做题笔记23

11.8

P9419 [POI 2021/2022 R1] Układanie kart

记第一个数为 \(x\)，我们的操作一定是 \((x-1,x-2,\cdots,1,n,n-1,\cdots,1)\)，观察发现后面 \((x-1,x-2,\cdots ,1)\) 的操作是比较好算的，此时原排列变成了一个单位排列的循环位移，每次都让最后一个数往前挪，则贡献为 \((x-1)(n-1)\)，那么总贡献就是 \(\sum_{x=1}^{n}(x-1)(n-1)(n-1)!=\binom{n}{2}(n-1)(n-1)!\)，现在考虑计算前半部分 \((x-1,x-2,\cdots ,1,n,n-1,\cdots,x)\)，这时候所有的位置我们都会操作一遍，于是可以考虑给其重标号，每次将编号最小的移到最前面，且最开头的编号最大，拆贡献，对于每一个位置，其操作时相对于原来的位置会增加后面已经操作过的，且编号比它小的，也就是逆序对数，而计算逆序对我们也可以考虑贡献，对于任意一对 \(i<j<n\)，其恰有一半的情况是 \(i\) 在 \(j\) 后面，于是每一对的贡献可以看作 \(\frac{1}{2}\) 其贡献就是 \(\frac{1}{2}\binom{n-1}{2}\times n!+\binom{n-1}{2}\times n!=\frac{3}{2}\binom{n-1}{2}\times n!\)，后面那个东西是因为要加上原来的位置，再加上最开头的数的贡献，即 \(n!\times (n-1)\)

还要去掉没有进行 \((n,n-1,\cdots,1)\) 的，每个贡献都是 \(n(n-1)\)，一共有 \(\sum_{i=1}^{n}A(n-1,i-1)\)，这个东西可以递推，记为 \(f_{n-1}\)，有 \(f_{n}=nf_{n-1}+1\)

复杂度线性，由于不能算逆元，前面有些 \(n!/2\) 可以预处理出来 \(n\times(n-1)\times\cdots\times 3\)

P8326 [COCI 2021/2022 #5] Fliper

首先把每一个原图中的环找出来，有解的一个必要条件是任意环长都是 \(8\) 的倍数，观察一下限制，很容易往欧拉回路去想，关键就是怎么建图，回想一下欧拉回路，其每个点的出度和入度都是偶数，而在这道题中的限制是每个环中点的颜色，于是我们可以把点看成边，把环看成点，假如所有的连通块都是合法的环，我们可以找到每个障碍，对其两边的环连边，先跑一边欧拉回路玩玩，你会严肃发现，此时对所有边进行了黑白染色，而所有点的黑白色的边的条数都是 \(4\) 的倍数，于是可以再对黑色和白色的边集分别跑欧拉回路进行二染色，这样我们就构造出了答案

对于不是环的连通块，可以搞一个超级源，若其度数不是 \(8\) 的倍数，可以补一些自环

复杂度线性对数，瓶颈在于排序建图

CF1750G Doping

数钦定 \(k\) 段的答案，记作 \(g_k\)，有

\[g_k=\sum_{i=1}^{k}\binom{k-1}{i-1}f_i \]

可以反演到 \(f\)，由于要字典序更小，枚举 lcp，假如 lcp 为 \(i\) 数 \(p'_i<p_i\) 的方案数，记 \(c_0\) 为数轴上，\(p_i\) 左边有多少连续段，\(t_0\) 为有几个空可以插，\(c_1,t_1\) 同理 ，考虑选了 \(k\) 段，枚举左边具体插了几个板，其方案为

\[\sum_{j=0}^{k}\binom{t_0}{j}\binom{t_1}{k-c_0-c_1-j}(k-1)!(c_1+j) \]

后面 \((k-1)!(c_1+j)\) 是因为需要满足 \(p'_i<p_i\)，这是个喜闻乐见的范德蒙德卷积，推一下式子

\[\begin{aligned} &\sum_{j=0}^{k}\binom{t_0}{j}\binom{t_1}{k-c_0-c_1-j}(k-1)!(c_1+j)\\ =&(k-1)!c_1\sum_{j=0}^{k}\binom{t_0}{j}\binom{t_1}{k-c_0-c_1-j}+(k-1)!\sum_{j=0}^{k}\binom{t_0}{j}\binom{t_1}{k-c_0-c_1-j}j\\ =&(k-1)!c_1\binom{t_0+t_1}{k-c_0-c_1}+(k-1)!\sum_{j=0}^kt_0\binom{t_0-1}{j-1}\binom{t_1}{k-c_0-c_1-j}\\ =&(k-1)!c_1\binom{t_0+t_1}{k-c_0-c_1}+(k-1)!t_0\binom{t_0+t_1-1}{k-c_0+c_1-1} \end{aligned} \]

当 \(p'_i=p_{i-1}+1\) 时，方案为

\[(k-1)!\binom{t_0+t_1}{k-c_0-c_1} \]

每个 \(i\) 都反演一遍显然有点浪费，于是我们可以从后往前推，再把固定的连续段记上，记 \(f_{i,j}\) 为考虑了 \([i,n]\)，钦定了 \(j\) 的方案，则有转移

• \(f_{i+1,j}+f_{i+1,j-1}\rightarrow f_{i,j}\)，若 \(p_i=p_{i-1}+1\)，可以钦定当前分段或不分段
• \(f_{i+1,j-1}\rightarrow f_{i,j}\)，只能分段

最后在 \(f_{i,j}\) 处加入 \([i,n]\) 选 \(j\) 的答案即可，复杂度平方

CF1693F I Might Be Wrong

可以说明 \(cnt_0=cnt_1\)，不妨设整个序列满足 \(cnt_0\ge cnt_1\)，否则我们可以反转序列，此时操作 \(cnt_0<cnt_1\) 肯定不优，那不妨设我们操作的满足 \(cnt_0-cnt_1=d\)

• 若操作子串开头为 \(0\)，我们可以不管他，此时 \(d'=d-1\)
• 若操作子串开头为 \(1\)，我们可以找到一个满足 \(cnt_0=cnt_1\) 的前缀，操作他，这时候序列的开头变成 \(0\) 了，此时 \(d'=d-1\)，花费了 \(1\) 的代价

所以我们可以花费至多 \(1\) 的代价递归子问题，结论得证

直接贪，找到极长的满足 \(cnt_0=cnt_1\) 的前缀，将其操作，然后删掉前缀 \(0\)，重复这个过程，直到序列变得 \(cnt_0<cnt_1\)，这时候我们补上前面已经操作掉的一些 \(0\) 再操作一次即可

CF1477D Nezzar and Hidden Permutations

如果有某个点连了 \(n-1\) 条边，其 \(p\) 和 \(q\) 必定相同，我们可以说明，若某个点的度数不为 \(n-1\)，必然存在一种方案，使得每个度数不为 \(n-1\) 的点都有 \(P\ne Q\)

你都考虑 \(n-1\) 了，可以想到要考虑其反图，此时所有连通块大小 \(\ge 2\)，如果剩下的是一个菊花，我们可以给根赋值 \((1,n)\)，剩下的点赋值 \((i,i+1)\) 就能构造了，若有更多的连通块，可以让连通块之间完全偏序，这样就完美解决了问题，如果我们能把每个连通块，都划分成点数 \(\ge 2\) 的菊花，那么就一定容易构造出来一组解了，于是考虑把反图划分成点数 \(\ge 2\) 的菊花，考虑拉出来任意一个生成森林，我们在这个生成森林上构造

如果当前点的父亲是菊花的根，我们不妨让其接到父亲下面，否则，若当前点不是叶子，可以让当前点当根，那只剩下了当前点是叶子且其父亲不是菊花的根的情况，如果其父亲所在菊花大小 \(>2\)，可以把它父亲从原来那个菊花上摘下来，然后与当前点构成一个菊花，如果其父亲所在菊花大小 \(=2\)，可以让它父亲作为其菊花的根，然后接上去，这样还是合法的

现在任务就是找到反图的生成森林，用一个 set 维护，每次取出一个还没被加入到森林中的点，然后把 set 中和当前点没边的都删了并连上反图中的边，重复这个过程

复杂度线性对数

P10574 [JRKSJ R8] 暴风雪

记 \(t_{u,i}\) 为 \(u\) 子树内，\(dep_i\) 的点的权值和，有结论，当 \(i\) 固定时，对于一条到根链，其 \(t_{u,i}\) 的改变只有 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 次，因为若 \(u\) 在上升到 \(v\) 过程中，若想改变 \(t\) 的值，必须满足 \(u\) 子树内存在一个，不在 \(v\) 子树中长度为 \(dep_i-dep_v\) 的链，由于 \(dep_v\) 单调递增，所以最多只有 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 个这样的 \(v\)

如果我们能找到分段就起码能做到低于 \(\mathcal{O}(n^2)\) 了，可以先阈值分治一下，对于修改点 \(x\) 祖先中和它距离不到根号的点，直接暴力找，超过根号的点可以预处理，而“另一棵子树”这种东西很让我们往链剖分上去考虑，每条重链上，维护出超过根号的点，对于每个点，记 \(w_{u,i}\)，为其轻儿子中距离其为 \(i\) 的点的权值和，这个东西总大小是线性对数的

现在考虑所有分段点的贡献，当我们跳轻链时，无法区分轻重，需要手动求子树内某层的和，这个东西可以每层开个维护 dfn 序的树状数组，否则，直接加上 \(w_{u,dep_{x}-dep_{u}}\) 就好了

直接树剖线段树有点浪费，对于每一条重链的贡献，形如若干个 \((l,r,v)\)，你发现，所有分段点距离操作点的总和为 \(\mathcal{O}(n)\)，那么有结论，对于 \(\sum a_i=\mathcal{O}(n)\)，有 \(\sum \log (a_i-a_{i-1})=\mathcal{O}(\sqrt n)\)，我们只需要取出所有有用的区间做，复杂度就是对的，找到这些区间的话，可以考虑直接用 zkw 线段树维护，你从下面往上跳的时候，遇到已经遍历过的节点就不往上跳了，这样就能取出所有对的区间，或者把操作用队列存下来，在 dfs 线段树的时候再判断是否需要当前区间

结论证明，记 \(b_i\) 为 \(a\) 的差分数组，\(b\) 的大小为 \(m\)，将 \(b\) 翻转，原命题就是 \(\sum b_i\times i=\mathcal{O}(n)\Rightarrow \sum \log (b_i)=\mathcal{O}(\sqrt n)\)，考虑均值不等式有 \(\frac{n}{m}\ge \frac{\sum b_i\times i}{m}\ge \left(\prod b_i\times i\right)^{1/m}\)，即 \(\prod b_i\le\frac{\left(\frac{n}{m}\right)^m}{m!}\)，两边取对数得到 \(\sum \log (b_i)\le m\log n-m\log m-\log(m!)\)，用 \(\log m\) 的积分去近似 \(\log (m!)\)，就能得到 \(\sum \log (b_i)\le m\log n-m\log m-(m\log m-m)=m(\log n-2\log m+1)\)，求导后去掉常数项是 \(\log n-2\log m\)，所以 \(m=\sqrt n\) 的时候大概是最大的，结论得证

P12264 『STA - R9』咏叹调调律

屎！？

发现所有子序列中，\(C\) 都是在左边，\(B\) 都是在右边，而 \(A\) 的位置比较自由，于是我们可以把 \(C\) 看作左括号，\(B\) 看作两个右括号，在 \(AB\) 中，\(A\) 可以作为两个左括号，在 \(CA\) 中，\(A\) 可以看作一个右括号，所以可以暂时把 \(A\) 看作问号，做一个括号匹配

当然，如果我们知道了哪些位置填 \(A\)，这些位置肯定是 (( 在前面，) 在后面，于是存在一个 (( 和 ) 的分界线，且只存在一个这样的分界线，但是我们发现 \(AABC\) 就寄了，此时括号可能会存在 (()())，于是考虑让 ) 优先去匹配 ((，如果剩下了一个 (，其只能和 ) 匹配，否则如果碰到了一个 ))，可以考虑反悔

于是记 \(f_{i,j,k,0/1,0/1/2}\) 表示前 \(i\) 个，有 \(j\) 个 (，\(k\) 个 ((，是否在分界线，是否存在匹配了一半的 ((，如果存在还要存 (( 被匹配一半之前，其前面还有没有空的 (，直接转移即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)

P13559 【MX-X15-T6】翻树树

阈值分治，对于 \(deg>B\) 的点，翻过去再翻回来，对于 \(deg\le B\) 的点，每次翻转一个叶子，那么最劣的 \(S\) 是 \(\left\{1,2,3,\cdots,B-1,B,B+2,B+4,\cdots ,B+2k\right\}\)，则 \(S\) 合法当且仅当 \(\sum_{i\in S}(i-1)\le n-2\)，则有 \(\binom{B}{2}+Bk+k^2\le n -2\)，可以解一个 \(k\) 的范围，反正最后能算出来是对的

11.9