周做题记录 #1

CF1083C Max Mex

Analysis

考虑怎么做单组，可以直接 \(\mathcal{O}(n^2)\) 做。考虑怎么不平方，发现可以尝试 check 一个 \(x\) 是否可行，条件是 \(0\sim x-1\) 可以被一条链串起来。可以二分，然后选择一种你喜欢的判断方式。

考虑用线段树维护这个东西，\([l,r]\) 区间维护值在 \([l,r]\) 内的数的形态，如果是一条链，那么就维护一下链的两个端点，最后只要判断四个点能不能被串起来，可以选择一种你喜欢的判断方式。

CF1749E Cactus Wall

Analysis

发现因为相邻的不能同时染，所以给棋盘黑白染色之后黑白是独立的，也就是说不存在黑墙和白墙连在一起。所以可以 DP 墙，不过拍一下发现 DP 炸了，需要写个最短路，然后就好了。

Solution

发现这东西实际上要求一个平面图最小割，只不过不能用一般的最小割模型来刻画限制，上面最短路实际上是在对偶图上面跑的，可以这么理解。

P8349 [SDOI/SXOI2022] 整数序列

Analysis

枚举了一堆根号结论……

首先可以想到一个暴力，找到两个元素的位置，把它们归并，然后 \(\mathcal{O}(n)\) 扫一遍。

然后发现这个东西的复杂度是 \(\mathcal{O}(S_x+S_y)\) 的，并且有 \(\sum S_x=n\)，如果有 \(\mathcal{O}(\min(S_x,S_y))\) 的查询方法，那么根据 [CmdOI]口头禅 的做法，复杂度是根号的。但是可惜好像并没有这样的做法，因为端点可能在较大的那边，比较难处理。

考虑根号分治，小块和小块之间复杂度不超过根号，大块之间因为数量少总复杂度也不超过根号，唯一的问题是小块和大块之间。考虑大块的话，只有数量上的性质，不好处理。考虑小块，小块的结论是元素数不超过 \(B\)，那么根据另外一个著名结论，如果 \(S_x\leq B\)，那么 \(\sum S_x^2\leq nB\)，所以可以枚举所有小块区间，大块的话，发现区间数量也是 \(\mathcal{O}(nB)\) 的，所以可以先枚举长度，对于定长区间统一处理，稍加转化就是矩形修改和矩形求 \(\max\) 问题了，只会分治做，复杂度好像只能 \(2\log\)，平衡一下应该是可以做到总复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\) 的，但是不想写。

Solution

其实有一个直觉：对于大块来说，有用的点不会很多。但是我没有尝试证明或者证伪这个结论，觉得一眼假就弃了，其实可以考虑一个证明：考虑只有一个数的情况，有用的只有它前面和后面的元素，两个数的话，那就加上这个数前面和后面各一个没选的数。最后元素总数是 \(\mathcal{O}(B)\) 的，把这些元素拿出来跑暴力就好了。注意这些元素并不一定是连续的，中间没选的可能会干扰区间中数的数量，不过可以发现不存在跨过这些元素的区间，把两边断开分别跑就好了，复杂度根号里面 \(\log\)。

Conclusion

其实度过了靠套路做题的阶段，题目的难点主要就在于对性质的发掘和对模型的转化了，直觉是其中重要的一环，如果有直觉可以不要着急否定，先尝试严谨证明；多做题积累直觉。

CF671D Roads in Yusland

Analysis

线段树合并板子。

Solution

开始考虑过最小割，但是没想到用线性规划模型刻画，毕竟网络流是线性规划的子集，网络流遇到了一些问题可以考虑线性规划刻画。

假设 \(w_i\) 表示每条边的选择情况，有：

\[\min w_iv_i,\sum_{e\in T_i}w_i\geq 1,-w_i\geq -1 \]

假设前面对偶变量是 \(x_e\)，后面对偶变量是 \(y_i\)，将其对偶：

\[\max\sum_e x_e-\sum_i y_i,\sum_{e\in T_i}w_e-y_i\leq v_i \]

发现 \(y_i\) 其实没啥用，把它去掉：

\[ans=\sum_e x_e-\sum_i\max(0,\sum_{e\in T_i}x_e-v_i) \]

考虑将 \(x_e\) 从 \(0\) 开始往上调整，发现如果有位置大于 \(v_i\) 了，那么所有 \(x_e\) 的系数都会变成非正数，这是不优秀的，所以最优解不会让 \(x_e\) 的和大于 \(v_i\)，所以问题变成了最大化 \(x_e\) 的和，且 \(x_e\) 和不超过 \(v_i\)。

这个的话，从小到上贪心能选即选即可，用左偏树维护路径。

P8123 [BalticOI 2021 Day1] Inside information

Analysis

终于来补这题了吗。

给树上的每条边赋一个权值 \(t_i\) 表示加入时间，那么问题相当于：

• 查询 \(x\to y\) 的有向路径上边权是否递增，且最大权值不超过给定值 \(t_i\)。
• 查询有多少个点满足如上条件。

对于第一个，由于是路径，点分转化。对于第二个，由于是联通块，点分转化。

所以我们就把询问挂到了根上。写一下合法条件发现就是二维偏序，扫描线做到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，套点分再加一个 \(\log\)。

P5296 [北京省选集训2019]生成树计数

Analysis

肯定是矩阵树，考虑怎么转化为边权乘积。

考虑要维护的东西：\(a^k,b^k\)，把它们合并就是 \((a+b)^k\)，拆开就是 \(\sum_{i\leq k}\dbinom{k}{i}a^i b^{k-i}\)，好家伙这不二项卷积吗，写出 \(b^k\) 的 EGF 形式就是 \(\sum_{i\leq k}\dfrac{b^i}{i!}x^i\)，把这些多项式卷起来就好了，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3k^2)\)。

猜测和 \(e\) 有关系，实际上这个就是把一条边的权值 exp 之后变成乘法了。

P8352 [SDOI/SXOI2022] 小 N 的独立集

Analysis

考虑普通的最大权独立集怎么求，然后就一脸 DP of DP 的样子。设 \(f_{u,i,j}\) 表示 \(f_{u,0}=i,f_{u,1}=j\) 的方案数，然后可以发现 \(j\leq i+k\) 并且 \(j<i\) 的没啥用，所以状态数就 \(\mathcal{O}(n^2k)\) 了，总复杂度应该是 \(\mathcal{O}(n^2k^3)\)。

UVA1364 Knights of the Round Table

Description

给定一张无向图，找出所有点，满足它至少在一个简单奇环中出现。

Analysis

我直接找生成树然后树上差分过了，怪。

Solution

图上简单环问题考虑点双是不错的选择，因为点双满足一个优秀的性质：对于每两个点 \(x,y\)，保证存在两条不相交的从 \(x\to y\) 的路径。那么在这个结构上，可以认为有这样一个性质：若一个点双内存在奇环，那么点双内的所有点都是合法点。证明不难。

P3296 [SDOI2013]刺客信条

Description

给定一棵树和两个 \(01\) 序列 \(a,b\)，现在你可以翻转 \(a,b\) 中的任意位，问最少的翻转次数，使得存在排列 \(p\)，满足 \(a_{p_i}=b_i\) 且若 \(u,v\) 间有边，那么 \(p_u,p_v\) 间有边。

Analysis

首先找到一个简单的转述：对于排列 \(p\)，它的权值为 \(a\cdot p,b\) 的不同位数，求权值最小的合法排列。

尝试找到 \(p_1\)，那么 \(p_1\) 周围就是若干个子树，现在需要把这些子树和 \(1\) 周围的子树匹配，匹配的条件是两棵子树同构，要求权值最小。那么可以搜出匹配方案，然后记忆化一下，状态数不超过 \(\mathcal{O}(n^2)\)。然后发现匹配不需要爆搜，用 KM 跑二分图最小权完美匹配就好了，复杂度不超过 \(11^3\)，而且这个东西显然跑不满，可以通过。

KM 学一遍忘一遍。

P4365 [九省联考 2018] 秘密袭击 coat

现在才来补？？

题目让我们求这个式子：

\[\sum_S\max_k(S) \]

考虑每个 \(d_i\) 的贡献，直接树上背包可以做到 \(\mathcal{O}(n^2k^2)\)，使用 DFS 序优化背包可以做到 \(\mathcal{O}(n^2k)\)。

这个 DP 没有优化的前途了，考虑差分式子，具体地，将 \(x\) 拆成 \(\sum_{i\leq x}1\)，式子变成：

\[\sum_{S}\sum_{i\leq \max_k(S)}1=\sum_i\sum_{S}[i\leq \max_k(S)]=\sum_i\sum_{S}[cnt(S,i)\geq k] \]

考虑针对 \(cnt(S,i)\) 做一个 DP。枚举 \(i\)，然后做背包可以做到和上面一样的复杂度。

考虑优化，先忽略枚举 \(i\) 的部分，将 \(i\) 塞到状态里面，设 \(f_{u,i,j}\) 表示 \(u\) 结点子树内有 \(j\) 个数满足 \(d_v\geq i\) 的联通块数，\(F_i(x)\) 为它的 GF，有：

\[F_{u,i}(x)=x^{[d_u\leq i]}\prod_v F_{v,i}(x) \]

直接维护多项式太慢了，考虑插值维护点值。那么只需要维护向量 \(F_{u}\)，支持操作：

• 区间乘法，全局加法。
• 向量点积。

使用线段树合并可以维护。注意这里的线段树需要处理 \(x,y\) 为空节点 / \(y\) 两个儿子均为空的情况，而不是传统的递归到 \(l=r\)。说白了线段树合并就是特殊处理空节点和叶子，其余暴力。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2\log W)\)。

Conclusion

涉及的技巧比较多，包括差分，维护点值等等。

以后每周要 vp 至少一场 + \(10\) 题补题，周六清算，根据实际情况可能有调整，另外最好写一些 start coding 时间，不要在代码上花太久。

P5307 [COCI2018-2019#6] Mobitel

Analysis

定义 \(f_{i,j,k}\) 表示走到 \((i,j)\)，\(k=\dfrac{n}{mul}\) 的方案数，复杂度 \(\mathcal{O}(rs\sqrt{n})\)。

CF1268D Invertation in Tournament

Analysis

首先竞赛图缩点之后是一条链状结构，在链上考虑。手玩一下，发现如果有至少三个强连通分量，那么在中间随便找一个翻转就变成强连通分量了。那么只要考虑两个强连通分量的情况，继续手玩，发现如果其中一个存在长度为 \(n-1\) 的环那么就比较好做，但是如果没有怎么办呢？

Solution

首先有结论，任意 \(n>3\) 的强连通竞赛图存在长度为 \([3,n]\) 的所有环，证明可以考虑归纳。所以只要考虑两个都 \(n\leq 3\) 的情况，暴力即可。

现在只需要考虑怎么快速判断翻转之后是否为强联通竞赛图即可。使用兰道定理，内容如下：

• 一个有向图为竞赛图，当且仅当它的出度序列 \(s_i\) 排序后满足 \(\sum\limits_{j\leq i}s_j\geq\dbinom{i}{2}\)。
• 一个竞赛图为强连通竞赛图，当且仅当其出度序列排序后满足 \(\sum\limits_{j\leq i}s_j>\dbinom{i}{2}\)。

Conclusion

我的思考卡在了猜想到如果有长度为 \(n-1\) 的环即问题解决这一步，当初我猜到了结论，但是我认为其结论成立则最优解不会超过 \(1\)，而样例 \(2\) 与之矛盾，但实际上最终的结论是一个较弱的结论：加上了 \(n>3\) 这一个前提，实际上如果考虑证明这个结论的话，即使不能证明原结论，也可以在证明过程中得到一定启发。

P7126 [Ynoi2008] rdCcot

Solution

如果直接考虑联通块的话，模型的结构过于复杂，难以解决，考虑转化视角，考虑每个等价类内的一个“代表元”。在本题中，我们可以考虑联通块中 bfs 序最小的点，有结论：

• 一个点 \(x\) 为联通块中 bfs 序最小的点，当且仅当不存在 bfs 序更小的点 \(y\)，使得 \(x\) 能直接到 \(y\)。

充分性显然，考虑必要性。先证明一个引理：若存在链 \(x\to y\to z\)，满足 \(d_y<d_x<d_z\)，则 \(x\to z\)。证明显然。根据此引理，归纳调整即可证明原结论。

所以考虑 \(x\) 作为 bfs 序最小点时区间需要满足什么条件，可以发现它只会被左侧最大的 bfs 比它小的点和右侧最小 bfs 序比它小的点替代。使用点分治+平衡树可以解决问题，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log ^2n)\)。

vector 存图 TLE 换成链式前向星过了，离谱。

Conclusion

计数等价类数量，钦定代表元的思路，以及 BFS 序的性质。

有些时候原问题会较为复杂，但是转化视角和模型之后，问题便变得简单。WC2022 T1 也是一个例子，将视角由阶梯方格转到轮廓线之后，“边缘格子”就得到了更好的刻画。