杂题选做-3

#21 P9755

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首先，看上去这个题直接不是很友好，我们考虑二分转为判断性问题。

然后一个这类在树上 topo 遍历每一个节点的最优方案类问题有一个 Trick：我们找出当前最优的节点，将其与其父亲合并。

具体地，在确定一个答案 \(T\) 之后，我们可以在 \(O(1)\) 的时间内求出或通过二分在 \(O(\log n)\) 的时间内每一个点的最晚访问时间 \(t_i\)。具体地，我们可以先预处理每一个节点的一次函数值什么时候小于 \(1\)，优先统计 \(1\) 的贡献，然后对剩余部分我们就考虑对 \(b_i\) 和 \(c_ix\) 分别求和。

然后我们只需要考虑两个问题：

• 怎么判断一个节点是否比另一个节点更优（确定排序规则）；

• 怎么合并一个节点和其父亲；

我们优先思考第二个问题。我们在合并完一个节点后，这个新节点的最晚的访问时为 \(t_i-1\)。因为 \(t_i\) 是合并前的最小时间点，所以 \(t_i-1\) 也一定是合并后的最小时间点。

因此我们发现可以简化上述流程：直接找到当前时间点最小的点，然后直接把它到根的所有未访问点访问。

时间复杂度为 \(O(n \log V \log n)\)，可以通过数学推导优化到 \(O(n \log V)\)。

#22 P8817

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看到 \(n \le 2500\)，且边权为 \(1\)。我们就知道可以在 \(O(n^2)\) 的时间内用 bfs 预处理出任意两点间的距离。

然后我们考虑一个问题，假如我们确定了 \(b,c\)，那么我们希望取到 \(b\) 可达的点中，权值最大的点，和 \(c\) 可达的点中，权值最大的点。

但是这两个点可能相同，或者与 \(b,c\) 相同，但是可以确定的是，我们只需要枚举前 \(3\) 大的节点即可。

时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

#23 AGC036F

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注意到限制的形式类似于圆的标准方程，于是我们将其转化为：“在第一象限，以原点为圆心，半径分别为 \(n\) 和 \(2n\) 画两个 \(1/4\) 圆，然后圆环部分放 \(2n-1\) 个车，使得它们不能互相攻击”。

其中排列转化为放车是经典Trick。

这是一个每一个元素有上下界的问题，我们考虑将其转化为无下界，然后容斥的问题。（想到这一步是因为每一个非法方案也是一个前缀）

根据几何知识，第 \(i\) 个元素的上下界 \([L_i,R_i]\)，为 \(L_i=\lceil\sqrt{n^2-i^2}\rceil,R_i=\lfloor\sqrt {4n^2-i^2}\rfloor\)，这里你应该也看出来了，只有 \([0,n)\) 的元素是有下界的。

我们先考虑求出没有限制的答案。我们按上界从小到大来考虑每一个元素的决策，因为这样可以保证每一次当前决策一定会影响后面。我们假设升序排序后的 \(R\) 为 \(r\)，那么答案为 \(\prod \limits_{i=0}^{2n-1}r_i-i+1\)。

那么我们考虑类似上述方法容斥。

显然的，假设有 \(k\) 个元素的上界为 \(L_i-1\) 的贡献为 \(f_k\)，那么对答案的贡献就是 \((-1)^kf_k\) 。

类似上述做法，我们考虑维护按上界排序，其中 \([0,n)\) 的元素按 \(L_i-1\) 排序，\([n,2n)\) 的元素按 \(R_i\) 排序。（显然，为了保证前面一定影响后面，你需要另一端设为第二关键字）

我们考虑对每一个 \(k\) 单独 dp 一次。我们设 \(f_{i,j}\) 为考虑了前 \(i\) 个元素，且有 \(j\) 个元素的上界为 \(L_i-1\) 的合法方案数。显然，存在初始状态 \(f_{0,0}=1\)。接下来讨论转移：

如果该元素在 \([n,2n)\) 内：

• 那么它原本有 \(R_i+1\) 个选取方案；

• 因为排序，所以它前面选 \(L_i-1\) 为下界的元素和没有下界的元素都会限制它的选取，这里的总数为 \(j+c_0\)，其中 \(c_0\) 为前面没有下界的元素，这个在转移时直接统计即可。

• 那么这个转移为 \(f_{i+1,j} \leftarrow f_{i,j} \times(R_i+1-j-c_0)\)

如果该元素在 \([0,n)\) 内，且选择 \(L_i-1\) 为上界：

• 这里的讨论类似上文，不再赘述；
• 转移为 \(f_{i+1,j+1} \leftarrow f_{i,j} \times (L_i-j-c_0)\)。

如果该元素在 \([0,n)\) 内，且不选择 \(L_i-1\) 为上界：

• 它原本有 \(R_i+1\) 个选取方案；

• 因为 \(L_i\) 最大为 \(n\)，在 \([0，n)\) 内 \(R\) 最小为 \(\sqrt 3n\)，所以每一个选取上界为 \(L_i-1\) 的元素都会限制它的选取，这类限制个数为 \(k\)。

• 因为此时 \(R_i\) 一定大于 \([n,2n)\) 内的每一个 \(R_i\)，因此这类限制个数为 \(n\)。

• 如果之前有下界的元素选取 \(R\) 作为上界，因为排序，这类元素也会对 \(i\) 有限制，这类限制的个数为 \(c_1-j\)，其中 \(c_1\) 为之前有下界的元素个数。

• 转移为 \(f_{i+1,j} \leftarrow f_{i,j} \times(R_i+1-k-n-c_1+j)\)。

时间复杂度为 \(O(n^3)\)。

#24 P8819

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下位紫，看懂题目是最大难点。

首先我们考虑形式化题意：

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图连通图，你需要支持：

• 禁用（启用）一条边；

• 禁用（启用）到达一个点的所有边；

每一次操作后询问图上是否每一个点的出度都为 \(1\)，且每一个点沿着边走都可以达到一个环。

显然，“每一个点出度为 \(1\)” 是 "每一个点沿着边走可以到达一个环" 的充分条件，所以我们只需要判断每一个点的出度是否为一即可。

这个限制很弱，我们直接随机赋值然后 Hash 判断即可，支持操作也是简单的。

#25 P4719

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动态 dp 就是把转移写成广义矩乘的形式，然后利用数据结构维护每一个位置的转移矩阵和区间的矩阵值，实现快速更新 dp 值。

本题中，如果没有修改，我们会设 \(f_{i,0/1}\) 表示 \(i\) 点不取/取时的最大权独立集权值。显然有f

\[\begin{aligned} f_{u,0}&=\sum_{v \in son(u)}\max(f_{v,0},f_{v,1})\\ f_{u,1}&=a_u+\sum_{v \in son(u)}f_{v,0} \end{aligned} \]

接下来，为了实现修改，我们给这棵树套上一个树剖，然后把 dp 改成我们常见的树剖形式。具体地，我们定义 \(f_{u,0/1}\) 表示 \(i\) 点不取/取时的最大权独立集权值，\(g_{u,0}\) 表示 \(u\) 的轻儿子都不取且 \(u\) 取的最大权；\(g_{u,1}\) 表示 \(u\) 不取时在轻子树内取到的最大权。我们令 \(son_u\) 为 \(u\) 的重儿子，那么有：

\[\begin{aligned} f_{u,0}&=g_{u,1}+\max(f_{son_u,0},f_{son_u,1})\\ f_{u,1}&=g_{u,0}+f_{son_u,0} \end{aligned} \]

那么我们可以看出来这是从 \(son_u\) 转移到 \(u\)。因为加法对 \(\max\) 运算具有结合率，所以我们可以套广义矩乘。然后因为在线段树上，乘法的顺序是由链顶到链尾的，也就是说我们是左乘上一个矩阵，然后我们可以设计出转移：

\[\begin{vmatrix} g_{i,0} & g_{i,0} \\ g_{i,1} & -\infty \end{vmatrix} \times \begin{vmatrix} f_{son_u,0} \\ f_{son_u,1} \end{vmatrix} =\begin{vmatrix} f_{u,0}\\ f_{u,1} \end{vmatrix} \]

然后我们考虑一下我们在修改时，除了修改当前点的矩阵，我们还要跳链，在链顶处修改父亲的 \(g\) 值。

时间复杂度为 \(O(Mn\log^2 n)\)，其中 \(M\) 是矩阵乘法的时间复杂度，为 \(8\)。

#26 P8820

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多次询问，考虑 ddp。因为无修，所以我们可以预处理每一个节点的矩阵，然后倍增预处理向上跳 \(2^k\) 步后得到的矩阵积和逆序后的矩阵积。

因为 \(k \in \{1,2,3\}\)，所以让我们分类讨论。

如果 \(k=1\)：那么就直接是路径上的点权和；

如果 \(k=2\)：注意到此时我们只会经过路径上的点，然后直接 dp 即可；

如果 \(k=3\)：那么此时我们用 \(f_{i,j}\) 表示到路径上第 \(i\) 个点，且转移时从距离 \(i\) 为 \(j\) 的位置转移过来的最小权值和。

转移是简单的，写成矩阵形式后预处理即可。

#27 P8860

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首先，我们注意到：一条边只可能在第一次被询问到时被删除。

这是显然的，因为如果第一次询问没有被删除，那么说明它已经在 \(1 \rightarrow n\) 的必经之路上，那么在之后这个性质不会消失，所以之后的询问不可能删除它。

我们定义 \(t_i\) 为第 \(i\) 条边可能被删除的时间，如果第 \(i\) 条边没有被询问过，那么 \(t_i=q+i\)。这样我们 \(t\) 就有很好的性质：\(t_i\) 互不相同。

然后题目其实就是要求一条路径，使得路径上所有边的 \(t_i\) 升序排序后形成的序列的字典序尽可能大。

然后我们有一个很自然的贪心：从大到小的加入每一条边，如果在某一次加边时 \(1\) 和 \(n\) 连通了，那么此时的方案就是字典序最大方案。

那么怎么构造方案呢，我们这么想：从 \(1\) 出发，我们可以沿着 \(1\) 的每一条出边到若干个点，那么在这些点之中，经过边 \(t_i\) 最大的点一定是最优的，于是我们从这个点继续扩展，然后又得到一些新点。那么这个时候我们应该扩展哪一个点呢？

答案不太显然：扩展到这个点的边 \(t_i\) 最小的点。

为什么？因为字典序的大小首先是要比最小元素的大小，我们令上述点为 \(u\)，扩展到 \(u\) 的点为 \(pre_u\)，如果去扩展一个其他的点 \(v\)，那么因为 \(t_u>t_v\)，所以至少从现在来看，\(v\) 是劣于 \(u\) 的。

可能有人会问：那万一 \(1\) 到 \(u\) 路径上的最小值小于 \(1\) 到 \(v\) 路径上的最小值呢？其实这并不影响。因为 \(v\) 能和 \(u\) 进行比较而不是直接扩展 \(v\)，说明 \(1\) 到 \(pre_u\) 路径上的最小值也大于 \(pre_v \rightarrow v\) 的 \(t\)。

综上，我们只需要每一次扩展经过 \(t\) 最大的点即可。

#28 ARC186D

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题目有点唬人。

我们观察合法序列的构造，发现这东西有点像树。具体地，我们把 \(A_i=0\) 看做叶子，然后 \(A_i=x\) 表示他有 \(x\) 个儿子。

那么我们可以有以下推论：

• \(\forall_{1 \le x \le n-1} \sum \limits_{i=1}^x A_i \ge x\)：如果不满足这一条件，说明前 \(x\) 个点内的边数少于点数，那么就说明前面无法构成一颗树；

• \(\sum \limits_{i=1}^n A_i=n-1\)：一颗树有 \(n-1\) 条边。

条件一对每一个 \(x\) 都有限制且限制值的变化量一定，那么我们可以把这个东西转化为格路问题。

我们可以把条件一转化为不能触碰 \(\forall_{x\in[1,n-1]}(x,x)\)，然后出发点为 \((0,1)\)。在横坐标为 \(i\) 时：先向上走 \(A_i\) 格，然后再向右走 \(1\) 格。最终要走到 \((n,n)\)。问题转化为统计从出发点走到终点的合法路径数。

那么我们现在先考虑一下字典序的限制。类似数位 dp，我们枚举 \(A\) 的前缀，对每一个前缀 \(i\) 统计 \(B=[A_1,A_2,A_3,\cdots,A_{i-1},b](0 \le b <A_i)\) 的合法序列 \(B\) 的个数。

也就是说我们从 \((i,\sum \limits_{j=1}^{i-1}A_i+b)\) 出发，到 \((n,n)\) 的合法路径数。这个直接求不是很好求，我们考虑容斥。

我们定义 \(f(x_1,y_1,x_2,y_2)\) 表示从 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_2,y_2)\) 不考虑限制的路径数，等于在长度为 \(x_2-x_1+y_2-y_1\) 的操作序列上选取 \(x_2-x_1\) 个向右操作，为 \(\large \binom{x_2-x_1+y_2-y_1}{x_2-x_1}\)。

那么由反射容斥的思想可以得到合法的路径数为 \(f(x_1,y_1,n-1,n)-f(y_1,x_1,n-1,n)\)。（这里是 \((n-1,n)\) 的原因是如果选 \((n,n)\) 的话减去的路径不全是非法的）

#29 CF1039D

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首先，看到这类题，我们要先想对于一个确定的 \(k\)，怎么求它的答案。

我们看到一个子树内，如果它有两个以上的儿子，并且可以构成一个长度大于等于 \(k\) 的链，那么我们就直接在子树内合并成链；如果没有，那么就传递到父亲。这样就有时间复杂度为 \(O(n)\) 的算法。

然后，看到 \(10^5\) 的数据范围和 \(7s\) 的时间限制，引导我们往根号级算法上靠。

对于这一道题，我们发现对于一个 \(k\)，它的答案不大于 \(\dfrac{n}{k}\)，这引导我们考虑根号分治。

我们设闸值 \(T\)，那么当 \(k \le T\) 时，我们可以直接暴力求解，时间复杂度为 \(O(Tn)\)；当 \(T < k \le n\) 时，注意到此时答案不大于 \(\dfrac{n}{T}\)，二分查找每一个答案对应的区间即可，时间复杂度为 \(O(\dfrac{n^2\log n}{T})\)；平衡一下复杂度，当 \(T=\sqrt {n \log n}\) 时，时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n \log n})\)。

#30 P7565

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首先，如果我们已知 \(p\)，那么答案就是这个 \(P\) 个点的带权重心。那么如果 \(P\) 是奇数，那么答案显然为 \(1\)，因为重心可以从 \(u\) 转移到它相邻的点，当且仅当它左右两边的儿子数量相同。

当 \(P\) 是偶数时，它的重心个数最大值就是 \(\max dis_{u,v}\)，其中 \(sz_u,sz_v \ge \dfrac{P}{2}\)，且 \(u,v\) 的子树无交。