2023.8.4 cmd杂题选讲

数据结构

P4062 [Code+#1] Yazid 的新生舞会

定义出现次数超过区间长度一半的众数为“强众数”

我们可以枚举强众数 \(w\)，并枚举它能贡献的区间，设 \(B_i=[A_i=w]\)，令 \(S\) 为 \(B\) 的前缀和，则区间 \((l,r]\) 是“新生舞会的”的充要条件是：

\[S_r-S_l>\dfrac{r-l}{2}\Rightarrow 2S_l-l<2S_r-r \]

记 \(C_i=2S_i-i\)，问题就转化为顺序对计数。可以用树状数组优化到 \(O(n^2\log n)\)

注意到，\(B\) 中 \(1\) 的个数是 \(O(n)\) 的，因此在两个 \(1\) 之间的 \(C_i\)，是一个公差为 \(-1\) 的等差序列

按照 \(1\) 划分，共有 \(O(n)\) 个等差序列，注意到等差序列的内部是没有贡献的，于是我们逐个插入等差序列，记录前面对它的贡献。

假设当前这段等差序列为 \(y,y-1\dots x\)，用数据结构维护它的权值 \(val_i\) 就是区间 \([x,y]\) 里的数 \(+1\)

设 \(T_i=\sum\limits_{j=1}^ival_i\) 表示权值 \(val\) 的前缀和，那么段内的每个位置 \(C_i\) 的贡献就是 \(T_{C_i-1}\)，整个段的贡献就是 \(\sum\limits_{i=x-1}^{y-1}T_i\)。再记 \(G_i=\sum\limits_{j=1}^iT_j\) 表示 \(T\) 的前缀和，那区间的贡献就是 \(G_{y-1}-G_{x-2}\)

于是问题转化成区间加一个数和求二阶前缀和，将区间加一个数转化成差分数组 \(d\) 的单点修改，就可以用树状数组维护三阶前缀和

现在思考如何维护三阶前缀和。设 \(a\) 是 \(b\) 的前缀和，\(b\) 是 \(c\) 的前缀和，\(c\) 是 \(d\) 的前缀和

\[\begin{aligned}a_i&=\sum\limits_{j=1}^i\sum\limits_{k=1}^j\sum\limits_{t=1}^kd_t\\&=\sum\limits_{t=1}^i{\dfrac{(i+2-t)(i+1-t)}{2}d_t}\\&=\dfrac{(i+1)(i+2)}{2}\sum\limits_{t=1}^id_t-\dfrac{2i+3}{2}\sum\limits_{t=1}^id_t\times t+\dfrac{1}{2}\sum\limits_{t=1}^id_t\times t^2\end{aligned} \]

用树状数组维护 \(d_t,d_t\times t,d_t\times t^2\)​ 即可

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P7476 「C.E.L.U-02」苦涩

标记永久化的好题

每个节点维护一个堆和一个最大值标记 \(dat\)

操作 \(1\) 和 \(3\) 暴力做即可，重点讨论操作 \(2\)

对于完全覆盖的区间，如果节点堆顶等于 \(x\) 就弹出，否则继续往下递归删除

否则的话，首先要下传标记。如果该节点堆顶等于 \(x\)，就将 \(x\) 弹出并下传到两个儿子中。之后递归删除即可

复杂度不太会算，但是说是 \(O((n+m) \log^2 n)\)​

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P5344 【XR-1】逛森林

倍增优化建图，每个点向上的 \(2^{0\sim t}\) 级祖先连边，分为内向和外向

这样点数是 \(O(n\log n)\) 的，边数是 \(((n+m)\log n)\) 的，加上 \(\rm Dijkstra\) 的时间复杂度就是 \(O(n(n+m)\log^2 n)\) 的

考虑到题目只要求跑最短路，所以可以像 \(\rm ST\) 表一样，重复建边，边数就是 \(O(n\log n)\) 的，总的时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)​。

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CF348C Subset Sums

遇到这种比较难维护的数据结构，又有 \(\sum |S|\leq 10^5\)，容易想到根号分治。

对于 \(|S|\leq \sqrt{n}\) 的，暴力修改，暴力查询。预处理每个大集合和其它集合的交集，小集合修改时计算对大集合的贡献。

对于大集合，修改直接打标记，并计算对其它大集合的贡献。查询输出标记总和+原和即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)​。

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ビ太郎のパーティー (Bitaro's Party)

还是根号分治。

对于 $Y_i>\sqrt{n} $ 的，暴力 DP。

对于 \(Y_i\leq \sqrt{n}\) 的，我们只关心最短的 \(\sqrt{n}\) 条路径，这个可以 DP 时归并得到。

复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n})\)​。

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图论

[AGC011C] Squared Graph

考虑 \((x,y)\) 和 \((x',y')\) 在一个连通块的条件。将新图中 \((a,b)\rightarrow (c,d)\) 的边看作是从 \(a\) 走到 \(c\)，从 \(b\) 走到 \(d\)。因为可以来回走，所以 \((x,y)\) 和 \((x',y')\) 在一个连通块的充要条件就是原图存在一条 \(x\rightarrow x'\) 和一条 \(y\rightarrow y'\) 的路径，且路径长度相差偶数。

对于原图，发现若一个连通块存在奇环，则任意两点间有一条长度为奇数和一条长度为偶数的路径。否则可以二分图染色，颜色相同的点之间路径长度为偶数，否则为奇数。

将原图所有连通块分为三类：奇环、二分图、孤立点。分别记数量为 \(A,B,C\)。现在将不同种类的连通块放到其中一维上，去匹配另一维。

• 对于一个奇环来说，自己与自己匹配产生 \(1\) 的贡献。与其它奇环匹配可以产生 \(2\) 的贡献。

• 对于一个二分图，自己与自己匹配产生 \(2\) 的贡献（颜色相同/不同），与其它二分图匹配产生 \(4\) 的贡献，与奇环匹配产生 \(2\) 的贡献。

• 对于孤立点，自己与自己匹配产生 \(1\) 的贡献，与其它所有点匹配产生 \(2\) 的贡献。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)​。

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CF741C Arpa's overnight party and Mehrdad's silent entering

容易想到二分图染色，在情侣之间连边。问题是三个人的限制如何处理。

我们发扬人类智慧，钦定 \(2i\) 和 \(2i+1\) 号节点颜色不同。可以证明这一定是个二分图。

然后跑染色即可。

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CF1407E Egor in the Republic of Dagestan

容易想到从 \(n\)​ 点出发贪心染色。直接 bfs 即可。

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CF1515F Phoenix and Earthquake

将原题看成是建生成树的过程。当 \(\sum a<(n-1)x\) 时无解，否则，猜想任意一棵生成树都有解。

证明：使用归纳法。我们任取一棵生成树 \(T\)。找到一个叶子节点 \(u\)：

• 若 \(a_u\ge x\)：则此时直接建 \((u,fa)\) 这条边，剩下的 \(n-1\) 棵节点的树有解。

• 若 \(a_u<x\)：则对于除了 \((x,fa)\) 这条边的树 \(T'\)，因为 \(\sum a\) 减少了 \(a_u\)，\((n-1)x\rightarrow (n-2)x\)，所以必定合法。那我们将 \((x,fa)\) 放到最后修建即可。

于是，我们用一个栈和队列维护答案即可。

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P3573 [POI2014] RAJ-Rally

问题的关键在于原图是一个 DAG，这启发我们按拓扑序考虑每个节点。将拓扑序小于 \(i\) 的节点集合记为 \(A\)，大于 \(i\) 的集合记为 \(B\)。预处理 \(ds_x,dt_x\) 分别表示从以 \(x\) 为起点/终点的最长路，则此时的答案就是 \(\max\{dt_x(x\in A),ds_y(y\in A),ds_x+1+dt_y(x\in A,y\in B)\}\)。

一开始将所有所有点都放在集合 \(B\)，用 multiset 维护上述值。删除一个点时删除对应的值，然后再加到集合 \(A\) 即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(m\log m)\)​。

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CF986C AND Graph

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CF605E Intergalaxy Trips

设 \(E_i\) 表示 \(i\rightarrow n\) 的期望天数。如果 \(i\) 选择 \(j\)，则此时所有 \(E_k<E_j\) 的 \(k\) 都无法作为决策点。并且决策点必然满足 \(E_j<E_i\)。

假设已经完成转移的点为 \(q_1,q_2,\dots ,q_m\) 且满足 \(E_{q_i}<E_{q_{i+1}}\)。则

\[E_i=\sum\limits_{j=1}^m E_{q_j}\times p_{i,q_j}\times \prod \limits_{k=1}^{j-1}(1-p_{i,q_k}) \]

但此时我们计算的 \(E_i\) 仅仅是与 \(i\) 相连的通道中至少一条开启时的贡献，可能存在通道一条都没开启的情况。至少一条开启的概率是 \(1-\prod (1-p_{i,j})\)。所以期望天数应该是 \(\dfrac{E_i}{1-\prod\limits_{j}^{E_j<E_x}(1-p_{i,j})}\)。

上述转移方程就变成

\[E_i=\sum\limits_{j=1}^m \dfrac{E_{q_j}}{1-\prod \limits_{k=1}^{j-1}{(1-p_{q_j,q_k})}}\times p_{i,q_j}\times \prod\limits_{k=1}^{j-1}(1-p_{i,q_k}) \]

使用 dijkstra 即可。

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CF1559D2 Mocha and Diana

猜想答案等于 \(\min(n-1-m_1,n-1-m_2)\)。

我们随便拿出一个点，假设是 \(1\)。我们先让能和 \(1\) 连的点全连上。记没和 \(1\) 连的连通块分别为 \(A,B\)，则必有 \(A\cap B=\varnothing\)。所以只需 \(A,B\) 内暴力连边即可。

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其它

P6811 「MCOI-02」Build Battle 建筑大师

对原序列

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[AGC006C] Rabbit Exercise

对于每次跳跃，\(x_i\) 的期望位置为 \(x_{i-1}+x_{i+1}-x_i\)，可以直接维护。但问题是 \(k\) 太大了。

这个式子很复杂，于是我们可以考虑差分，设 \(d_i=x_i-x_{i-1}\)。那么每次操作后

\[d'_i=d_{i+1},\,d'_{i+1}=d_i \]

所以每次操作相当于交换相邻的差分数组。记录交换的映射，类似快速幂可以做到 \(\mathcal{O}(m\log k)\)​​。

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CF1153F Serval and Bonus Problem

先将线段长度除以 \(l\)，变成长度为 \(1\)，最后再乘回去。

那么其实就是求出每个点的被 \(k\) 个区间覆盖的概率，再积分回去，而线段长度为 \(1\)，所以就是求概率。

然后我们惊奇地发现这可以 DP，设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示已经选了 \(i\) 个左端点，还有 \(j\) 个没匹配上，采样点是/否被选上时被 \(k\) 个区间覆盖的方案数。转移即考虑加入一个左端点、右端点、采样点。

最后我们要求的就是 \(f_{2n+1,0,1}\)，那么概率就是 \(\dfrac{f_{2n+1,0,1}\times 2^n\times n!}{(2n+1)!}\)​​。（线段的两个端点可以互换，线段的顺序也可以互换。）

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[ARC072F] Dam

没什么好说的，请看 题解【[ARC072D] Dam】。

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