杂题选做-5

#41 P14461

题目传送门

首先，我们注意到原 \(F,G\) 的转移是相对独立的，于是我们分开讨论。我们先手玩一下，看随着变换过程，\(f_i\) 怎么变。

然后发现第 \(k\) 项都形如 \(\prod \limits_{j=1}^k(i+j)\times f_{i+k}\)。

然后，我们观察系数，发现在 \(2j\) 次时，系数都形如 \(\binom{i}{j}\) 和 \((-1)^i\) 的乘积。

然后就直接算就完了。

#42 ARC118E

题目传送门

首先，这类题目有一个很明显的特征：如果确定状态求答案简单，但是时间复杂度不支持枚举。

那么这时候就需要考虑边转移边维护容斥系数。

我们记 \(f_{x,y,k,a,b}\) 表示已经到 \((x,y)\) 且已经经过了 \(k\) 钦定的障碍点，且当前行有（没有）确定的障碍点，当前列有（没有）确定的障碍点。

初始有 \(f_{0,0,0,1,1}=1\)，因为需要保证第 \(0\) 行和第 \(0\) 列没有被钦定的点。

那么我们考虑转移：

• 若 \((x,y)\) 是一个确定的障碍点：那么不转移；

• 如果不是：

  • 若 \(x \le n\) ：

    • 不钦定 \((x,y)\) 为障碍点：\(f_{x+1,y,k,a_{x+1},b} \leftarrow f_{x,y,k,a,b}\)
    • 钦定 \((x,y)\) 为障碍点：\(f_{x+1,y,k+1,a_{x+1},1} \leftarrow f_{x,y,k,a,b}\)。

  • 若 \(y \le n\)：类似，不赘述。

最后我们假设 \(m\) 为初始时 \(-1\) 的数量，那么答案为：

\[\sum_{i=0}^m(-1)^if_{n+1,n+1,i,0,0}\times (m-i)! \]

最后一项是因为没有钦定的位置可以任选。

#43 CF1608F

题目传送门

首先，让我们想一想 \(O(n^3k^2)\) 的算法。

一个不那么简单的状态：记 \(f_{i,j,l}\) 表示已经考虑了前 \(i\) 个数，且此时 \(mex=b_i+j\)，并且有 \(l\) 个位置上的值大于 \(mex\)。

因为 \(mex\) 不降，所以有 \(b_i+h \ge b_{i-1}+j\)。

我们分类讨论，当前位置填什么：

• 若 \(b_i+h=b_{i-1}+j\)：

  • 若 \(a_i < b_i+h\) ：那么有 \(f_{i,j,l} \leftarrow f_{i-1,j,l}(b_{i-1}+j)\);
  • 若 \(a_i > b_i+h\)：那么有 \(f_{i,j,l+1} \leftarrow f_{i-1,j,l}\)；

• 若 \(b_i+h > b_{i-1}+j\)：那么此时 \(a_i\) 只能填 \(b_{i-1}+j+1\)，但是此时那 \(l\) 个位置就可能有用了。

  我们来一点铺垫：我们记 \(F(x,n)\) 表示在长度为 \(x\)，值域为 \([1,m]\) 的序列中，使得\([1,m]\) 的每一个数都在序列中出现过一次的方案数。

  那么我们不那么简单地容斥一下 ，得到：

  \[F(n,m)=\sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{m}{k}(m-k)^x \]

  就是枚举钦定未出现的数的个数，然后求方案数。

​ 那么我们枚举有 \(x\) 个原来在 \(l\) 中的位置现在 \(< mex\)，且新的 \(mex=h+b_i\)，转移就是：

\[f_{i,h,l-x} \leftarrow f_{i-1,j,l}\binom{l}{x}F(x,h+b_i-(h_{i-1}+j)-1) \]

接下来考虑优化：我们注意到复杂度主要在于枚举 \(x\) 和 \(h\)。我们注意到 \(h\) 是一段固定的数。于是考虑优化状态。

我们设 \(f_{i,j,l}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，且 \(mex\) 为 \(j\)，且其中大于 \(mex\) 数中不同的数有 \(l\) 个的方案数。设 \(i-1\) 时的 \(mex\) 为 \(x\)。

• 若 \(x<j\)：那么 \(a_i=j\)，此时只需要在前面 \(l\) 个不同的数中选出 \(j-x-1\) 使其交集包含 \((x,j)\) 即可：

  \[f_{i,j,l}\leftarrow f_{i-1,x,l+(j-x-1)}\binom{l+(j-x-1)}{j-x-1}(j-x-1)! \]

  其中乘 \((j-x-1)!\) 是因为这 \(j-x-1\) 个数的顺序是重要的。

• 若 \(x=j\)：那么 \(a_i\) 有三种取法：取 \([0,j)\) 内的数，取前 \(l\) 个数中的一个，取大于 \(j\) 的数中不在那 \(l\) 个中的一个。

  \[f_{i,j,l}=jf_{i-1,j,l}+lf_{i-1,j,l}+f_{i-1,j,l-1} \]

答案就是：

\[\sum_{x=b_n-k}^{b_n+k}\sum_{i=0}^{n-x}\binom{n-x}{i}f_{n,x,i}i! \]

这么做时间复杂度是 \(O(n^2k^2)\) 的，因为我们还是要枚举 \(x\)。

考虑优化，注意到第一个转移的系数：

\[\binom{l+(j-x-1)}{j-x-1}(j-x-1)!=\dfrac{1}{l!}((l+j-1)-x))! \]

于是我们用 \(g_{i,mx,m}\) 进行第一种转移的预处理：

\[g_{i,mx,m}=\sum_{j\le mx}f_{i,j,m-j}(m-j)! \]

那么操作之后转移简化为：

\[f_{i,j,l}=\dfrac{g_{i-1,j-1,j+l-1}}{l!}+jf_{i-1,j,l}+lf_{i-1,j,l}+f_{i-1,j,l-1} \]

时间复杂度为 \(O(n^2k)\)。

#44 P10833

题目传送门

注意到 \(1\) 必须出现在区间内，我们以每一个 \(1\) 为分界点把原序列分成如果段。

考虑一个 \(1\) 的左右两段，我们枚举左边的段的一个后缀，那么根据最大值可以唯一确定右边段的长度，直接 \(O(1)\) 判断即可。判断可以通过如下操作实现：给每一个数随机赋权，然后求序列上和值域上的前缀异或和，然后就可以实现 \(O(1)\) 判断。

因为每一个位置只会被枚举两次，时间复杂度为 \(O(n)\)。

#45 CF932F

题目传送门

设 \(f_i\) 为 \(i\) 点的答案，那么转移为：\(f_{u}=\min \limits_{v \in subtree(u)}f_v+a_ub_v\)。

注意到转移类似一次函数，直接斜优。

因为转移只来自子树内的点，有两个方向：李超树合并和树上启发式合并。

#46 CF2041H

题目传送门

首先，容易发现题目要计数的东西和序列元素具体是什么没关系，只和相邻元素之间的偏序关系有关系。

然后，因为 = 号可以随便放，所以我们最后再考虑。接下来就是处理只有 < 和 > 的合法序列个数即可。

因为使合法序列尽可能多，我们考虑每一次放 < 时，都尽可能贴着值域上界放；每一次放 > 时，都尽可能贴着值域下界放。于是我们可以得到序列合法的条件为：没有长度不小于 \(k\) 的相同符号连续段。

我们令 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的合法序列方案数，转移就是 \(f_i=\sum \limits_{\max(i-k,0)<j<i}f_j\)。显然可以前缀和优化。

方案数就是 \(\sum \limits_i \binom{n}{i}f_i\)。

#47 P14508

题目传送门

首先，转移距离有限制很烦，我们考虑跑一个 dj 把所有可以通过若干步表示的转移距离及其最小代价求出，记为 \(d_j\)。

然后，我们发现在当前在哪个位置是不重要的，重要的是当前可能有答案的区间长度。

我们令 \(f_i\) 表示待确定区间长度为 \(i\) 时的最小代价，有转移：

\[f_i=\min \limits_{1\le j \le i-1} (f_{i-j}+d_j) \]

注意到当 \(j \ge \max \limits_i a_i\) 时： \(j\) 一定是由两步凑出来的；因此我们只需要枚举到 \(\max a_i\) 即可，时间复杂度为 \(O(m(n+m))\)。

#48 CF2028E

题目传送门

首先，我们考虑如果是 Alice 操作，那么它一定往上走；如果是女王操作，她一定往距离叶子节点最近的节点走。

那我们不妨简化一下模型：在一条以 \(1\) 为链顶的链上，求链上每一个点的逃出概率。

\[\begin{cases} f_1&=1\\ f_2&=\dfrac{1}{2}f_1+\dfrac{1}{2}f_3\\ f_3&=\dfrac{1}{2}f_2+\dfrac{1}{2}f_4\\ \cdots\\ f_{n-1}&=\dfrac{1}{2}f_{n-2}+\dfrac{1}{2}f_n\\ f_n&=0 \end{cases} \]

然后，我们考虑从后往前带入，得到：

\[\begin{cases} f_1&=1\\ f_2&=\dfrac{n-1}{n}f_1\\ f_3&=\dfrac{n-2}{n-1}f_2&=\dfrac{n-2}{n}f_1\\ \cdots\\ f_{n-1}&=\dfrac{1}{2}f_{n-2}&=\dfrac{1}{n}f_1\\ f_n&=0 \end{cases} \]

那么我们只需要做一个类似“短链剖分”的东西即可。

#49 P7114

题目传送门

首先，自然地，我们会想枚举循环节的长度 \(i\)。然后我们对 \(S\) 求一个 Z 函数，我们分析得到：长度为 \(i\) 的循环节可以出现 \(\lfloor \dfrac{Z_i}{i} \rfloor+1\) 次。（考虑用 \(i\) 不断去填长度为 \(Z_i\) 的 LCP 部分）我们记其中的偶数数量为 \(t_{i,0}\)，奇数数量为 \(t_{i,1}\)。

然后我们要考虑 \(A\) 和 \(C\) 的限制。我们有一个观察：循环节出现每多出现两次，对每个字符的出现次数的奇偶性不影响。所以我们对循环节出现次数的奇偶性进行分讨（为了方便，下文记 \(f(l,r)\) 为 \([l,r]\) 内出现次数为奇数的字符个数）：

• 若出现奇数次：那么合法前缀需满足 \(f(0,j)\le f(i+1,n-1)\)，记合法前缀数量为 \(c_{i,1}\)，则对答案贡献为 \(c_{i,1} \times t_{i,1}\)。

• 若出现偶数次：那么合法前缀需满足 \(f(0,j) \le f(0,n-1)\)，记合法前缀数量为 \(c_{i,0}\)，则对答案贡献为 \(c_{i,0} \times t_{i,0}\)。

用树状数组维护"每一个出现次数为奇数的字符个数的前缀个数"，时间复杂度为 \(O(n \log |\Sigma|)\)。

#50 P9870

题目传送门

考虑 \(f\) 和 \(g\) 之间的特殊性质，表示对于任意 \(i\)，\(f_i\) 和 \(g_i\) 的偏序关系相同。不失一般性地，我们钦定 \(\forall_{1 \le i \le n},f_i < g_i\)。

首先，考虑朴素 dp。记 \(f_{i,j}\) 表示 \(X\) 已经匹配到 \(i\)，且 \(Y\) 已经匹配到 \(j\) 是否可行。转移有 \(f_{i,j}=[x_i < y_j]\times (f_{i-1,j} \cup f_{i-1,j-1} \cup f_{i,j-1})\)。注意到这个形式和从 \((1,1)\) 走到 \((n,m)\) 且每一次只能向下，向左，向左下走一步，且每次必须保证 \(x_i < y_j\) 是一样的。

分析一下无解情况：如果 \(x_{max} \ge y_{max}\) 那么必定无解，因为 \(x_{max}\) 那一列一定都不可以走；类似地，如果 \(x_{min} \ge y_{min}\) 也不行。

然后观察特殊性质。记 \(a_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 的可达性，观察到：特殊性质就是说明 \(\forall_{1 \le i \le n}a_{i,m}=1\) 且 \(\forall_{1 \le i \le m}a_{n,i}=1\)。

那么也就是说只需要走到第 \((n-1)\) 行或第 \((m-1)\) 列就一定有解，此时问题规模缩小，引导我们想到递归。记此时已经递归到 \((x,y)\) 表示只要第 \(x\) 行或第 \(y\) 列就一定有解。转移分行和列，以行上为例：看在 \([1,x-1]\) 中是否有 \(x_{min} < y_{min}\) 如果存在，记 \(x_j=x_{min}\)，那么即转移到\((j,y)\) 即可。如果存在某一时刻无法转移，那么必然无解。

考虑没有特殊性质。注意到此时我们还是可以从上述位置进行递归，只不过此时需要分别往 \((1,1)\) 和 \((n,m)\) 各做一次。

时间复杂度为 \(O(q(n+m))\)。