复健 week1

ARC223 E - Yin-Yang Two Bits Insertion

手玩发现 \(01 / 10\) 扩张出来是 \(0101 / 1010\)，依然是 \(01\) 交错的形式。而 \(00 / 11\) 扩张出来是 \(0110 / 1001\)，相当于把相同的对往里推了。于是很直观的想法就是按照 \(00 / 11\) 分段，段段对应。

\(01\) 交错的方式其实并不是很直观（看起来比较乱），一个办法是反转奇数位，这样会发现 \(\text{xy}\) 操作后会变为 \(\text{xxyy}\)，于是可以按照相同的值分段，段段对应。（会发现这与考虑交错是等价的。）

段与段对应之后只关心每个段的长度了，记 \(L\) 为段数，\(a_i, b_i\) 分别为 A,B 对应段的长度，手玩可能的操作（为了直观考虑 B 变为 A）：

• 选择 \(1\le i < L\) 且 \(b_i, b_{i + 1}\ge 2\) 的 \(i\)，让 \(b_i, b_{i + 1}\) 同时减 \(1\)。
• 选择 \(1\le i \le L\) 且 \(b_i\ge 4\) 的 \(i\)，让 \(b_i\) 减 \(2\)。

因为操作 2，大部分情况下 \(b_i\) 都能压缩到 \([a_i, a_i + 1]\)，唯一特殊的情况是 \(a_i = 1, b_i = 3\)。

又因为操作 1 的存在，可以让相邻的两个段长度各减 \(1\)，可以 dp，设计 \(f_{i, j}\) 表示 \((i, i + 1)\) 两段用了 \(j\) 次操作 1 能否合法。

考虑上操作 2 压缩的性质，考虑去掉一些明显不优的 \(j\)，能发现 \(j\ge 3\) 都是不优的，因为可以此时每个段的段长 \(\ge j + 1 \ge 4\)，所以一定可以变为各用一次操作 2，变成 \(j - 2\) 的情况。需要注意 \(j = 2\) 不能去掉，因为存在 \(a_i = 1, b_i = 3\) 的情况。

于是 \(j\) 这一维只需要保留 \(0\sim 2\)，dp 就是线性的了。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n + m)\)。

submission。

ARC223 F - Zonal Score Maximization

选择了一个长度为 \(k\) 的子段会导致有 \(k - 2\) 个元素被抛弃了，贪心的就会尽量选择 \(k = 2\)，下称长度为 \(k\) 的段为 “\(k\) 段”。

当 \(n\) 为偶数时，用 \(2\) 段可以分割整个序列，此时会取到可能的值的上界 \(n(n + 1)/2\)，显然为最大值，所以 \(n\) 为偶数时任意一个排列都能取到该最大值。

当 \(n\) 为奇数时就必须要引入奇数长度的子段了，依然贪心的只会使用 \(3\) 段（\(\ge 4\) 段都可以拆分成两个更小的子段，且原本的 \(\max, \min\) 一定也会被算到，一定劣）。手玩发现使用了 \(\ge 3\) 个 \(3\) 段时一定可以只保留第一个子段，后面全用 \(2\) 段，这说明最优的划分一定只会有一个 \(3\) 段，其余都是 \(2\) 段。需要注意的是 \(3\) 段开头只可能在 \(1, 3, \cdots, n - 2\) 这些位置，称这些 \(3\) 段为合法的 \(3\) 段。

于是一个排列的最大值一定只会是 \(n(n + 1)/2\) 减一个 \([1, n]\) 的被排除掉的值，又因为 \(X\) 已经给定，\(n(n + 1)/2 - X\) 就是这个被排除掉的值，后面称 \(X\) 为这个值。

考虑 \(X\) 怎么样才可能成为被排除的值，因为 \(X\) 是最小的被排除的值，这说明对于任意一个合法的 \(3\) 段其中位数都应 \(\ge X\)，且应该存在合法的 \(3\) 段其中位数为 \(X\)。

发现这只涉及大小关系，便可以把值域缩成 \(0, 1, 2\)（对应 \(< X, X, > X\)）这 \(3\) 种（需要注意最后从 \(0, 1, 2\) 变回整个排列时内部是需要区分的，所以需要乘上 \(0\) 中为未确定的数量的阶乘，\(2\) 也是同理的），上面的条件变为了：整个序列只有 \(1\) 个 \(1\)，任意一个合法的 \(3\) 段 \(0\) 的个数都 \(\le 1\)，存在一个合法的 \(3\) 段内部 \(0, 1, 2\) 都恰有 \(1\) 个。

因为序列的每个元素对合法 \(3\) 段贡献的情况有些复杂，直接计数并不太可行。不过考虑到 \(3\) 段天然是有顺序的，可以 dp，记 \(f_{i, j, 0/1/2, 0/1}\) 表示考虑了 \([1, 2i - 1]\) 的序列情况，选出了 \(j\) 个 \(0\)，\(2i - 1\) 位置的值是 \(0/1/2\)，前面是否出现了 \(0/1\) 的方案数（如果出现了 \(1\) 需要满足存在 \(3\) 段中位数为 \(1\)），接下来决定 \(2i, 2i + 1\) 的值便可递推至 \(f_{i + 1, *, *, *}\)。

进一步发现 \(j\) 这一维是卷积的形式，可以用多项式维护，便可以把每一步 \(f_i\to f_{i + 1}\) 中 \((0/1/2, 0/1)\) 的转移用矩阵形式表示（矩阵内部元素是多项式），然后用分治的方法乘起来，就可以做到 \(\mathcal{O}(6^3 n\log^2 n)\)。

不过矩阵的大小太大了，需要进行缩减。观察到矩阵的大小这么大的原因是引入了 \(= X\) 的 \(1\)，就让值域多了一维同时还加入了只能出现 \(1\) 次 \(1\) 的限制。

于是尝试把值域变化转为 \(0, 1\)（分别代表 \(< X, \ge X\))，限制变为每个合法的 \(3\) 段 \(0\) 的个数 \(\le 1\)，这样 dp 就只需要记录 \(2i - 1\) 位置是 \(0/1\)，矩阵大小就变为了 \(2\)。不过最后得到的方案数是被排除的值 \(\ge X\) 的方案书，因为这是计数题，只需要减掉 \(\ge X + 1\) 的方案数便得到了 \(= X\) 的方案数。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^3 n\log^2 n)\)。

submission。

CF2107 F - Cycling

首先交换一对 \((a_i, a_j)\) 一定是因为马上就要经过 \(i\) 或者 \(j\) 了。

并且贪心的考虑，假设经过的是 \(i\)，那么被交换走的 \(a_i\) 一定不会被用到。具体来说，如果 \(j < i\)，则如果后面要经过 \(a_i\) 这个值，则不如就在 \(i\) 这个位置直接走过；若 \(j > i\)，则一定会是 \(a_j < a_i\)，继续往前走 \(a_i\) 这个值不仅离得更远值还更大，一定不优。

于是可以直接抛弃掉这些被交换且无用的值，只考虑会被用到的交换的值，这些值的交换路径的长度和就应该是交换的代价。

其次考虑每个值会被用到的位置，会发现 ABAB 的形态一定是不优的，因为调整成 AABB 后经过的权重和不变但是移动的代价变小了。于是有用的值被用上的位置一定是一个区间 \((l, r)\)，这样相当于是把数组切成若干个段 \((l_i, r_i)\)，并对每一段选一个贡献的位置 \(p_i\)，每一段的总代价就是就是 \(a_{p_i}(r_i - l_i + 1) + |p_i - r_i| + |r_i - l_i|\)。

考虑到如果 \(p_i < r_i\) 则说明 \(p_i\) 在自己的位置都不会是最优的选择，这样还不如让 \(p_i\) 位置选择的值来贡献 \((l_i, r_i)\)，所以一定有 \(p_i\le r_i\)。

再考虑如果存在 \(p_i < l_i\) 则考虑前一段 \((l_{i - 1}, r_{i - 1}, p_{i - 1})\)，此时一定有 \(a_{p_{i - 1}} \le a_{p_i}\)（如果 \(>\) 肯定全部换成 \(p_i\) 更优）。若 \(a_{p_{i - 1}} < a_{p_i}\)，则直接把 \((l_i, r_i)\) 内贡献的值也换为 \(p_{i - 1}\) 即可，此时代价变化是 \(p_i - r_{i - 1} + 1 - (a_{p_i} - a_{p_{i - 1}})(r_i - l_i + 1) \le 0\)；若 \(a_{p_{i - 1}} = a_{p_i}\)，则把 \(r_{i - 1}, l_i\) 往左移一定也不劣。$所以一定也有 \(p_i\le l_i\)。

这就说明了一定存在最优划分使得 \(l_i\le p_i\le r_i\)。

接下来考虑 dp，但是对于一个段 \((l, r)\) 的贡献还要找对应的 \(p\)，于是复杂度就退化到了 \(\mathcal{O}(n^3)\) 了。

但是考虑到因为保证了 \(l\le p\le r\)，所有与 \(r - l\) 有关的贡献都可以拆为 \((r - p) + (p - l)\)，这样只需要设计两个 dp 数组 \(f_i, g_i\)，其中 \(f_i\) 表示考虑了 \([1, i]\) 的划分 \(i\) 所在段的 \(p\) 就为 \(i\) 时的最小代价，\(g_i\) 表示考虑了 \([1, i]\) 的划分 \(i\) 所在段的 \(r\) 为 \(i\) 时的代价。\(g_{j - 1}\to f_i\) 时处理 \(l = j, p = i\) 的 \((p - l)\) 部分的贡献，\(f_j\to g_i\) 时处理 \(p = j, r = i\) 的 \((r - p)\) 部分的贡献。具体系数可以看 F1 代码。

直接 dp 是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的，可以通过 F1。观察一下发现两个转移式都可以写成斜率优化的形式，使用李超线段树优化即可做到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，就可以通过 F2 了。

F1 submission，F2 submission。

CF2125 F - Timofey and Docker

"docker" 这个词所有字母都不一样，所以不存在一个字母能处在 \(> 1\) 个匹配中。

首先求出原串的 "docker" 数量，记为 \(c\)，很自然的想法是从 \(c\) 开始变少 "docker" 的数量，变多 "docker" 的数量代价都是增加的，并且 \((i, f(i))\) 应该是下凸的（\(f(i)\) 表示 \(i\) 个 docker 的修改代价）。

于是找到 \(c\) 后最优的 "docker" 数一定是覆盖最多次且比 \(c\) 小最大的或比 \(c\) 大最小的，就只需要对这 \(2\) 种情况求解答案。

又因为 \(f(i)\) 是下凸的，使用 wqs 二分内层就只需要跑一个线性的 dp，我的写法是记 \(f_{i, 0\sim 5}\) 表示 \([1, i]\)，此时 \(i\) 这个后缀匹配到 "docker" 的前缀长度为 \(0\sim 5\) 的最小代价。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

submission。

实际上对于 \(i < c\) 有 \(f(i) = c - i\)，因为可以把现成的 "docker" 中的任意一个字符换掉，这部分不需要 wqs 二分求答案。

QOJ 6462 - Jewel Thief

因为 \(b\) 的值域很小，所以尝试复杂度带 \(b\)，那就独立开每个重量，每次一次处理所有重量。

对于一个重量 \(b\)，选取的方式一定是降序排序后依次选，这就说明记 \(s(i)\) 为选 \(i\) 个物品的价值，\(s(i)\) 应该是上凸的（\(s(i) - s(i - 1) \ge s(i + 1) - s(i)\)）。

考虑对模 \(b\) 同余的一组 dp 值拉出来做转移，因为模 \(b\) 不同余的下标的转移一定不会影响，且这样的复杂度仍然为 \(\mathcal{O}(b \times k / b) = \mathcal{O}(k)\)。

对于一组 dp 值 \(f_{0\sim L}\)，转移后的 \(f'_i = \max\limits_{j = 0}^i (f_j + s(i - j))\)。而因为 \(s(i)\) 是个上凸函数，转移具有决策单调性，考虑 \(i < j\le k\)，若 \(f_j + s(k - j)\ge f_i + s(k - i)\)，则对于 \(k\to k + 1\) 因为 \(s(k + 1 - j) - s(k - j)\ge s(k + 1 - i) - s(k - i)\)，由 \(j\) 转移只会更优。

于是可以直接套用决策单调性的优化方法优化这个 dp 做到单组 \(\mathcal{O}((k / b)\log (k / b))\)，一个 \(b\) 的复杂度就是 \(\mathcal{O}(k\log k)\)，总复杂度为 \(\mathcal{O}(\max b\times k\log k)\)。

分治写法应该很好写，我写的是维护决策队列。

submission。