象棋世界

    2025.1.7

    只考虑 \(\texttt{B,K}\) 的部分，剩余是简单的。

    • 对于 \(\texttt{B}\)，考虑枚举第一步的方向，因为要求步数尽量少，每一步我们尽量走到边界再折返。对于计数，我们发现之前的贪心部分的最后一段有些折线会空一部分。可以把这段的空任意分给其他折线，方案数是个组合数。
    • 对于 \(\texttt{K}\)，最小步数显然为 \(n-1\)。方案数相当于，计数从 \((1,s)\to (n,t)\) 的方案，每次可以从 \((x,y)\) 到 \((x+1,y+k),k\in \{-1,0,1\}\)。考虑到其有左右两边界，故可以反射容斥，那么一个点 \(x\) 会在 \((2m+2)k+x\) 时为正贡献，在 \((2m+2)k-x\) 为负贡献，这本质时一个在模 \(x^{2m+2}\) 意义下的多项式乘法，直接多项式快速幂可以做到 \(\mathcal{O}(m^2\log n)\) 或 \(\mathcal{O}(m\log m\log n)\)。

  • CF1444E Finding the Vertex

    2024.1.8

    类似于 AGC009D，只不过是边分，要复杂许多。

    记 \(f_x\) 为 \(x\) 子树内最优情况下没有消掉的边权值集合，\(f_x\) 显然是字典序越小越好。合并子树时可以逐位确定答案，即先将所有位设为 \(1\)，从高往低枚举该位是否能为 \(0\)。check 的时候也是从高往低位扫，遇到一个 \(1\) 时取出最大的 \(f\)，若其最高位高于当前位，肯定是不行的；若等于，消掉 \(f\) 的这一位；否则 \(f\) 可以完全被消完。最后看一下 \(f\) 消完没有即可。

    但是这样并不好确定每条边的值，直接枚举即可，复杂度是可接受的。

  • [THUWC 2020] 某科学的动态仙人掌

    2025.1.9

    对于每个连通块，我们想找到一个代表元，然后只需统计有贡献的代表元即可。不难发现我们可以拿深度最小的点作为代表元，若有多个，可任取（如编号最小），这是因为一个点若不是连通块中深度最小的点，其必会连向一个深度比他小的，证明显然。

    按深度排序，记排名数组 \(id\)。对于每个点 \(x\)，求出其作为代表元个贡献区间，即 \(L_x=\max\{y\ |\ id_y<id_x,y<x,dis(x,y)\le X\},R_x=\min\{y\ |\ id_y<id_x,y>x,dis(x,y)\le X\}\)，可以拿点分治维护。然后其有贡献当且仅当 \(l\in(L_x,x],r\in[x,R_x)\)。二维数点即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n+m\log n)\)。

  • CF1545D AquaMoon and Wrong Coordinate

    2025.1.11

    首先我们记每一行的和，即 \(s1_t=\sum x+t\sum v\)，故 \(s1_i\) 是一个一次函数，我们可以直接确定不在直线上的点，求出第一问。对于第二问，类似地记平方和，即 \(s2_t=\sum_{i=1}^n(x_i+v_it)^2=\sum x^2+2t\sum vx+t^2\sum v^2\)，这是个二次函数，知道任意三项后可以解出 \(\sum v^2,\sum vx,\sum x^2\)，即函数解析式，由前面我们还知道 \(\sum v\)，那我们便得知操作的数的变化量 \(\Delta\)，故可以枚举哪个点被操作了，检查此时的 \(s2\) 是否在函数上即可，容易证明这是唯一的。

  • CF1392H ZS Shuffles Cards

    2025.1.22

  • CF1967E2 Again Counting Arrays

    2025.2.5

    转成格路计数的形式，从 \((0,b_0)\) 开始，每次 \(x\gets x+1,y\gets y\pm1\)，要求在 \(n\) 步之内碰到直线 \(y=-1\)，且不能碰到 \(y=m\)。对于每一步，走到 \(y+1\) 的贡献为 \(m-1\)，\(y-1\) 为 \(1\)，求贡献和。

    枚举碰到 \(y=-1\) 的位置，问题变为走到 \((x,-1)\) 的方案贡献和，中间不能碰 \(y=-1,y=m\)。我们发现对于固定终点，向上走和向下走次数固定，故贡献和固定，只需算方案数即可，方案数可以用经典的反射容斥解决，时间复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n^2}{m})\)。结合暴力 dp 可以做到 \(\mathcal{O}(n^{1.5})\)。

    考虑将反射容斥的组合数写出来，可以得到这样的形式： \(\sum_{k\ge0}\binom{x}{y+k(m+1)}\)。但是 \(x\) 是变化的，很难直接维护。怎么办呢，之前在碰到 \(y=-1\) 后，我们直接结束了，实际上我们可以强制钦定走 \(n\) 步，但是必须碰到 \(y=-1\) 且在碰到之前不能碰到 \(y=m\)。枚举终点 \((n-y,y)\)，若 \(y\ge-1\) 则将其与 \(y=-1\) 对称表示必须经过。然后直接反射容斥即可。注意我们实际计算的是 \((-1)-(m,-1)+(-1,m,-1)-(m,-1,m,-1)...\)，故应对终点对称。最后的式子中满足 \(x=n\)，故直接需处理组合数和即可。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

  • CF1948G MST with Matching

    2025.2.7

    注意到 二分图中 最大匹配 = 最小点覆盖。故直接 \(\mathcal{O}(2^n)\) 枚举点覆盖，拿所有存在一个端点在点覆盖中的边跑 MST 即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^nn^2)\)。

  • AGC034F RNG and XOR

    2025.2.8

    设答案数组 \(f\)，有 \(f_i=\begin{cases}0&i=0\\1+\sum\limits_{j\oplus k=i}f_jp_k&i>0\end{cases}\)，于是 \(f=c+f*p\)，其中 \(c(x)=tx^0+\sum_{i\ge0} x_i\)（因为实际上 \(f_0=0\) 所以加个 \(t\) 做修正参数）。考虑集合幂级数：\(\operatorname{FWT}(f)_i=\operatorname{FWT}(c)_i+\operatorname{FWT}(f)_i\operatorname{FWT}(p)_i\)，带入 \(i=0\) 得：\(\operatorname{FWT}(f)_0\cdot (1-\operatorname{FWT}(p)_0)=\operatorname{FWT}(f)_0\cdot 0=\operatorname{FWT}(c)_0\)，故 \(\operatorname{FWT}(c)_0=0\)，由此得到 \(t=1-2^n\)（因为 \(\operatorname{FWT}(f)_0=\sum f_i\)）。然后就可以求逆解决了。但是注意到 \(\operatorname{FWT}(1-p)_0=0\)，无法求出第 \(0\) 项，但我们发现不管第 \(0\) 项取什么值，最后答案中每一项的变化量相同，故直接带入 \(f_0=0\) 即可得到答案。时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^nn)\)。

  • QOJ4635 Graph Operation

    2025.2.13

    建图，首先 \(|S_x|\neq|T_x|\) 无解。否则一定有解，枚举 \(u=1\sim n\)，考虑 \(u\) 的出边：

    • 若 \(S_u=T_u\)，则说明出边相同，跳过。

    • 否则令 \(p,q\) 满足 \(p\in S_u,p\notin T_u,q\notin S_u,q\in T_u\)，我们想找到 \(w\) 满足 \(q\in S_w,p\notin S_w\)。

      • 若 \(w\) 存在，在 \(S\) 上操作 \((u,p,q,w)\) 即可。
      • 否则注意到操作可逆，所以不妨在 \(T\) 上进行操作。同样的找到 \(w\) 满足 \(p\in T_w,q\notin T_w\)（此时一定能找到），在 \(T\) 上操作 \((u,q,p,w)\)。

      回到第一步继续上述步骤。

    为什么 \(w\) 一定存在？若第一种 \(w\) 不存在，则必有 \(S_q\subseteq S_p\)，若不存在第二种则有 \(T_p\subseteq T_q\)。因为 \(\forall x,|S_x|=|T_x|\)，所以若两个条件同时满足当且仅当 \(S_p=S_q\)，此时 \(p,q\) 一定不存在。

    用 bitset 实现可做到 \(\mathcal{O}(\frac{n^3}{\omega})\)。

  • QOJ10042 Scheduling

    2025.2.13

    首先将值域离散化：维护集合 \(S\)，每次加入 \(\ge L_i\) 的三个值即可。然后用离散化的值求出新的 \([L_i,R_i]\)。

    若我们知道一个选值集合 \(B\)，则答案是好求的。考虑如何判断 \(B\) 是否合法，令 \(c(l,r)=\sum_i[l\le L_i\le R_i\le r],d(l,r)=|[l,r]\cap B|-c(l,r)\)。那么合法当且仅当 \(\forall l,r,d(l,r)\ge 0\)。

    先确定一些必填的位置，令 \(f(l,r)=r-l+1-2c(l,r)\)。若 \(f(l,r)<-1\) 则必定无解；若 \(f(l,r)=-1\)，则只能填 \((l,l+2,...,r-2,r)\)。扫描线求出 \(f\)，对于每个 \(r\) 求出最小的 \(l\) 满足 \(f(l,r)=-1\)。这样序列被分成若干未确定的段，我们分段考虑，假设现在为 \([l,r]\):

    • 若 \(r-l+1\) 为奇数，则必定填 \((l+1,l+3,...,r-1)\)。
    • 若为第首尾段，非常简单，不再赘述。
    • 否则一定存在一个值 \(p\)，我们会填成 \((l+1,l+3,...p-1,p+2,...,r-3,r-1)\)。贪心的考虑确定 \(p\) 的值，找到最小的满足 \(\forall l'\le r'\le r,d(l',r')\ge 0\) 的位置即可。可以用线段树扫描线维护。

    总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

  • CF1770F Koxia and Sequence

    2025.2.16

    可以看洛谷博客

    首先 \(n\) 为偶数答案显然为 \(0\)。否则一定只有回文序列的回文中心有贡献。

    先只算方案数，记为 \(F(n,x)\)，考虑到 \(y\) 这维无法逆运算，我们容斥掉，即枚举 \(y'\in y\) 让填的数为 \(y'\) 的子集即可，同样的只有回文有贡献。若 \(n\) 为偶数，直接递归到 \(F(\frac n2,\frac x2)\)；否则枚举回文中心的值 \(v\)，递归到 \(F(\frac{n-1}2,\frac{x-v}2)\)。容易发现我们只用枚举 \(\operatorname{popcount}(n)\) 个值，记为 \(\{v_i\}\)，再记 \(n\) 二进制下 \(1\) 的集合 \(\{c_i\}\)。我们即求满足 \(\sum 2^{c_i}v_i=x,v_i\subseteq y'\) 的序列 \(v\) 的方案数。

    考虑数位 dp，并把每个 \(v_i\) 拆位，记 \(t_i\) 表示有多少个 \(v\) 能贡献到 \(2^i\) 位，令 \(f_{i,j}\) 表示从后往前处理到了第 \(i\) 位，后 \(i\) 位还需 \(2^ij\) 的方案数。容易发现 \(j\le \log y\)，故一次数位 dp 复杂度是 \(\mathcal{O}(\log x\log^2 y)\) 的，加上容斥难以通过。

    观察转移式：\(f_{i,j}=\sum\limits_{k}f'_{i,j+k}\binom{t_i}{k},f'_{i,2j+[i\in x]}=f_{i+1,j}\)。由 lucas 定理：\(\binom xy\equiv [y\subseteq x] \pmod 2\)，故我们只用考虑 \(k\subseteq t_i\) 的情况即可。再将 \(t_i\) 拆位，即将 \(j\in t_i\) 贡献到 \(i+j\) 位去，同理可记 \(t_i'\)。我们发现新的数位 dp 转移和原本一样，但是复杂度变为了 \(\mathcal{O}(\log x\log\log^2 y)\)。既然 dp 形式一样，我们不妨重复做上述变换直到满足 \(t_i\le 1\)，此时 dp 形式已经足够简单，那我们看看能否直接得出结果，观察一下：记 \(T=\sum2^it_i\)，答案即为 \([x\subseteq T]\)！

    那么如何求出 \(T\) 呢，不断暴力变换不够优秀，注意到第一次求 \(t_i\) 时是二进制位下的一个卷积操作，而后面的变换其实就是不断地进位操作，故实际上这就是乘法！即 \(T=n\times y'\)。

    最后计算异或和，显然我们只用考虑 \(v_0\) 的贡献，依然拆位算，在容斥时枚举每一位 \(i\) 计算满足 \(i\in v_0\) 的方案数，实际上这等价于是对 \(t_i\) 减 \(1\)，再令 \(x\gets x-2^i\)，最后求方案数乘上 \(2^i\) 计入答案。根据上面的结论，不难推出修改 \(t_i\) 即对 \(T\) 做加减法操作，一样算即可。最终答案即为 \(\bigoplus\limits_{y'\subseteq y,i\in y'}[x-2^i\subseteq ny'-2^i]\times 2^i\)。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(y\log y)\)。

  • [2021 集训队互测 Round 3] Alice、Bob 与 DFS

    2025.2.20

  • BSOJ2708 【2.21省选测试】字符串

    2025.2.21

    建出后缀树，按结点的字典序将出边排序。将询问离线，按 \(d_i\) 从小往大枚举，当 \(d_i\) 变化时，会使一些结点的儿子顺序做轮换操作，即选取最后若干个儿子，依次将其提到最前面。显然一个儿子只会提一次，暴力提即可。因为要支持 \(k\) 大查询，可以用平衡树维护 dfn 序，提儿子操作即为区间平移。总时间复杂度 \(\mathcal{O((n+q)\log n)}\)。

  • CF1882E2 Two Permutations

    2025.2.21

    先对每个排列各自求解。考虑再每个排列前添一个 \(0\)，那么一次操作即为选择一个数与 \(0\) 交换，然后将排列轮换知道 \(0\) 再首位。我们忽略轮换操作，转而枚举 \(0\) 最后的位置。对于每种情况计算最优结果即可。可以求出置换环再根据 \(0\) 是否再环上讨论求出一种情况的最优解。

    容易发现每种情况操作奇偶性不会变，对于奇偶分别求解。若两排列不存在奇偶性相同的解就无解，否则可以不断操作 \(1,n\) 来调整。对奇偶取 min 输出即可。总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2+m^2)\)。

  • CF1205E Expected Value Again

    2025.2.22

    首先把平方拆成 \(\sum\limits_{i,j}[i\in\operatorname{period}(s)][j\in\operatorname{period}(s)]\)。考虑对于固定 \(i,j(i\le j)\) 计算和法串数：

    • 若 \(i+j-\gcd(i,j)\le n\)，由 周期引理 知其存在长为 \(\gcd(i,j)\) 的周期，故方案数为 \(k^{\gcd(i,j)}\)；
    • 若 \(i+j-\gcd(i,j)>n\)，考虑将 border 匹配位置对应字符连边，只考虑 \(i\) 时连通块数为 \(i\)，加上 \(j\) 连通块会加 \(n-j\) 条边，加 \(\max(0,n-j-i+\gcd(i,j))=0\) 条环，故贡献为 \(k^{i+j-n}\)。

    剩下的拿莫反推一推就可以做到 \(\mathcal{O}(n\ln^2n)\)。

  • BSOJ2709 【2.24省选测试】数据结构

    2025.2.24

    一次操作即为对形似 ....????.. 的二进制串做加法/查询，其中 ? 表示 0/1 任填。对于一个加法和询问，若其两边都为非问号的部分相等则会有贡献，贡献为 \(2\) 的 两边都为问号的位置数 次方。对于加，我们枚举询问的问号区间，拿哈希表存。查询时再枚举加法区间，再反过来查询即可。朴素实现时空复杂度 \(\mathcal{O}(nm^2)\)，离线下来可以把空间做到线性。

posted @ 2025-12-10 22:21  real60t  阅读(1)  评论(0)    收藏  举报