MATH Day 07 Application & Practice

本周算法部分复习

线段树 (Segment Tree)

  • 基本操作：单点查询/修改；区间查询/修改；Lazy Tag (延迟标记)。
  • 变体与进阶：动态开点线段树；线段树合并/分裂；持久化线段树 (Persistent Segment Tree)。
  • 势能线段树 (Potential Segment Tree)：
    • 常见应用：区间开根 (Range Sqrt)、区间取模 (Range Mod)。
    • Segment Tree Beats 类问题：涉及区间 \(min/max\) 修改的问题。
    • 复杂度势能分析：通过定义势能函数 \(\Phi\) 证明这类看似暴力的修改在均摊意义下是 \(O(\log n)\) 或 \(O(\log^2 n)\) 的。
  • 矩阵 Tag (2x2 线段树)：利用矩阵乘法的结合律来维护复杂的线性递推区间修改。
  • 标记永久化 (Tag Propagation Elimination)：在不支持 pushdown 的场景（如可持久化或某些高维结构）中，将标记留在节点上，在查询路径上累加。

「 补充建议：关于势能分析 」

在处理区间开根号时，注意到 \(\lfloor \sqrt{x} \rfloor\) 下降极快。对于 \(10^9\) 范围内的数，最多 6 次操作就会变成 \(1\) 或 \(0\)。因此可以通过维护区间最大值，若 \(max \le 1\) 则停止递归，从而保证复杂度。

李超线段树 (Li Chao Tree)

  • 简要：十分有用的数据结构，用于线性最值 DP 优化 (Convex Hull Trick 的动态变体)。
  • 原理：一次函数的“优势”性质。
  • 手段：标记永久化。
  • 核心方法：加入线段 \(f\) 到 \([l, r]\) 上：\(gmax\)。
    • 若 \(f(mid) > f(mid)_{old}\)，则：替换掉这一点上的线段。（此时处理了该点以上区间的更新，另外部分由被替换线段再更新）
    • Dominant Line (优势线段)：在当前区间中点处值最大的线段。

「 补充建议：算法流程细节 」

插入新线段 \(f\) 时，对比当前节点的优势线段 \(g\)：

  1. 如果 \(f\) 在 \([l, r]\) 完全高于 \(g\)，直接覆盖并返回。
  2. 如果 \(f\) 在 \([l, r]\) 完全低于 \(g\)，直接丢弃并返回。
  3. 如果相交：
    • 若 \(f(mid) > g(mid)\)，交换 \(f\) 和 \(g\)（保持 \(g\) 为优势线段），然后将新的 \(f\) 递归下传到斜率更差的一侧。
    • 若 \(f(mid) \le g(mid)\)，将 \(f\) 递归下传到斜率更好的一侧。
      复杂度为严格 \(O(\log (\text{Value Range}))\)。

DS 模板小练习

CF380C

  • 题目描述：一个括号序列 \(\{s_n\}\)，长度为 \(n\)，\(m\) 次询问，每次询问 \([l_i, r_i]\) 中最大合法括号子序列的长度。
  • 解：简单数据结构题，每个子区间维护段内未匹配的 ( (记作 \(a\)) 和 ) (记作 \(b\))，以及已匹配的长度 \(ans\)。
  • 合并区间时统计：
    • \(match = \min(a_{left}, b_{right})\)
    • \(ans_{new} = ans_{left} + ans_{right} + match \times 2\)
    • \(a_{new} = a_{left} + a_{right} - match\)
    • \(b_{new} = b_{left} + b_{right} - match\)

CF474F

  • 题目描述：维护 \([l, r]\) 内值为 \(\gcd_{i \in [l, r]} x_i\) 的数字个数。
  • 解：线段树维护 \(\gcd\)。离散化 + vector 维护区间内数字个数（或者在询问时同时统计该 \(\gcd\) 出现的次数）。
  • 数学原理：区间 \(\gcd\) 一定是区间内任意元素的约数。若某个数 \(x_i\) 等于区间 \(\gcd\)，则它一定是该区间内的最小值（或之一）。
  • 进阶思路：由于 \(\gcd\) 具有幂等性且随区间增大单调不增，可以使用 ST 表在 \(O(n \log n)\) 预处理后 \(O(1)\) 查询区间 \(\gcd\)，配合二分或 std::upper_bound/lower_bound 在 vector 中统计个数。

CF482B (Interesting Array)

题意：构建一个序列 \(a\)，满足 \(m\) 条限制，形如 \(l, r, q \Rightarrow a_l \& \dots \& a_r = q\)。否则输出 NO。

解：显然按位考虑。

  • 对于每一个比特位（bit），如果 \(q\) 的该位为 \(1\)，则区间 \([l, r]\) 内所有数的该位都必须为 \(1\)。这等价于区间赋值（或区间加）。
  • 如果 \(q\) 的该位为 \(0\)，则要求区间 \([l, r]\) 内至少有一个数的该位为 \(0\)。这等价于在构造完序列后，逐个验证区间的位与（AND）结果是否确实为 \(0\)。

「 补充建议 」

  • 实现细节：可以使用差分数组来处理按位的区间赋值，复杂度为 \(O(30n)\)。
  • 校验环节：构造完 \(a\) 序列后，建立一棵线段树维护区间 AND 值，对 \(m\) 条限制进行 \(O(\log n)\) 的区间查询。若查询结果不等于 \(q\)，则输出 NO。总复杂度 \(O(30(n+m))\)。

CF914D (Bash and a Tough Puzzle)

题意：给定 \(a_n\)，\(m\) 次操作：
① 1 l r x：在 \(a_l \sim a_r\) 中修改至多一个数，使 \(\gcd(a_l \dots a_r) = x\) 的可行性。
② 2 i y：将 \(a_i\) 修改为 \(y\)。
\(n \le 5 \times 10^5, m \le 4 \times 10^5, a_i, x, y \le 10^9\)。

解：核心难点在于操作 ①。

  • 注意到若除一个数以外所有数都被 \(x\) 整除，直接令此数为 \(x\) 可取得目标 \(\gcd\)。
  • 考虑查询一个区间是否恰有 \(\le 1\) 个数不被 \(x\) 整除。
  • 线段树上二分即可。复杂度 \(O(n \log n \log V)\)，其中 \(\log V\) 来自 pushup 时的 \(\gcd\) 计算。

「 补充建议：剪枝优化 」

  • 递归退出条件：在查询区间 \([l, r]\) 时，如果当前节点的区间 \(\gcd\) 是 \(x\) 的倍数（即 tr[u].g % x == 0），说明该子树内所有数都能被 \(x\) 整除，直接返回 \(0\)（错误个数）。
  • 错误计数：如果当前节点是叶子节点且 tr[u].g % x != 0，返回 \(1\)。
  • 提前终止：如果在递归过程中发现不被整除的个数已经超过 \(1\)，立即停止搜索。这种“剪枝”保证了每次询问只会完整走过最多两条通往叶子的路径，单次询问复杂度实为 \(O(\log n)\)。

CF1209H (Moving Walkways)

题意：\(n\) 个传送带，从 \(a_i\) 到 \(b_i\)，速度 \(s_i\)。其余为空地，人以 \(1+v\) 行走，\(v \in [-1, 1]\)（在传送带上有 \(v_i\) 加成）。
约束条件：\(E(x) = \int_0^x (1-v(t)) dt \ge 0\)。求 \(T_{min}\)。

解：本题的核心难点有两点：
第一、如何消除掉没用的变量 \(v\)。
第二、如何贡献每段的能量。

假设在一段长度为 \(L\) 的路径上，速度为 \(s\) 的带上保持 \(v\) 速：

  • 实速：\(v + s\)
  • 时间 \(cost\)：\(t = \frac{L}{v+s}\)
  • 能量变化 \(\Delta E\)：\((1-v) \cdot t\)

我们需要保证 \(E\) 在任何时刻 \(\ge 0\) 且 \(T = \sum t_i\) 最小。
由 \(\Delta E = t(1-v) = t(1 - (\frac{L}{t} - s)) = t(1+s) - L\)，得：
\(t = \frac{1}{1+s} \Delta E + \frac{L}{1+s}\)

观察：\(t\) 与 \(\Delta E\) 成正比，比例系数 \(k = \frac{1}{1+s}\)。

  • \(\Delta E \downarrow \Rightarrow\) 走得快，耗能 \(\Rightarrow t \downarrow\)
  • \(\Delta E \uparrow \Rightarrow\) 走得慢，积能 \(\Rightarrow t \uparrow\)

由 \(k = \frac{1}{1+s}\)，我们考虑按时间轴分段贪心。这样能保证 \(\Delta E \ge 0\) 恒成立的同时，找系数最小的 \(\frac{1}{1+s}\) 让其积能备用效率最高。
先使 \(v=-1\) 奔跑，再处理亏欠问题即可。复杂度 \(O(n \log n)\)。
（注：\(\Delta E = (1-v) \frac{L}{v+s} \in [-\frac{L}{2+s}, \frac{L}{s}]\)，不能越界。此处 \(\frac{L}{s}\) 即为 lift energy。）

「 补充建议：关于贪心与线段树 」

  • 前缀和约束：能量约束 \(\int (1-v)dt \ge 0\) 本质上是要求 \(\sum \Delta E_i \ge 0\) 对所有前缀都成立。
  • 贪心策略补充：将所有物理分段（传送带和空地）按 \(s\) 从小到大排序。
  • 对于 \(s\) 较小的段，系数 \(k\) 较大，这意味着在这段“积攒”单位能量代价较小，或者说“消耗”单位能量换取的时间缩短最多。
  • 数据结构辅助：可以使用线段树维护当前所有位置的“剩余能量空间”。当我们试图在某一段（\(s\) 较小）尽量减少 \(\Delta E\) 以提速时，需要检查该位置之后的所有前缀能量是否仍 \(\ge 0\)。这转化为线段树上的区间减和区间最小值查询。

CF1423H Virus (撤销树, trick)

题意：给一个 \(n\) 点的图，\(q\) 次询问。每条边在第 \(k\) 天后被删除（\(x \to x + k\)）。

  • 询问 1：\(x, y\) 连边。
  • 询问 2：\(z\) 询问 \(z\) 所在的块大小。
  • 询问 3：下一天。

解：此题是经典的撤销树板题（线段树分治操作离线）。将每条边的作用区间置于 \(O(\log q)\) 个节点上标记永久化。利用按秩合并的可撤销并查集在树上作前序遍历即可。

「 补充建议：关于时空复杂度与细节 」

  • 区间定义：若一条边在第 \(D\) 天加入，其存活时间为 \(k\) 天，则该边在线段树上的覆盖区间为 \([D, \min(D+k-1, \text{TotalDays})]\)。
  • 可撤销并查集 (Rollback DSU)：由于线段树分治需要回溯，并查集不能使用路径压缩（因为它会破坏树的结构，导致无法简单回溯），而必须使用按秩合并 (Union by Rank/Size)。
  • 回溯操作：进入子树时进行 union 并将修改存入栈中；离开子树时，根据栈中的记录执行撤销，恢复 parent 和 size/rank 数组。
  • 复杂度：\(O(q \log q \log n)\)。线段树贡献一个 \(\log q\)，并查集贡献一个 \(\log n\)。

CF1515E Phoenix and Computers

题意：\(n\) 台电脑。你可以手动开启一台，且开启的两台中间若仅剩一台，则那台会自动开启。求形成不同开启方案的个数（方案是有序序列，手动开启的序列不同即为不同方案）。\(n \le 400, \text{mod } M\)。

解：经典思路：以一个自动电脑分界，进行连续段 DP。

  • 引理：对于长度为 \(k\) 的连续手动开启段，开启方案数为 \(2^{k-1}\)。（易证：最后开启的一定是两端之一，以此类推，除第一台外每台都有 2 种选择）。
  • DP 定义 1 (\(O(n^3)\))：定义 \(dp_{i, j}\) 表示处理了前 \(i\) 台，其中手动开了 \(j\) 台的方案数。(\(j \neq 0\))
    • \(dp_{i, j} = \sum_{len=1}^{i} dp_{i-len-1, j-len} \times 2^{len-1} \times \binom{j}{len}\) （插空法，这里的 \(i-len-1\) 是为了空出一个自动开启的电脑作为分隔）。

解 2：连续段 DP（优化至 \(O(n^2)\)）：
这种典型优化将电脑动态加入，按顺序处理。

  • \(f_{i, j}\) 表示当前手动开启了 \(i\) 台，形成了 \(j\) 个连续段。
  • 转移策略：
    • 新开段：\(f_{i+1, j+1} \leftarrow f_{i, j} \cdot (j+1)\) （新开一个手动开启段，有 \(j+1\) 个空位可放）。
    • 并入段首/尾：\(f_{i+1, j} \leftarrow f_{i, j} \cdot (2j)\) （在现有的 \(j\) 个段的左端或右端加入一台电脑）。
  • 最终结果：\(Ans = \sum_{i=1}^n f_{i, 1}\)。注意此处的 \(i\) 代表总共手动开启的台数，最后必须合并成 1 个大段。

「 补充建议：关于 Connected Component DP 的直观理解 」

  • 为什么引理是 \(2^{k-1}\)？ 想象一个长度为 \(k\) 的段，如果要全部手动开启且不触发自动开启，意味着你选的每一台新电脑必须与已开启的电脑相邻。例如 \(k=3\)：方案可以是 (1,2,3), (2,1,3), (2,3,1), (3,2,1)。本质是在构造过程中，每次新增的电脑只能放在当前已开启连续块的左边或右边。
  • \(O(n^2)\) 转移的本质：这种方法实际上是在模拟“手动开启”的过程。当我们增加一个段 \(j \to j+1\) 时，我们是在两个已有的块之间预留了位置（这些位置最终会被“自动开启”填满）。
  • 关于自动开启的隐含条件：在 \(O(n^2)\) 的连续段 DP 中，段与段之间默认至少间隔一台电脑。当两个段最终合并时，中间的那台电脑就会被触发自动开启。

习题集

N2. (CF1514C) Product 1 Modulo N

题意：给定 \(n\)，从 \(\{1, \dots, n-1\}\) 中选出最多的数，使其乘积模 \(n = 1\)。
解：显然在 \(\mathbb{Z}_n^\times\) 中选。由于 \(\mathbb{Z}_n^\times\) 是一个群，故其所有元素的乘积 \(\prod_{x \in \mathbb{Z}_n^\times} x \in \mathbb{Z}_n^\times\)。
若该乘积 \(\equiv 1 \pmod n\)，则全选；若该乘积 \(P \neq 1\)，则只需剔除 \(P\) 即可（由于 \(P \in \mathbb{Z}_n^\times\)，其逆元存在且乘积除以 \(P\) 必为 \(1\)）。集合大小为 \(|\mathbb{Z}_n^\times|\) 或 \(|\mathbb{Z}_n^\times|-1\)。

「 补充建议：高斯对威尔逊定理的推广 」

对于 \(\mathbb{Z}_n^\times\) 中所有元素的乘积 \(P \pmod n\)：
\(P \equiv -1 \pmod n\)，当 \(n = 4, p^k, 2p^k\)（\(p\) 为奇素数）；
\(P \equiv 1 \pmod n\)，对于其他情况。
这直接决定了我们是否需要剔除最后一个元素。

N3. \(\mathbb{Z}_{100}^\times\) 有原根吗？\(\mathbb{Z}_{100}^\times\) 是循环群吗？

解：由中国剩余定理（群同构）：\(\mathbb{Z}_{100}^\times \cong \mathbb{Z}_4^\times \times \mathbb{Z}_{25}^\times \cong C_2 \times C_{20}\)。
由于 \(\gcd(2, 20) = 2 \neq 1\)，根据有限交换群的性质，该直积不是循环群。故 \(\mathbb{Z}_{100}^\times\) 不存在原根。

「 补充建议：原根存在的充要条件 」

模 \(n\) 有原根（即 \(\mathbb{Z}_n^\times\) 是循环群）当且仅当 \(n = 1, 2, 4, p^k, 2p^k\)，其中 \(p\) 是奇素数。

H7. (CF1016G) Appropriate Team

题意：求数组 \(a_n\) 中 \((i, j)\) 对数，满足 \(\exists x, \text{ s.t. } \gcd(a_i, x) = 1\) 且 \(\text{lcm}(a_j, x) = v\)。
（注：原题是 \(\gcd(x, a_i) = X, \text{lcm}(x, a_j) = Y\)。通过保留所有 \(X|a_i\) 的整数并替换为 \(a_i/X\)，\(\text{lcm}(\frac{X}{X}, \frac{a_j}{X}) = \frac{Y}{X}\) 来转化为上述问题）。
解：即 \(x \perp a_i\) 且 \(\text{lcm}(x, a_j) = v\)。由于 \(v\) 是固定的，直接对 \(v\) 进行质因数分解 (Pollard's Rho)。之后对每个 \(a_j | v\) 作质因子查询，对 \(b\) 有不满的因子直接让入 \(x\)，再查询所有 \(a_i\) 中不含 \(x\) 因子的个数。（用 bitset 优化）

「 补充建议：状态压缩与 SOS DP 」

  1. 令 \(v\) 的不同质因子为 \(p_1, p_2, \dots, p_k\)（\(k\) 很小，最大约 15）。
  2. 对于每个 \(a_j\)，其掩码 \(mask_j\) 第 \(k\) 位为 1 当且仅当 \(v\) 中 \(p_k\) 的幂次等于 \(a_j\) 中 \(p_k\) 的幂次。
  3. 对于每个 \(a_i\)，其掩码 \(mask_i\) 第 \(k\) 位为 1 当且仅当 \(a_i\) 不含 \(p_k\) 因子（即 \(a_i \perp p_k\)）。
  4. 问题转化为：求 \((i, j)\) 使得 \(mask_i \cup mask_j = (1 \ll k) - 1\)。
  5. 除了 bitset，也可以使用 SOS DP (Sum Over Subsets) 在 \(O(k \cdot 2^k)\) 内快速统计。

E11. (CF1179D) Fedor Runs for President

题意：给定一棵树，求加一条边后简单路径的最大数量。(\(n \le 5 \times 10^5\))
解：一棵树加一条边形成一个基环树。新增路径数不好计数，考虑到 \(u \to v\) 原本只有 1 条路径，现在可能有 \(1/2\) 条。
考虑“不经过新边”的路径：恰好在基环树的子树内。要使总路径数最大化，就要使这些内部路径数 \(\sum \binom{s_i}{2}\) 最小化。即：
使 \(\sum s_i^2\) 最小化。
\(f_u = \min \{ f_v + (sz_u - sz_v)^2, sz_u^2 \}\)

由于换根 DP 极其困难，考虑枚举路径：\(Ans_x = \min_{y \neq z \in son(x)} \{ f_y + f_z + (n - sz_y - sz_z)^2 \}\)
考虑对 \(z\) 进行优化：取 \(p, q\) 令 \(Ans_{x \to p} \le Ans_{x \to q}\) 得 \(\frac{(f_p + sz_p^2) - (f_g + sz_g^2)}{sz_p - sz_g} \le 2(n - sz_y)\)。
或最小化 \(2sz_y sz_z + G(z) + [G(y) + n^2]\)。
斜率优化 / Li Chao Tree (LCT)。

「 补充建议：关于转移方程的展开 」

将 \(Ans_x\) 的式子展开：
\(Ans_x = f_y + f_z + (n - sz_y - sz_z)^2\)
\(Ans_x = f_y + f_z + n^2 + sz_y^2 + sz_z^2 - 2n \cdot sz_y - 2n \cdot sz_z + 2sz_y sz_z\)
\(Ans_x = (f_y + sz_y^2 - 2n \cdot sz_y) + (f_z + sz_z^2 - 2n \cdot sz_z) + 2sz_y sz_z + n^2\)
这是一个经典的 \(Y = kX + B\) 形式，其中：
\(X = sz_z\), \(k = 2sz_y\), \(B = (f_y + sz_y^2 - 2n \cdot sz_y) + n^2\)。
在遍历子树节点 \(x\) 时，维护已经遍历过的子节点的 \((sz_z, f_z + sz_z^2 - 2n \cdot sz_z)\) 构成的凸包，即可用斜率优化在 \(O(n \log n)\) 或 \(O(n)\) 内解决。

H23. Frequency Problem (H.V.)

题意：数组 \(a_n\)，求最长子段，使众数不唯一。
解：首先一个相对明显的引理：这些众数中必包含原序列众数 \(M\)。

  • 由 E 的思路（众数出现次数 \(> B\)）：枚举每个数值 \(x\)，然后将 \(a_i = x\) 设为 \(+1\)，将 \(a_i = M\) 设为 \(-1\)，其余设为 \(0\)。找最长段和为 \(0\) 即可。这可以通过前缀和和哈希表 \(O(n)\) 实现。
  • 在 H 题目中：
    • 若一个数的出现次数 \(> B\)，则枚举这些 \(\le \frac{n}{B}\) 个数值作上述处理。
    • 剩下出现次数 \(\le B\) 的，枚举频率 \(f \in [1, B]\)，进行双指针处理。
  • 总体复杂度：\(O(n\sqrt{n})\)。

「 补充建议：引理的直观理解 」

假设某个最长子段的众数是 \(x\) 和 \(y\)，且都不等于全局众数 \(M\)。如果 \(M\) 在该段中出现的次数少于 \(x\) 和 \(y\)，我们可以尝试向左右扩展这个子段。由于 \(M\) 是全局众数，在更大的范围内 \(M\) 的出现次数最终会追上 \(x\) 或 \(y\)。
实现小 Trick：在枚举频率 \(f\) 的双指针中，维护当前区间内“出现次数恰好为 \(f\) 的数的个数”，当该个数 \(\ge 2\) 时，更新答案。

H24. (CF1187E) Tree Painting

题意：给定一棵 \(n\) 个点的树，初始全白。作 \(n\) 步操作，每次选一个黑点旁的白点染黑，获得白连通块分数。求染树最大分数。
解：注意到连通块是单独扩张的，并不存在并行。因此只需考虑每个节点为根时扩展连通块的方案权。又因为子树的扩张顺序（相对）不影响答案，不妨让其独立偏序地扩张。

  • 有 \(dp_u = \sum dp_{son} + sz_u\)。
  • 换根即可。简单。

「 补充建议：换根公式推导 」

设 \(f(u)\) 为以 \(u\) 为第一步染黑点（即以 \(u\) 为根）时的总得分：
\(f(u) = \sum_{v \in V} sz_v^{(u)}\)，其中 \(sz_v^{(u)}\) 是以 \(u\) 为根时 \(v\) 的子树大小。
当根从 \(u\) 移动到相邻的 \(v\) 时：
\(f(v) = f(u) - sz_v + (n - sz_v) = f(u) + n - 2sz_v\)。
只需要一次 DFS 求出 \(f(root)\) 和所有的 \(sz\)，再通过第二次 DFS 进行换根转移即可得到所有点的答案。

H26. (CF1178G) The Awesomest Vertex

题意：一个 \(n\) 节点的有根树，编号 \(1 \sim n\)，\(rt = 1\)。每个点关联 \(a_i, b_i\)。用 \(R(v)\) 表示 \(v\) 的所有祖先（包括 \(v\)）的集合，\(v\) 的“精彩度”为：

\[\left| \sum_{w \in R(v)} a_w \right| \cdot \left| \sum_{w \in R(v)} b_w \right| \]

操作：

  1. 1 v x：\(a_v \leftarrow a_v + x\)。
  2. 2 v：查询以 \(v\) 为根的子树中精彩度最大值。

解：考虑操作 1，其本质是对整棵子树的 \(a\) 操作，即 DFS 序上的一段区间修改。
操作 2 则是查询区间内最大的积。令 \(A_n = \sum_{w \in R(v)} a_w, B_n = |\sum_{w \in R(v)} b_w|\)（注意 \(B_n\) 是静态的），问题变成：区间加 \(A_n\) 和查询区间 \((|A_n| \cdot B_n)_{max}\)。
即维护 \(f(x) = B_n \cdot |A_n + x|\) 的最大值。

  • 分块 + LCST：区间加用分块 Tag + 边缘暴力重建，查询用块内查询 Tag + 边缘暴力。
  • 复杂度：\(O(n\sqrt{n} \log V)\)，需要卡常。

「 补充建议：关于绝对值与凸包优化 」

  • 处理绝对值：由于存在绝对值，我们需要维护两个凸包：一个维护 \(B_n \cdot A_n\) 的最大值，另一个维护 \((-B_n) \cdot A_n\) 的最大值（即最小值的相反数）。
  • 关于 \(B_n\) 的符号：在计算 \(B_n = |\sum b_w|\) 时，直接取绝对值，这样 \(f(x)\) 就变成了关于 \(A_n\) 的线性函数 \(y = kx + b\) 的形式，其中斜率 \(k = B_n\)。
  • 分块策略优化：由于 \(B_n\) 是静态的，每个块内的直线斜率是固定的。在预处理时，我们可以对每个块内的直线按斜率排序并建立静态凸包。当区间加 \(x\) 时，相当于在凸包上移动最优决策点。如果 \(x\) 始终为正，指针单调移动；若 \(x\) 可正可负，需在凸包上二分。这样可以将单次操作复杂度降至 \(O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})\) 或 \(O(\sqrt{n})\)。

E30. (CF1290E) Cartesian Tree

题意：给定一个 \(1 \sim n\) 的排列 \(A_n\)。对于每个 \(k \le n\) 的前缀子序列建立笛卡尔树（大根堆），求所有子树大小之和 \(S_k\)。
解：由于是从小到大依次加入元素，新加入的点在数值上永远是当前最大的。
在笛卡尔树中，一个节点的子树大小等于其作为区间最大值所覆盖的范围长度，即 \(R_i - L_i + 1\)，其中 \(L_i\) 和 \(R_i\) 是左右两侧第一个比它大的元素的下标。
我们要维护每个点左右第一个比它大的 \(L_k\) 和 \(R_k\)。支持以下操作：

  • ① 区间加/减 1
  • ② 单点修改（加入新值）
  • ③ 区间取 \(\min/\max\)
  • ④ 区间求和
    此即为 Segment Tree Beats。（需另外维护某一子段区间上的“有效值”个数，即当前已插入的元素个数）。

「 补充建议：关于 \(L_i\) 和 \(R_i\) 的演变 」

  • 当我们插入数字 \(k+1\) 时，假设其位置为 \(pos\)。
  • 对于所有位置 \(i < pos\) 的元素，\(R_i\) 会与 \(pos\) 取 \(\min\)。
  • 对于所有位置 \(i > pos\) 的元素，\(L_i\) 会与 \(pos\) 取 \(\max\)。
  • 同时，由于新插入了元素，所有原本在 \(pos\) 右侧的下标都会 \(+1\)。
  • 这正是 Segment Tree Beats 处理区间 \(chmin/chmax\) 的经典舞台。最终答案为 \(\sum (R_i - L_i - 1)\)。

E31. (CF1340F) Nastya and CBS

题意：动态维护一个括号序列：

  • 1 i t：修改 \(i\) 位置为字符 \(t\)（正左负右）。
  • 2 l r：查询 \([l, r]\) 是否是一个“合法的括号序列”。
    注：本题的括号种类是任意的。

解：考虑类似线段树维护括号序列合法性的解法。对任意节点维护：lenL, lenR, hL, hR, bad。
其中 lenL/lenR 表示左/右剩余未匹配的括号长度，hL/hR 表示对应的哈希值，bad 表示这一段是否已经由于括号类型不匹配而失败。

考虑 pushup：要从 \(u\) 的左子节点序列提取长度为 \(len\) 的哈希值：
在线段树中递归：先右后左。若 \(len \le rc.lenL\)，返回 ghL(rc, len)。否则返回：ghL(lc, len - rc.lenL) ⊕ rc.hL。（注：Hash 策略需支持合并）。

pushup 时判断：

  • ① bad 属性：子节点若有 bad 则父节点为 bad。
  • ② 匹配：比较 min(lc.lenL, rc.lenR) 长度的括号序列。
  • ③ 哈希：二者哈希值（对应长度）是否相等（通过 ghL/ghR 获取）。
  • ④ 更新：更新合并后的长度和哈希值。

「 补充建议：关于复杂度与哈希 」

  • 复杂度：单次 pushup 包含一个 \(O(\log n)\) 的递归查询，因此总复杂度为 \(O(q \log^2 n)\)。在 \(10^5\) 的数据范围内表现良好。
  • 哈希选择：建议使用双哈希以避免冲突。由于需要进行类似字符串的拼接，使用 \(H(S+T) = H(S) \cdot P^{|T|} + H(T)\) 的经典公式。
  • 递归查询函数 get_hash：这是本题的精髓。它允许我们在不显式存储所有前缀哈希的情况下，利用线段树的结构在对数时间内提取任意长度的括号匹配序列哈希。

E32. (ABC287Ex) Directed Graph and Query

题意：\(n\) 点 \(m\) 边的有向图，点从 \(1 \sim n\) 编号，边连 \(a_i, b_i\)。
「成本」：路径上 \(\max\) 编号。
对于 \(x=1, 2, \dots, Q\)，解决以下问题：从 \(s_x\) 到 \(t_x\) 的最小「成本」，或 \(-1\)。

解：考虑“逐个加入”编号点 \(k: 1 \sim n\)，并在每次加入时重新更新连通性。
本质就是 Floyd-Warshall 算法的变体。
利用 bitset 优化到 \(O(\frac{n^3}{w})\)。

「 补充建议：离线处理与具体实现 」

  • 算法核心：我们关心的是只经过编号 \(\le k\) 的点时，\(s\) 和 \(t\) 是否连通。
  • 步骤：
    1. 将查询按“最小成本”期望（即可能的 \(k\)）进行思考，但由于我们需要求的是最小的 \(k\)，实际上我们可以运行 \(n\) 轮增量更新。
    2. 令 \(dist[i]\) 为一个 bitset，表示从点 \(i\) 出发可以到达哪些点。
    3. 当加入点 \(k\) 时：
      如果点 \(i\) 能到达 \(k\)（dist[i][k] 为真），则点 \(i\) 现在也能到达点 \(k\) 能到达的所有地方：dist[i] |= dist[k]。
    4. 每次加入 \(k\) 后，检查所有尚未解决且满足 \(s, t\) 在当前 \(dist\) 矩阵中连通的询问，记录答案为 \(k\)。
  • 性能建议：对于 \(N=2000\)，\(N^3/w \approx 1.25 \times 10^8\)，在 2 秒的时间限制内使用 bitset 优化是非常稳妥的。
posted @ 2026-01-30 18:22  Tnuzy_plzro  阅读(0)  评论(0)    收藏  举报