Solution Set #4
Construction
[UOI 2023] An Array and Addition Again
简单题。先倒着操作把 \(a_i\) 全改成 \(1\)，然后考虑问题：如何把 \(a_x\) 改成 \(y\)。
若 \(y\) 是奇数，则只需把 \(a_{x+1}\) 变成 \(\dfrac{y-1}{2}\)，然后操作两次 \(x\)；否则，先操作 \(x\) 把 \(a_x\) 变成 \(2\)，然后把 \(a_{x+1}\) 变成 \(\dfrac{y}{2}-1\)，然后操作两次 \(x\)。\(y=2\) 特判一下。
操作次数是 \(k+3\log_2 n\)，可以通过。
[POI 2017] Turysta
考虑答案的上界是 \(u\) 可达点的数量，可以证明这个上界能取到。证明就是，强连通竞赛图一定存在哈密顿路，只需要让 \(u\) 走完所在 scc，然后去走下一个 scc，以次类推。
\(O(n^2)\) 做法：对每个 scc 求一个哈密顿回路，然后对于每个点就可以直接 \(O(n)\) 回答构造。求哈密顿路径考虑增量加入即可，求回路同样增量，先基于回路，令初始环为路径的起点，每次找一个能连到环上的点，把环变大，这样总是可以在 \(O(n^2)\) 的时间内求出哈密顿回路，就做完了。
\(O(n^3/\omega)\) 做法：是来自 @Makab 的。下面证，“以 \(u\) 为根的 dfs 树的后序遍历的 reverse” 是合法构造：
先证明一个引理：对于 dfs 树上任意一对无祖先关系的点，在原图上边的方向为从 dfn 大的点向 dfn 小的点。考虑反证：不妨设这两点为 \(u\)，\(v\) 且 \(dfn_u < dfn_v\)。若此边的方向为 \(u\to v\) ，则在访问 \(u\) 后，\(v\) 会被 \(u\) 子树中某点访问（注意 \(v\) 不会早于 \(u\) 被访问，因为钦定了 \(dfn_u < dfn_v\)）。
即这两点在 dfs 树上有祖先关系，矛盾。再考察 dfs 树的后续遍历 \(\{a\}\)，对于任意 \((a_i, a_{i + 1})\)，必然存在边 \(a_i \leftarrow a_{i + 1}\)。
证明：考虑 \(a_i\) 要么是 \(a_{i + 1}\) 的儿子；要么 \(a_i\) 与 \(a_{i + 1}\) 无祖先关系，且 \(dfn_{a_i} < dfn_{a_{i + 1}}\)，有引理得存在边 \(a_i \leftarrow a_{i + 1}\)。所以倒着输出即可。
构造方案使用 bitset 优化 dfs 即可。
Bring Balance
考虑限制答案的上界。
不难发现答案不超过 \(2\)：记 \(mx\) 为前缀和最大值位置，操作 \([1,mx]\) 和 \([mx+1,n]\) 即可。
答案是否为 \(0\) 容易判定，只需判定答案是否为 \(1\)。可以做 \(l\) 和做 \(r\) 是一段前缀 \([1,L]\) 和后缀，因为要求 \(\min_{i\le l}s_i\ge 0\) 和 \(\min_{i\ge r}s_i\ge 0\)。\(l,r\) 之间的限制为 \(p\in [l,r],s_{l-1}+s_r-s_p\ge 0\)，不难发现 \(l\) 直接取 \(s\) 最大的即可，这样可以保证 \(p\in [l,L]\) 都满足，因此我们可以线性判定。时间复杂度 \(O(n)\)。
graph & tree
Twin Binary Trees
答案显然是枚举叶子 \(x,y\)，计算 \(f(x,y)f(p_x,p_y)\) 之和，其中 \(f\) 表示树上 \(x-y\) 路径的点权积。
枚举在 \(T_1\) 上的 lca \(u\)，再枚举 \(T_2\) 上的 lca \(v\)。显然 \(u\) 子树内叶子的所有祖先才可能成为 \(v\)，故 \(v\) 只有 \(O(siz_u\log n)\) 种。直接在 \(T_2\) 中的这些点上 DP 即可。
时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
Two Trees
图论建模。
考虑直接刻画 \(x\) 较为复杂，考虑令 \(s1_u,s2_u\) 表示在 \(T_1\) 和 \(T_2\) 上的子树和。
一个显然的必要条件是子节点个数奇偶性相同，我们将证明这是充要的。
显然满足：\(s1_u-\sum_{x\in son_1(u)}s1_x=s2_u-\sum_{x\in son_2(u)}s2_x\)。
发现这个东西很像入度与出度的差，这很欧拉回路。你发现 \(s1_i=1\) 就定向 \(i\to fa_i\)，反之定向 \(fa_i\to i\)；\(s2\) 的定向与前面相反。因此对于一组欧拉回路就总能给出一组解，只需要把这个环的定向结果倒推出 \(s1,s2\) 即可。
此时，左式减去右式相当于限制 \(in_u=out_u\)，因此只需要把两棵树叠在一起跑欧拉回路即可。其中建超级源点 \(0\) 并连接两颗树的根。
时间复杂度 \(O(n)\)。
ee
先考虑如何判定 \(G\) 包含四元环，相当于判定是否存在 \(x,y\) 满足连边的交 \(\ge 2\)，先钦定其中交的一个点 \(u\)，则相当于判定 \(u\) 的邻居的非 \(u\) 邻居是否有交，显然找到一个交就退出复杂度是 \(O(n)\) 的，这样枚举所有 \(u\) 就可以 \(O(n^2)\) 判定。
考虑如何推广到 \(q\) 更大的情况。神秘均摊一下。发现可以维护集合 \(S\) 表示待判定集合，每次取出一个点若判定不合法就删除，否则返回可行。
对于每次加边 \(x-y\)，只需加入点 \(x,y\) 即可，因为上面的判定对于四元环上任意一个点都会生效。
\(S\) 最多加入 \(n+2q\) 个元素，一个点的判定是 \(O(n)\) 的，时间复杂度 \(O(n(n+q))\)。
Advanced Evolution Studies
限制 lca，一个简单的想法是自下而上合并连通块，但怎么合并比较复杂，因为能合并就合并是有后效性的。
考虑反过来变成分裂，我们希望尽可能分成更多的连通块。考虑当前的限制为：
- \(a,b\) 属于相同连通块；
- 若 \(c,d\) 属于相同连通块，则 \(a,b,c,d\) 属于相同连通块。
因此，考虑每次合并连通块时，我们找到所有需要继续合并的连通块，直到无法合并为止，然后递归子问题。若合并出来一个连通块就是无解。
视 \(n,m\) 同阶。朴素实现是 \(O(n^3)\) 的，因为这个子问题最坏递归 \(n\) 次，合并 \(n\) 次，每次有 \(n\) 个限制。
考虑优化，把限制挂在 \(c\) 和 \(d\) 上，类似启发式合并，每次扫描较小连通块对应的限制，复杂度就是 \(O(n^2\log n)\) 的，足以通过。
Judge Error
手玩一下发现边双应该是无解的，证明。
考虑每次把割边找出来，如果分裂的连通块大小是奇数，则选择这组匹配，将这条割边和这两个点删去；否则不选择并删去割边。然后递归子问题即可。
朴素使用 tarjan 判定是 \(O(nm)\) 的，无法通过。
找割边的步骤是容易使用 bitset 加速的。先找一颗 dfs 树，这容易用 bitset 优化。然后，我们维护每个子树的出边并，也可以 bitset，然后如果一个子树出边并没有外面的子树的点，则它的父边就是割边。
这样就做到了 \(O(n^3/\omega)\)。
Black Radius
先讨论 \(s_i=1\)。下面约定 \(u\) 的 \(d\) 级邻域是所有距离 \(u\le d\) 的点。
\(u\) 的 \(d\) 级邻域的直径中点为 \(r\)，则一定存在 \(d'\) 满足 \(r\) 的 \(d'\) 级邻域是 \(u\) 的 \(d\) 级邻域。（这里认为边到两侧的点距离都是 \(0.5\)）
因此，对于邻域的直径中点在点上的情况，考虑 \(d\) 的取值范围，显然下界是 \(0\)。发现上界是次深的子树深度（若大于 \(d\)，则新扩出去的点只属于最深子树深度或者不再扩展，会算重或者不是中点）。
对于直径中心在边上的情况，显然会填满一侧的子树，而且是恰好填满后把另一侧填的一样满，否则直径中点就偏移了。因此贡献是 \(1\)。
考虑 \(s_i\) 不为 \(1\) 怎么办。
对于在点上的情况，下界 \(0\) 不再能取到。发现一定是找一个最浅有 \(1\) 的子树把它填满，因此下界是最浅有 \(1\) 的子树深度。
对于在边上的情况，显然是把最小的填满，则只需要判定最小的那侧是否有 \(1\) 即可。
时间复杂度 \(O(n)\)。
[JOISC 2020] カメレオンの恋
先考虑 \(O(n^2)\) 怎么做。
发现询问 \(\{u,v\}\) 结果为 \(1\)，则说明 \(u,v\) 性别不同，分析条件可能是：
- 颜色相同
- \(u\) 喜欢 \(v\) 且 \(v\) 不喜欢 \(u\)
- \(v\) 喜欢 \(u\) 且 \(u\) 不喜欢 \(v\)
因此对于度数为 \(1\) 的点可以直接确定与它配对的颜色。对于度数为 \(3\) 的点，分别称这三个点为 \(x,y,z\)，则发现查询 \(\{u,x,z\}\) 时结果为 \(1\)，否则结果为 \(2\)。标记这条边 \(u,y\)，最后对于所有点找到未被标记的边即可。
这样就有一个 \(O(n^2)\) 做法，瓶颈在于找出图中所有的边。
若性别已知，可以直接用二分做到 \(O(n\log n)\)。
考虑原问题直接二分有什么困难，在于有同性会干扰判定。更进一步的，我们可以发现 \(S\) 内出现干扰当且仅当 \(S\) 不是独立集。
因此考虑增量加入 \(1\sim 2n\) 的所有点，增量求出所有边 \(i,j(j<i)\)。每次对新图黑白染色，然后对所有独立集二分即可。
操作次数是 \(O(n\log n)\) 的，可以通过。
【MX-X8-T5】「TAOI-3」蓝宝石的存在证明
约定 \(n\ge 4\)，定义叶子是一度点。
手玩一下树，发现叶子和它所连的点一定被分在一组，然后发现如果有点不与叶子相连就一定无解，证明考虑删去这个点后随便选一个连通块并上自己，就对应了 \(\ge 2\) 组解。反之，每个叶子必须和它指向的连在一块，解显然唯一。
事实上图也是类似的。考虑若删去 \(u\) 图不连通，则证明与树类似。否则，考虑找到 \(u\) 的两个邻居 \(x,y\) 在新图上的路径 \(x-p_1-p_2-\cdots-p_k-y\)，每个点往外会挂若干个连通块。
若有点往外挂的连通块大小 \(\ge 2\)，则把它归入它挂的连通块或者归入环就对应了两组解；否则每个点都连了叶子或者没连，由于 \(u\) 没有连，则考虑跟它的两个邻居哪个合并在一起也对应两组方案（特殊的，这个证明在只有一个三元环时失效）。
综上，\(G\) 满足条件当且仅当 \(G\) 中的非叶子节点都与叶子直接相连。
计数是简单的，维护 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的树/连通图个数，然后枚举叶子个数即可。答案为 \(\sum_{1\le i\le n}f_iS_{n-i,i}\binom{n}{i}i!\)，容易在 \(O(n^2)\) 时间内预处理需要的信息。
0602
A / Snake Instructions
B / Elevator Against Humanity
tag：贪心，分类讨论
不考虑先后顺序，则相当于最大化 \(\sum_{i=1}^{2n}|p_i-p_{i-1}|\)，约定 \(p_0=1\)。
走路肯定是 \(>n\) 的下标和 \(\le n\) 的下标隔着取。
发现基于这个不用调整很多。先让初始答案表示钦定 \(\le n\) 的下标都选择贡献 \(-2\)，其它选择贡献 \(+2\)，最后退掉最后一步的贡献。
若有 \(>n\) 的起点，我们钦定它是 \(p_1\)
C / Cycle Closing
tag：构造，树的直径
考虑只有两步操作，连 \(k=2\) 之后考虑能干什么。
走哈密顿路是不可行的，参考 Travelling Trader，需要到 \(k=3\) 才可以。
考虑 \(dis\) 的上界是树的直径除以 \(2\)，令 \(d\) 为这个值。
那我们只需要，对于 \(u,v\) 构造这个路径 \(p\)，满足相邻两个距离为 \(1\) 或 \(2\)。
先特判 \(dis\ge d\) 的情况，两步两步跳一部分，一步一步跳一部分就可以。
对于 \(dis<d\)，先两步两步跳到直径上，然后选多的那边跳，走法形如 \(x\to x+2\to \cdots\to x+2m\to x+2m\pm 1\to \cdots \to x+1\) 就能走一个环回来，因此能浪费的步数的上界至少可以达到直径长度的一半，因此我们得到了一个合法的构造。
D / Clacking Balls
tag：停时定理
对球之间的距离设计势能函数，认为 \(f(0)=0\)。
不难发现，若设 \(d(x)-d(x-1)=\dfrac{xn}{m}\)，因为 \(\sum x=m\)。
因此有 \(d(x)=\dfrac{n}{m}\binom{x+1}{2},f(x)=\dfrac{n}{m}\binom{x+1}{3}\)。
因此我们可以 \(O(1)\) 计算 \(f\)，原问题得以解决。
思维题
总结
如果没有头绪，可以考虑分析：-
特殊情况：树是链的时候我们会不会，所有区间都是单点我们会不会，没有修改我们会不会，区间不扩张我们会不会......
-
分析第一个操作/最后一个操作：什么情况下这个操作是有用的，有用时会造成什么影响，如果没用是不是可以直接将这个操作删掉。（考虑性质最好的元素是啥）
-
递归考虑：考虑删除最小元素/最大元素/第一个元素/最后一个元素，新的序列有一个答案，我们再加入这个元素，考虑答案的变化量。（例：AGC014F Strange Sorting）
-
从前到后贪心考虑/从小到大贪心/...：第一个/最小的...需要被覆盖，我们至少需要进行哪些操作。
-
考虑是否有“两个元素是等效的”（比如第一个和最后一个），如果有，是否能直接把这两个元素合并起来，然后不断合并直到只剩一个元素。（例：AGC023D Go Home）
-
多个操作的时候，分析一种操作是不是可以调整到某些位置操作不变劣。（或者分析最优情况操作的结构可以调整成什么样子）
-
感觉正着操作时，限制在操作的过程中变得越来越紧，不好决策每个时刻干的事情：考虑时间反转。
-
发现一些简炼的必要条件，堆砌起来，考虑是否有充分性：如果没有充分性，就能找到反例，继续堆砌必要条件。（例：AGC012F Prefix Median）
-
发现一些充分条件，取并，看看是否还有不满足任意一条的情况，如果有，继续加入进去，取并。
-
对于构造型题目，可以猜答案，之后考虑构造。（有的时候可以猜答案很小或者与理论最优解的差不大；例：AGC025E Walking on a Tree）
-
强化已有性质，例如把 “正反都经过至少一次” 变成 “正反经过的次数差 \(\le1\)”。（例：AGC025E Walking on a Tree）
-
弱化模型需要满足的条件。（例：AGC025E Walking on a Tree、AGC029F Construction of a tree）
-
很多时候，如果不好找需要满足的条件的好的表达方式，可以考虑把需要满足的条件用公式的形式写出来，因为很多时候，有一些不变量被我们忽略了，可能移一下项就做完了，而我们不写公式可能就是想不到。（例：AGC028E High Elements）
Pushing Balls
考虑直接 DP 啥的很难做到 \(O(n)\)。考虑观察问题的结构，设 \(F(d_1,d_2,\cdots,d_{2n})\) 表示球洞距离依次是 \(d_1,d_2,\cdots,d_n\)，则每次转移构成了一个子结构。
具体的，每删去一个球和一个洞，我们就把剩下的球和洞找出来，然后重新求出 \(d'\)。
注意到答案肯定是形如 \(\sum d_if_i\)，换言之每个 \(d\) 的贡献系数与其它 \(d\) 是无关的，只和 \(n\) 有关系。由期望线性性，这启发我们直接递归子问题 \(F(E(d'_1),E(d'_2),\cdots,E(d'_{2n-2}))\)，然后加上当前的期望贡献 \(\dfrac{\sum_{i=1}^{2n}d_i}{2n}\)。
考虑 \(E(d'_i)\)，分析一下可以发现若 \(d\) 是等差数列，则 \(d'\) 也是。因此每个子问题都可以 \(O(1)\) 计算。
更进一步的，其实我们只关心 \(d\) 的平均值，因此按照段长考虑即可得到和式 \((\sum_{i=1}^{2n}d_i)(\sum_{i=2}^{n+1}\dfrac{1}{i})\)，更简洁一点。
Go Home
正着考虑比较苦难，因此倒着考虑问题。
考虑最后送完的人一定是 \(1\) 号或者 \(n\) 号，而最后送的一定是人数少的那个。
证明考虑，记 \(rem\) 表示当前车上除了 \(1,n\) 以外的人数。则若 \(p_1\ge p_n+rem\)，则车能开到 \(1\)；若 \(p_n>p_1+rem\)，则车能开到 \(n\)。因此若 \(p_1\ge p_n\) 一定先开到 \(1\)，否则先开到 \(n\)。
不妨假设先开到 \(1\)，则 \(n\) 希望 \(1\) 尽可能早送完，因为后面一定是从 \(1\) 去送他，因此只需把 \(p_1\gets p_1+p_n\) 处理子问题即可，直到 \(x_1>s\) 或 \(x_n<s\)，此时一定是直接开过去。
Strange Sorting
考虑全局最小值并不是一个很关心的角色——它不会影响其它点是否是 high/low，把它删了对于其它点的序列是不变的。
因此，只需考虑 \([2,n]\) 排序后形成的序列，\(1\) 是否自动在最开头——若不是则答案加上 \(1\)，直接模拟就可以做到 \(O(n^2)\)。
接下来是一个很神秘的观察。设前 \(t-1\) 次排序后序列最开头的数是 \(u\)，则我们只需要判定，是否有 \(1\) 的位置在 \(u\) 和 \(2\) 之间。
性质：\((1,2,u)\) 的顺序关系始终循环同构。
引理：一个非首位 high 元素 \(x\) 一定无法移动到首位。证明考虑，它上一个 high 元素 \(y\)，则下一次一定是 \(yx\) 连续出现。
考虑此时若 \(xy\) 都是 low 或都是 high，则 \(x\) 永远在 \(y\) 后面，不可能到开头。
若 \(y\) 是 low，\(x\) 是 high，则 \(x\) 仍然是非首位 high 元素，归纳即可。
因此 \(u\) 作为 high 时一定在首位。
考虑 \(u,1,2\) 的情况，\(u\) 是 high，\(1,2\) 是 low，变为 \(1,2,u\)；
否则，\(u\) 一定是 low。\(1,2,u\) 的情况，一定变为 \(1,2,u/u,1,2\)；\(2,u,1\) 一定变为 \(u,1,2\) 或 \(2,u,1\)。
综上：我们只需要判定初始顺序是否与 \((u,1,2)\) 循环同构即可，若同构则直接排好，否则需要多排一次。
\(O(n)\) 扫一遍，维护 \([i,n]\) 排序的情形，每次增量的加入全局最小值即可。
Walking on a Tree
很容易猜到记 \(d_i\) 为第 \(i\) 条边被覆盖的次数，则 \(ans=\sum_{i=1}^n\min(d_i,2)\)。
边正反走两次，考虑欧拉回路。但直接连边 \(x-y\) 得到的图不一定有欧拉回路。
考虑对于所有树边，若度数不对就在每个点和父亲连一条边，从叶子往上依次做，然后对新图跑无向图欧拉回路。
考虑正确性，对于覆盖一条的一定满足了，对于覆盖两条的一定至少有一条路径入子树，一条路径出子树，因此一定能满足条件。
时间复杂度可以做到 \(O(n\log n+m)\)。
【UR #31】决战中途岛
tag：反射容斥，二元 GF
将 \((x,y)\to (x+y,y-x)\)，则相当于可以走 \((x,y\pm 2),(x\pm 2,y),(x+2,y-2),(x-2,y+2)\)，贡献系数为 \(1\)；或者走 \((x,y)\)，贡献系数为 \(2\)。
方便期间把走的距离除以 \(2\)。
此时相当于要求不能走出第一象限，考虑做六边形反射容斥：
就是走出限制就对着线翻转一下就可以。
这样，我们只需要处理 \(6\) 个无限制的问题，问题形如，从 \((0,0)\) 按照上述方式走 \(k\) 步走到 \((x,y)\) 的方案数。
枚举第一个 \((x+y)^k\) 中选了几个 \(x\) 即可解决，时间复杂度 \(O(k)\)。
因此，原问题得以在 \(O(h)\) 的时间复杂度内解决。
0603
A
题意：
给定一颗 \(n\) 个点的树，每个点有颜色 \(col_i\)。
称点 \(u\) 拥有颜色 \(c\) 当且仅当存在一对点 \(p,q\) 满足 \(col_p=col_q\) 且 \(u\) 在 \(p\) 到 \(q\) 的简单路径上。
\(q\) 次操作，分为两种：
1 u c，修改 \(col_u\) 为 \(c\)。2 u v，询问有多少种颜色被 \(u\) 到 \(v\) 简单路径上的至少一个点拥有。
\(n,q\le 2\times 10^5\) 2s
题解：
考察包含每种颜色 \(c\) 的一颗虚树 \(T\)，相当于对于虚树上所有的点都能拥有这个颜色 \(c\)。
考虑什么时候路径 \(u-v\) 包含颜色 \(c\)。当 \(\text{lca}(T)\) 在路径 \(u-v\) 上则显然拥有，否则只需要判定 \(\text{lca(u,v)}\) 在 \(T\) 上。
考虑对于虚树上每条边做路径加，则查询只需要查 \(\text{lca}\) 被加的次数。对于前面的情况，对于虚树上的每个 \(\text{lca}\) 做单点加，则查询只需要查询路径和。
考虑直接维护 \(n\) 棵虚树，每次直接在虚树上插入删除点，维护两个 set 表示实际存在的点和所有点的集合，就可以轻松在 \(O(q\log n)\) 的时间内维护。对于数据结构部分，用树状数组就可以完成这些操作，总时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
B
题意：
给定 \(n,m\)，保留坐标轴中 \(y\ge 0\) 且距离原点在 \([n,n+m)\) 中的整点，若两个点之间距离为 \(1\)，则在这两个点之间连一条边。
定义一张子图是二元组 \((V',E')\) 满足 \(V'\subseteq V,E'\subseteq E,\forall u,v\in E',u\in V',v\in V'\)。
计数子图个数，对给定模数 \(p\) 取模。
\(n\le 300,m\le 16,10^8\le p\le 10^9\) 4s
题解：
考虑找一个合适的顺序考虑这些点。
若按照横向或纵向做轮廓线 DP，则一次需要记录 \(\sqrt{(n+m)^2-n^2}\) 个信息，这显然是不可接受的。
发现可以直接对给定的圆环按照极角序考虑，状压所有还需要考虑的点。具体的，按照极角序加入所有点，然后找到每个点相连最靠后的位置，从那个位置开始就不再需要记录这个点。
转移时，每次加入一个点，分类讨论是否选入点集，若选入点集，则扫描所有还需要考虑的点，看连了几个即可。
显然只有线下方的不超过 \(m\) 个点需要考虑，则直接状压 DP 就可以做到 \(O((n+m)m2^m)\)。
C
题意：
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(v\)，四个长度为 \(m\) 的序列 \(a,b,c,d\)。
对于 \(1\le k\le m\)，求解以下问题：
构造两个长度为 \(k\) 的序列 \(p,q\)，要求 \(\forall 1\le i\le k,1\le p_i,q_i\le m\)，且 \(p_i\) 互不相同，\(q_i\) 互不相同。
定义这组序列对 \(p,q\) 的代价为 \(\sum_{i=1}^k|v_{a_{p_i}}-v_{c_{q_i}}|+b_{p_i}+d_{q_i}\)。
求所有可能的序列对 \(p,q\) 的最小代价。
\(n\le 1000,m\le 5\times 10^4\) 1s
题解：
做法 1：DP
先将 \(v\) 排序。
发现这个问题很适合放在 \(v\) 上做 DP，则 DP 状态只需要记录选择了几个匹配，有多少个待匹配点（可能全是 A 或者全是 B）。
DP 做法形如，令 \(a'_i=v_{a_i},c'_i=v_{c_i}\)，把所有 \(a,c\) 放在一起排序，设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 个元素，当前匹配了 \(j\) 个，有 \(k\) 个待匹配点。若 \(k\ge 0\) 则剩下的是 A，否则剩下的是 B。这样三维都是 \(O(m)\) 的，只能做到 \(O(m^3)\)，非常不牛。
考虑这个做法的问题在于，既需要记录匹配的个数，又需要记录有多少个待匹配点，这样就已经 \(O(m^2)\) 了，所以直接 DP 解决原问题并不容易。
考虑到这其实是一个 匹配问题，经典结论我们知道图的最大权匹配的点集是增量的，也就是说原来选的点现在还会选，只是有可能改变匹配的方式。
发现对于一个 \(u\)，选取的 \(a_i=u\) 中一定选 \(b\) 排序后的一段前缀，对 \(c,d\) 同理。假设在 \(u\) 选了 \(k\) 个 A，则现在如果要新选则一定选第 \(k+1\) 小的 A，增量一个点的贡献是可以 \(O(1)\) 计算的。记录以下 \(ca_i\) 和 \(cb_i\) 表示已经选了 \(a_u=i\) 的多少个点，\(c_u=i\) 的多少个点。因此这样 DP，改成 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示考虑 \(v\) 中前 \(i\) 个点，是否选择了 A，是否选择了 B 的最小权值。每次转移，根据 \(ca,cb\) 和这些信息容易推出前面待匹配的点的个数。
只需要在 DP 的时候顺便记录一下方案，然后更新 \(ca\) 和 \(cb\) 即可。跑 \(m\) 轮增量，时间复杂度 \(O(nm)\)，常数较大，需要循环展开才能通过。
做法 2：模拟费用流
先将 \(v\) 排序。考虑建费用流模型：\(S\to a_i(c_i,1),b_i(d_i,1)\to T\)，在 \(i\) 和 \(i+1\) 之间连流量无限费用 \(|v_i-v_{i+1}|\) 的双向边，则我们只需要求出一组流量恰好为 \(k\) 的最小费用。
考虑模拟费用流，分析一下增广路的形态一定形如 \(S\to x\to x+1\to \cdots\to y\to T\) 或者 \(T\to y\to y-1\to \cdots x\to S\)，因此只需要 \(O(n)\) 扫一遍，维护一下每条边当前是正走还是反走就可以。
其实与 DP 做法是殊致同归的。一方面，最大权匹配点集增量就是用模费推的；另一方面，把上面的 DP 简化一下，直接考虑增量 \(\{x,y\}\) 的贡献就是小常数 \(O(n)\)，但需要额外匹配每条边的走法。
时间复杂度 \(O(nm)\)。
0604
A / [集训队互测 2023] 命运
tag：图论，数据结构，线段树分治
先去重边。考虑如何判定：
-
\(s\) 连接的边至少有 \(k\) 条
-
图联通
-
在图中删去 \(s\) 和 \(s\) 连接的边后，图中的连通块个数不超过 \(k\)
因此显然存在一个 \(O(m(n+m)\alpha(n))\) 的做法是，维护答案边集，按照边权从大到小的顺序，如果删去这条边仍然有解就删除。
考虑直接分治做，问题在于它是半在线的，也就是 \([mid+1,r]\) 的边若被判定必须要加入则需要加入这个结构。搭配线段树分治即可 \(O(m\log m\log n)\)。
B / [集训队互测 2023] 崩坏天际线
tag：操作分块
先考虑 \(O(nq)\)，离线下来倒序执行加入操作和查询区间产生的贡献，设 \(t_i\) 表示操作 \(i\) 的最早时刻，则相当于对于去区间 \([l,r]\)，找到最小值后向两侧递归即可。实现可以每次建笛卡尔树。
实际上写这个或者随便编一些小常数的 \(O(nq)\) 暴力就能飞过去。
考虑优化：考虑对于这个结构做定期重构。对时间序列分块，求出新的笛卡尔树，保留新笛卡尔树上这些点的虚树，只特殊考虑这一部分，对于其它部分的贡献记忆化一下应该就能 \(O(q\sqrt q\log q)\)。
另外一个操作分块做法：
考虑 sub 3 怎么做。这样每个区间的形态一定形如：
- 1 类区间：未被操作，夹在分裂点之间
- 2 类区间：已被操作，但只涉及一个端点
- 3 类区间：左端点和右端点都是两个分裂点
先线段树上二分找到第一次被操作的时刻，然后相当于已知若干个时刻的插入 2 类区间。把这样的 2 类区间然后挂在分裂它的那个端点上维护。假设分裂它的是左端点，我们当前在 \(x\)，上一个、下一个分裂点分别是 \(l,r\)，然后现在形如 \([l,u](x<u<r)\) 的形式，我们需要复制到 \([x,u](x<u<r)\)，则有 \(1/2\) 的概率产生一个 3 类区间，剩下的就分裂下来挂到 \(x\) 点的线段树上（显然此时 \(x\) 点的线段树为空）。对于 3 类区间直接开数组就容易维护贡献系数。
因此 sub3 直接模拟就可以 \((q\log q)\)。
正解：考虑操作分块。
对于同一时间块内的操作暴力，到每个操作块结束完后，统一收集当前剩余的区间，扔给下一个块做。
时间复杂度也是 \(O(q\sqrt q\log q)\)。
这俩做法都没写过，因为暴力过了。
C / [集训队互测 2023] Since A Light
tag：范德蒙德恒等式 GF Bostan-Mori
把 \(d=1\) 特判一下，答案显然是斐波那契前缀和的形式，容易矩阵快速幂计算。
先考虑一个 \(O(poly(n,d))\) 的暴力 DP 做法。
设 \(f_{n,d}\) 表示进行 \(n\) 次操作后，距离根为 \(d\) 的点个数，\(g_{n,d}\) 表示进行 \(n\) 次操作后距离为 \(d\) 的点对个数。
考虑转移，有 \(f_{n,d}=f_{n-1,d-1}+f_{n-2,d}+[n<2\cap d=0]\)，\(g_{n,d}=g_{n-1,d}+g_{n-2,d}+\sum_{i=0}^{d-1}f_{n-1,i}f_{n-2,d-1-i}\)，其中负下标的值为 \(0\)。
发现我们只关心所有 \(g_{*,d}\) 的值，因此直接做就是 \(O(nd)\) 的。
考虑令 \(h(n)=\sum_{i=0}^{d-1}f_{n-1,i}f_{n-2,d-1-i}\)，用 \(g(n)\) 表示 \(g_{n,d}\)，则有转移 \(g(n)=g(n-1)+g(n-2)+h(n)\)，考虑 \(h(i)\) 对 \(h(n)\) 的贡献系数是 \(fib_{n-i}\)，其中 \(fib\) 表示从第 \(0\) 项开始的斐波那契数列。
考察对 \(h\) 的刻画，那我们应该先考察对 \(f\) 的刻画。\(f\) 的两个初值点是 \((0,0)\) 和 \((1,0)\)，每次可以向右向下一格或者向下两格，因此向右走的次数是 \(d\)，向下走的次数是 \(\lfloor\dfrac{n-d}{2}\rfloor\)。下面除以 \(2\) 就不打取整了。
因此可以推导出 \(f_{n,d}=\Large\binom{\frac{n-d}{2}+d}{d}\)。
现在开始考察 \(h(n)=\sum_{i=0}^{d-1}\Large\binom{\frac{n-i-1}{2}+i}{i}\binom{\frac{n-2-(d-1-i)}{2}+d-1-i}{d-1-i}\)，这个形式非常范德蒙德卷积，底下的和固定为 \(d-1\)，顶上的和如果忽略下取整的话固定为 \(\dfrac{2n-d-2}{2}+d-1\)。
结论：计算和式：\(h(n)=\sum_{i=0}^{d-1}\Large\binom{\frac{n-i-1}{2}+i}{i}\binom{\frac{n-2-(d-1-i)}{2}+d-1-i}{d-1-i}\) 其中所有除以 2 都是下取整，组合数涉及负数都按 0 计算。
感性理解一下，这个东西非常像范德蒙德卷积，考虑直接猜测答案是 \(\binom{(2n-d-2)/2+d-1}{d-1}\)。
实际上只有奇数是错的，打个表也容易把规律找出来。
从结果上看：
当 \(d\) 为偶数 \(\binom{(2n-d-2)/2+d-1}{d-1}\)；
当 \(d\) 为奇数 \(2\binom{(2n-d-2)/2+d-1}{d-1}-h(n-1)\)。
具体的推导过程：
证明由 AI 生成
下面给出一个比较完整的推导。为了避免原式里“除以 2 取下整”看起来太乱，我们先把式子整理。- 原式整理
题目给出
并约定：
- 所有 “/2” 都是下取整；
- 组合数若上标小于下标，或者涉及负数，则按 \(0\) 算。
先化简两个组合数的上标。
第一项
因为对整数 \(i\)，有
直接代入即可验证。
所以第一项变成
第二项
因为
于是第二项是
因此
- 按奇偶拆开看地板函数
关键在于两个上标的奇偶性结构。
设
注意到
二者奇偶性只差一个固定量，因此是否有“两个 floor 一起正好补成常数”取决于 \(d\) 的奇偶。
- \(d\) 为偶数时
设
则 \(d-2\) 为偶数，所以
奇偶相反还是相同？它们之和为
是偶数，所以这两个数同奇偶。
因此
设
那么对每个 \(i\)，有
于是
现在要注意：当 \(d\) 为偶数时，\(i\) 每增加 1，\(a_i\) 的变化正好和奇偶匹配，使得
虽然不是线性的，但更好的做法是直接用生成函数。
3.1 生成函数法
定义
则第二项上标就是 \(M-A_i\)。于是
而范德蒙德恒等式告诉我们，只要上标两项和固定为 \(M\)，就有
这里 \(A\) 虽然依赖于 \(i\)，但由于 \(d\) 为偶数时两项的 floor 配对正好对应于从
中抽取 \(x^{d-1}\) 的所有可能拆分，最终总和仍然等于固定系数。具体可按 \(n\) 奇偶分别验证：
若 \(n=2t\)
则
由于 \(d\) 偶，按 \(i\) 奇偶拆分后，两类都可整理成标准范德蒙德求和，最后得到
若 \(n=2t+1\)
同理得到相同形式。
统一写成
而题目给出的形式是
化简上标：
一致。
所以
- \(d\) 为奇数时
现在设
这时
是奇数，因此
奇偶相反。
于是对任意整数 \(u,v\) 且 \(u+v\) 为奇数，有
因此
设
于是
这时不能直接塌成一个范德蒙德项，因为总和少了“半格”。但它和 \(h(n-1)\) 配对后恰好补齐。
4.1 写出 \(h(n-1)\)
有
注意对任意整数 \(m\)，
因此 \(h(n)\) 与 \(h(n-1)\) 中对应项的上标恰好互补，合起来构成一个完整的范德蒙德和。
更具体地，设
即题目中组合数的上标。则可以验证：
- \(h(n)\) 取到了“奇偶错位”的一半拆分；
- \(h(n-1)\) 取到了另一半拆分；
两者相加恰好等于
减去其中已经在 \(h(n-1)\) 中出现的那一部分，于是得到递推
- 更直接的“奇偶分组”证明
下面给一个更可操作的拆分方法，能看出为什么偶数时直接闭式、奇数时出现递推。
把 \(i\) 按奇偶拆成两部分。
设 \(n=2t\) 或 \(2t+1\)，分别讨论。
5.1 \(d=2m\) 为偶数
以 \(n=2t\) 为例。
当 \(i=2r\)
对应项为
当 \(i=2r+1\)
对应项为
于是
这两个和可以用
配对合并，最后正好成为一个标准的范德蒙德和：
代回 \(d=2m\)，即
故
\(n=2t+1\) 时同理。
5.2 \(d=2m+1\) 为奇数
同样分 \(i\) 奇偶，整理后会得到两组和，但这次它们不能完全合并成一个范德蒙德和，而是差一个相邻层。这个“差掉的层”恰好对应 \(h(n-1)\)。
于是有
也就是
移项即得
- 结论
最终结论就是：
- 说明：为什么会有这种奇偶差异
本质原因只有一个：
- 当 \(d\) 为偶数时，两项组合数上标对应的两个整数之和是偶数，所以两边取整后正好互补，直接套范德蒙德；
- 当 \(d\) 为奇数时，两边对应整数之和是奇数，所以两边取整后差半格，单个 \(h(n)\) 不完整，但 \(h(n)\) 与 \(h(n-1)\) 恰好拼成完整结构，因此出现递推式。
如果你愿意，我还可以继续把上面的“奇偶分组证明”写成完全不跳步的逐项恒等变形，尤其是把偶数情形如何一步步并成范德蒙德和、奇数情形如何精确得到 \(h(n)+h(n-1)\) 的过程全部展开。
\(f_i=\binom{(2i-d-2)/2+d-1}{d-1}\)，它的生成函数是 \(\dfrac{1}{(1-x)^k}\) 的形式；
若 \(d\) 为偶数则 \(g\) 是 \(fib\)，生成函数是 \(\dfrac{1}{1-x-x^2}\)；
否则相当于要多乘 \(1-x+x^2-x^3+\cdots=\dfrac{1}{1+x}\)，即生成函数为 \(\dfrac{1}{(1-x-x^2){1+x}}\)。
只需要计算：\(f\) 和 \(g\) 卷积的 \(x^n\) 系数。
最后我们会化归成 \([x^n]\dfrac{1}{F(x)}\)，由于 \(deg(F)=d+O(1)\)，可以使用 Bostan-Mori 解决。
Bostan-Mori 解决形如 \([x^n]\dfrac{F(x)}{G(x)}\)，其中 \(n\) 的范围很大，而 \(F,G\) 的长度可能只有 \(10^5\) 这种。
\(\dfrac{F(x)}{G(x)}=\dfrac{F(x)G(-x)}{G(x)G(-x)}\)
考虑 \(G(x)G(-x)\) 是一个偶函数，因此只有偶数次项是有值的。考虑令 \(F(x)G(-x)=xA(x^2)+B(x^2),G(x)G(-x)=C(x^2)\)。
则当 \(n\) 是奇数，有 \([x^n]\dfrac{F(x)}{G(x)}=[x^{n/2}]\dfrac{A(x)}{C(x)}\)，否则 \(=[x^{n/2}]\dfrac{B(x)}{C(x)}\)。
这样就有如下代码：
int Bostan_Mori(poly f,poly g,int n){
if(n<0||f.empty())return 0;
if(!n)return f[0]*1llu*qp(g[0],p-2)%p;
poly w=g;
for(int i=1;i<w.size();i+=2)w[i]=w[i]?p-w[i]:0;
poly nf=f*w,ng=g*w;
f.clear(),g.clear();
for(int i=n&1;i<nf.size();i+=2)f.eb(nf[i]);
for(int i=0;i<ng.size();i+=2)g.eb(ng[i]);
return Bostan_Mori(f,g,n/2);
}
约定 \(deg(G)=k\)，则单次需要做 \(5\sim 6\) 次长度为 \(2k\) 的 DFT，而且时间复杂度是 \(O(k\log n\log k)\)，常数比较大。
优化技巧：考虑直接维护点值 \(\text{dft}(F),\text{dft}(G)\)，点值维护 \(k\) 个。
第一步：将 \(F,G\) 补全到 \(2k\) 个点值。直接做需要一次长度为 \(k\) 的 IDFT，长度为 \(2k\) 的 IDFT，次数为 \(6k\)；
第二步：求出 \(\text{dft}(-FG)\) 和 \(\text{dft}(-G^2)\)，这是 \(O(k)\) 的；
第三步：提取奇次项系数/偶次项系数。
偶数次项提取 \(\text{dft}(F_i)_k+\text{dft}(F_i)_{n+k}=f(\omega_{2n}^k)+f(\omega_{2n}^{n+k})=\sum_{i\ge 0}F_i(\omega_{2n}^k)^i(1+(-1)^i)=2\sum_{2\mid i}F_i(\omega_n^k)^{i/2}=2\text{dft}(F'_i)_k\)；
奇数次项提取 \(\text{dft}(F_i)_k-\text{dft}(F_i)_{n+k}=f(\omega_{2n}^k)-f(\omega_{2n}^{n+k})=\sum_{i\ge 0}F_i(\omega_{2n}^k)^i(1-(-1)^i)=2\sum_{2\nmid i}F_i(\omega_n^k)^{(i-1)/2}\omega_{2n}^k=2\text{dft}(F'_i)_k\omega_{2n}^k\)。
因此，我们可以在 \(O(k)\) 的时间复杂度内完成这一步，将初始的代码常数成功减半。
参考代码：
int v1[maxn<<1],v2[maxn<<1];
int pw[maxn<<1];
int Bostan_Mori(poly f,poly g,int n){
int m=0;
while((1<<m)<g.size()+5)m++;
int base=qp(Gi,(p-1)>>m+1);
pw[0]=1;up(i,1,(1<<m+1)-1)pw[i]=pw[i-1]*1llu*base%p;
auto multi=[&](int *f,int *g){
Poly::ntt(m,f,-1);
up(i,0,(1<<m+1)-1)g[i]=0;
up(i,0,(1<<m)-1)g[i]=f[i];
Poly::ntt(m+1,g,1);
};
f.resize(1<<m),g.resize(1<<m);
Poly::ntt(m,f.data(),1),Poly::ntt(m,g.data(),1);
for(;n;n>>=1){
multi(f.data(),v1),multi(g.data(),v2);
up(i,0,(1<<m+1)-1)v1[i]=v1[i]*1llu*v2[i^(1<<m)]%p;
up(i,0,(1<<m)-1){
v2[i]=v2[i]*1llu*v2[i|(1<<m)]%p;
if(n&1)v1[i]=add(v1[i],p-v1[i|(1<<m)]);
else v1[i]=add(v1[i],v1[i|(1<<m)]);
if(v1[i]&1)v1[i]+=p;v1[i]>>=1;
}
if(n&1){
up(i,0,(1<<m)-1)v1[i]=v1[i]*1llu*pw[i]%p;
}
up(i,0,(1<<m)-1)f[i]=v1[i],g[i]=v2[i];
}
int s1=0,s2=0;
up(i,0,(1<<m)-1)s1=add(s1,f[i]),s2=add(s2,g[i]);
return s1*1llu*qp(s2,p-2)%p;
}
使用这个技巧，成功将该问题做到 \(O(d\log d\log n)\)，足以通过。
0605
A / AND x OR
tag：观察性质，高维前缀和
何意味？
考虑判定 \((a,b)\) 是好的。考察最后一次操作，我们选择了 \(a_i\gets a_i\text{\ or\ }x,a_j\gets a_j\text{\ and\ }x\)，因此有 \(b_j\subseteq b_i\)。考虑充分性，在 \(n=2\) 时成立，在 \(n>2\) 时先恢复 \(i,j\) 以外的位置，使用一个空闲位置恢复数显然是可以做的。考虑必要性，除非 \(a=b\) 显然需要进行至少一次操作。
综上可知，\(a,b\) 是好的当且仅当 \(a=b\) 或存在 \(i\ne j\) 满足 \(b_i\subseteq b_j\)。
前一种情况答案平凡的，是 \(\sum_{i=1}^n |a_i-b_i|\)；后一种情况显然只会操作 \(b\) 中至多两个数，考虑枚举 \(b_j\)，直接处理好变成某个数的代价然后求子集 \(\min\)，维护一下最小和次小容易统计答案。
时间复杂度 \(O(n+m\log m)\)。
B
C / Graph Coloring
tag：图论，启发式合并
考虑 \(q=1\) 怎么做，这是经典问题 Mike and Fish，答案是奇度点个数，构造对奇度点连接超级源点，对每个连通块跑欧拉回路，按照回路上奇数位置的边染黑其它位置染白即可。
考虑推广，直接套用上面的思路，随着度数的动态变化，我们需要支持加、删边和回答欧拉回路信息。这是困难的（至少删除看起来就很难做，而且这题是强制在线的）。
考虑更换我们的思路。发现不连超级源点就不需要刻画删边了，然后我们把欧拉回路换成路径分解，满足每个点至多成为一条路径的端点，其实换言之就是把欧拉回路上向超源的边删除掉了。我们尝试把路径挂在两个端点处维护。
考虑直接维护现在这个结构，考虑加一条边造成的影响：
- \(x,y\) 都不是路径端点，则新建路径 \(x-y\)；
- \(x\) 是路径端点，则把路径的这个端点延伸到 \(y\) 即可；
- \(x,y\) 都是路径端点：
-
- \(x,y\) 属于不同的路径：把两条路径拼接起来；
- \(x,y\) 属于相同的路径，则现在会连成一个大环。注意到这是一张二分图，因此直接把这个环摘下来是没有影响的。我们删去路径并记录这个环即可。
上面的操作容易维护哈希值信息。使用启发式合并配合 deque 维护路径拼接，时间复杂度 \(O((m+q)\log q)\)。
D / AB Tree
tag：构造，DP，bitset，根号分治
考虑不同字符串个数的下界，发现每个长度对应一个字符串就是一个下界，也就是 \(\max dep_u\)。容易发现这个下界能取到当且仅当 每个深度对应的字符都一样。换言之，记 \(c_i\) 表示深度为 \(i\) 的点的个数，则存在集合 \(S\) 满足 \(\sum_{x\in S}c_x=k\)。
因此问题有一个下界：最大深度 \(D\)。
显然，上面的下界并不是总能取到的。
做法 1：
这个时候手玩一下会有一个观察：存在一组最优方案，满足不存在 \(i\ne j\)，满足深度为 \(i\) 的点有 A 有 B，深度为 \(j\) 的点也有 A 有 B。证明略，因为做法 2 会给出更强的性质。然后深度为 \(i\) 的取了 \(k\) 个就会造成 \(mxd\) 第 \(k\) 小值的贡献，其中 \(mxd\) 是子树距离 \(u\) 的最大值。
枚举这个取不满的位置，对剩下的点跑背包就有一个 \(O(poly(n))\) 的做法。由于 \(c\) 只有根号种可以合并一下，跑多重背包并用分治优化，就可以做到 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
做法 2：
还是考虑下界取不到的情况。考虑求一个上界，事实上存在一个 \(D+1\) 的构造：
先从浅到深填，维护当前 A 和 B 的余量 \(c_A,c_B\)。
假设当前还剩下 \(x\) 个点，则当前层非叶子节点个数不会超过 \(x/2\)，因为非叶子节点一定存在至少一个后代。我们把它填上种类较多的那种颜色 \(c\)。
此时，若用颜色 \(c\) 还能继续填充完这一层的非叶子节点则进行填充；否则一部分填 A 一部分填 B，则往后填就剩下一种颜色了。
因此我们的构造满足了只会有一层不纯色，且给出了一个 \(D+1\) 的构造。
我们只需要判定能否取到 \(D\)，可以直接 bitset 做到 \(O(\dfrac{n^2}{w})\) 或者合并等值点跑多重背包做到 \(O(n\sqrt n)\)，可以通过。
0606
A / Alternating Heights
tag：基础算法
判定是简单的，对 \(<\) 关系建图则要求图无环。预处理每个点的最远合法右端点，显然可以双指针做到 \(O(n^2+q)\)。
B / Rainy Markets
tag：贪心
做法 1：
考虑贪心，先让每个点尽可能往左填，记录每个点左侧最多可以剩给他多少个。
然后从后往前贪心，优先向右放，其次向左访，如果剩余超过 \(u_i\) 就是无解。
做法 2：
考虑给出判定：没有雨伞就是 Hall 定理，要求 \(\sum_{i=l}^rp_i\le \sum_{i=l}^{r+1}b_i\)。
则我们需要构造一个序列 \(c\)，满足 \(0\le c_i\le u_i,\sum_{i=l}^rc_i\ge \sum_{i=l}^{r+1}b_i-\sum_{i=l}^r p_i\)
转到前缀和上，就是 \(\forall j<i,C'_i\ge \sum_{i=l}^{r+1}b_i-\sum_{i=l}^r p_i+C'_j\)。称为 1 类边。
直接从前向后贪心确定 \(C\) 是错的，因为只能保证 \(C\) 尽可能小，无法保证 \(C_i-C_{i-1}\le u_i\)。
我们连边 \(i\to i-1(u_i),i\to i+1(0)\)，分别称为 2 类边和 3 类边。可以假装图没有正环，不然我们的解检验出来肯定不对。
考虑建图后得出的推论是，走法一定形如走一 1 类再走 2 类或者 3 类走过去，求一些简单的前后缀 \(\min\) 即可。
时间复杂度都是 \(O(n)\)。
C / Double Attendance
tag：DP
考虑 DP，设 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示在时刻 \(i+\epsilon\)，位于教室 \(0/1\)，同时在另一个教室现在放映的幻灯片是否已经看过，转移显然可以 \(O(1)\)。时间复杂度 \(O(v)\)。
发现并不好把时刻离散化，那咋办？注意到 \(f\) 的值只有 \(O(n)\) 种，因此交换 DP 的状态和值，变成 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示想要凑够 \(i\) 张幻灯片在该状态下对应的最小时间，每次选择停留或者去下一个教室，二分求出下一个能看到幻灯片的时刻即可，这样还是只有 \(O(1)\) 个转移，状态变成 \(O(n)\) 个，直接 BFS 即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在二分和排序。
String Transformation 2
tag：图论，观察性质
连边 \(a_i\to b_i\) 得到图 \(G\)（忽略自环），先考虑 \(G\) 弱联通的情况。
相当于你要按照顺序加入若干条边，令形成的图为 \(G_2\)，则要求 \(\forall x\to y\in G\)，\(G_2\) 上存在一条时间戳升序的从 \(x\) 到 \(y\) 的链。
考虑答案显然有一个上界：\(2(|V|-1)\)，只需要每个点都连 1 再连回去就可以。
答案显然也有一个下界：\(|V|-1\)，在 DAG 时可以取到，只需连边 \(ord_i\to ord_{i+1}\)。
发现我们可以仿照的给出一个构造：
只需要找出最大的 DAG 子集就可以，则答案拥有上界 \(2|V|-|V_0|-1\)（对一个弱联通图），这个看起来就非常有道理，证明。
综上，问题可以在 \(O(2^nn)\) 的时间内得以解决。
浙公网安备 33010602011771号