一些算法(套路)

目录

容易被忽略的东西

分块

二分答案

打表

差分

线段树优化DP

差分约束

  如果只有 \(a_i\leq a_j+d\) 的约束,就可以直接上差分约束。

  如果有 \(a_i+a_j\leq d\) 的约束,考虑整张图黑白染色,使得同色点之间只有差的约束,异色点之间只有和的约束,然后把白色的点的值取反,就可以跑差分约束了。

矩阵快速幂

  观察一下矩阵是否是循环矩阵,如果是就可以用FFT解决(循环卷积)。

用BM算法优化矩阵快速幂DP

  记 \(B\) 为转移矩阵。

  那么 \(B\) 中每个元素都对应着同一个常系数线性递推关系。

  证明:

  记 \(B\) 的特征多项式为 \(f(x)=a_0x^k+a_1x^{k-1}+\cdots+a_kx^0\),那么就有
\[ \begin{align} (a_0B^k+a_1B^{k-1}+\cdots+a_kB^0)&=0\\ B^t(a_0B^k+a_1B^{k-1}+\cdots+a_kB^0)&=0\\ a_0B^{k+t}&=-a_1B^{k-1+t}-a_2B^{k-2+t}-\cdots-a_kB^t\\ \end{align} \]

  这样就可以求出前面 \(O(k)\) 项然后 \(O(k^2)\) BM一下得到递推式再用倍增取模在 \(O(k^2\log n)\)\(O(k\log k\log n)\) 内求出任意项的值了。

  如果要求整个矩阵的递推式的话,要拿这个矩阵哈希得到的值去BM,因为单项的最短递推式可能不是整个矩阵的最短递推式。
 

矩阵快速幂+DFT

  DP转移如下:

\[ f_{i+1,j',k+v}+=f_{i,j,k} \]

  \(i\leq n,j\leq l,k\leq m\)
  其中\(v\)只与\(j\)有关,最后求\(k=s\)\(k\bmod m=s\)的值的和。
  暴力搞的时间复杂度是\(O(l^3m^3\log n)\)的。
  我们可以把这个东西看成一个多项式。

\[ g_{i,j}=\sum_{k\geq 0}f_{i,j,k}x^k \]
  
  转移就可以看成乘以一个多项式(单项式)。
  如果求的是\(k\mod m=s\)的值的和,就可以看成循环卷积。
  可以先求值,把每个点值拿去跑一遍矩阵快速幂,再插值回来。
  时间复杂度:\(O(ml^3\log n)+\)点值插值的时间复杂度\(O(m^2)/O(m\log m)\)

多组询问的矩阵快速幂优化DP

  设矩阵大小为\(m\),次数是\(n\),询问组数是\(t\),朴素的实现是\(O(tm^3\log n)\)的。
  可以先把转移矩阵的\(i\)次幂求出来。
  每次询问只需要拿一个\(1\times m\)的矩阵去乘转移矩阵就行了。每次乘法是\(O(m^2)\)的。
  时间复杂度:\(O(m^3+tm^2\log n)\)

带删除的线性基

  对于线性基中的每个向量和所有 \(0\) 向量维护这个向量是由哪些向量异或得到的。

  在删除一个向量 \(x\) 时,找到一个包含 \(x\)\(0\) 向量,如果没有就找线性基里位最低的包含 \(x\) 的向量,把这个向量的信息异或到其他包含 \(x\) 的向量的信息中即可。这样在删除时不会影响线性基中更高位的向量。

  在向量个数比较小或强制在线是比较有用。

排序

  有些题如果把权值(或者其他东西)从小到大排序按顺序做,会有出人意料的效果。

定期重构

  就每做 \(O(\sqrt q)\) 个修改就重构一下,每次询问在建好的数据结构上查询,还要把剩下的 \(O(\sqrt q)\) 的修改的影响一起算进去。

概率/期望DP

  有一些概率/期望DP可以快速地推出这样的式子:
\[ \begin{align} f_i&=a+bf_i\\ (1-b)f_i&=a\\ f_i&=\frac{a}{1-b} \end{align} \]
  BZOJ4872

  XSY2472

分治

  有一些问题求得是只包含/不包含一个点的情况,只需要考虑当前\([l,r]\)\([l,mid]\)\([mid+1,r]\)的影响。

  下面来讲一道例题

  \(A(x)\)\(n-1\)次多项式,\(B_i(x)\)为一次多项式,\(\forall i\)\(A(x)\mod B_i(x)\)

  直接做是\(O(n^2)\)的。

  因为\((A(x)\mod C(x))\mod B_i(x)=A(x)\mod B_i(x)\)\(C(x)\mod B_i(x)=0\)

  设当前已经求出了
\[ D_{l,r}=A(x)\mod(\prod_{i=l}^rB_i(x)) \]
  那么
\[ \begin{align} D_{l,mid}&=D_{l,r}\mod(\prod_{i=l}^{mid}B_i(x))\\ D_{mid+1,r}&=D_{l,r}\mod(\prod_{i=mid+1}^{r}B_i(x)) \end{align} \]
  所以我们可以递归下去做,直到求出所有的\(D_{i,i}\)

  时间复杂度:
\[ T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log^2n) \]
  多点求值

  XSY2469

欧拉phi函数

  就是\(\varphi\)函数

  谁都知道这个东西是个积性函数。
\[ \varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)~~~((a,b)=1) \]
  那如果\((a,b)\neq 1\)呢?

  设\(d=(a,b)\)
\[ \begin{align} \varphi(a)&=a(1-\frac{1}{p1_1})(1-\frac{1}{p1_2})\cdots(1-\frac{1}{p1_{n1}})\\ \varphi(b)&=b(1-\frac{1}{p2_1})(1-\frac{1}{p2_2})\cdots(1-\frac{1}{p2_{n2}})\\ \varphi(ab)&=ab(1-\frac{1}{p3_1})(1-\frac{1}{p3_2})\cdots(1-\frac{1}{p3_{n3}})\\ \varphi(d)&=d(1-\frac{1}{p4_1})(1-\frac{1}{p4_2})\cdots(1-\frac{1}{p4_{n4}}) \end{align} \]
  可以发现,对于后面那部分
\[ \begin{align} (1-\frac{1}{p1_1})(1-\frac{1}{p1_2})\cdots(1-\frac{1}{p1_{n1}})\times (1-\frac{1}{p2_1})(1-\frac{1}{p2_2})\cdots(1-\frac{1}{p2_{n2}})\\ =(1-\frac{1}{p3_1})(1-\frac{1}{p3_2})\cdots(1-\frac{1}{p3_{n3}})\times (1-\frac{1}{p4_1})(1-\frac{1}{p4_2})\cdots(1-\frac{1}{p4_{n4}}) \end{align} \]
  如果\(p\)只在\(a\)\(b\)中出现过,那么只会在\(ab\)中出现。如果同时在\(a\)\(b\)中出现过,那么会同时在\(ab\)\(d\)中出现。

  所以有
\[ \varphi(ab)=\frac{\varphi(a)\varphi(b)d}{\varphi(d)}~~~(d=(a,b)) \]

逆向思维

情况一

  有时候我们做某个操作很不好做,我们可以先把所有操作做完后在一个个回复。

  例如:给以一个图,有两种操作:1.删边;2.询问连通性。

  我们可以先把需要删的边删掉,再一个个加回来,用并查集维护连通性。

情况二

  有时候问你\(\forall A\),满足要求的\(B\)的和。

  我们可以枚举所有的\(B\),计算每个\(B\)对每个\(A\)的贡献。

  AGC005F
 

一类全序问题

  有\(n\)个物品,你要依次选择这些物品,每个物品有三个属性\(a_i,b_i,c_i\),当你选择一个物品后,设当前选择的物品的\(c\)属性的和为\(s\),那么选择这个物品的收益是\(a_i+b_is\),问你最大收益是多少。

  假设我们已经钦定了一个顺序。考虑两个相邻的物品(不妨设为前两个),什么时候当前顺序比交换后更优:
\[ \begin{align} a_1+a_2+b_2c_1&>a_2+a_1+b_1c_2\\ b_2c_1&>b_1c_2\\ \frac{c_1}{b_1}&>\frac{c_2}{b_2} \end{align} \]
  这样我们就得到了一个全序关系。

  那么能不能扩展到任意两个物品的情况呢?
\[ \begin{align} a_i+b_ix+a_j+b_j(x+y+c_i)&>a_j+b_jx+a_i+b_i(x+y+c_j)\\ b_jy+b_jc_i&>b_iy+b_ic_j\\ \frac{c_i+y}{b_i}&>\frac{c_j+y}{b_j}\\ \end{align} \]
  好像并不太行。我们需要换一种思路。

  假设我们找到了一种最优解,但并不满足以上的性质,那么一定可以交换相邻两个物品使得答案最优。所以直接排序贪心可以得到最优解。

  如果题目还有其他限制,你也可以在得到这个顺序后DP或者干其他事情。

一类贪心问题

  有 \(n\) 个怪,组成了一棵树。

  打一个怪会先扣 \(a_i\) 滴血,在加 \(b_i\) 滴血。

  怪的父亲要在这个怪之前打。

  问你初始时最少要有多少血才能把这个怪打完。

  先不考虑父亲比儿子早选的限制,把所有怪排序。

  考虑第一个怪,如果可以直接打,就直接打完。

  否则这个怪会在打完父亲之后立刻打死,就把这个点和父亲合并。

  题解

  HDU6326

  如果要对每个子树求答案的话,可以用平衡树维护操作序列,自底向上合并所有点的操作序列。

  【集训队作业2018】三角形

莫队

  总所周知,莫队的时间复杂度和块大小有关。

  如果块大小为\(t\),时间复杂度为\(O(\frac{n^2}{t}+mt)\)

  如果块大小为\(\sqrt n\),时间复杂度为\(O((n+m)\sqrt n)\)

  如果块大小为\(\frac{n}{\sqrt{m}}\),时间复杂度为\(O(n\sqrt m)\)

  所以有时候可以通过调整块大小来加速。俗称调参。

一类单点修改区间求和的问题

  有时候我们要修改一个点,求区间和。

算法 修改 求和
树状数组/线段树 \(O(\log n)\) \(O(\log n)\)
分块1 \(O(1)\) \(O(\sqrt n)\)
分块2 \(O(\sqrt n)\) \(O(1)\)

  树状数组/线段树的做法很经典,这里就不讲了。

  分块1:每次修改把对应的位置和对应的块的和\(+1\)

  分块2:每次修改把对应的位置和对应的块的和\(+1\),然后求出块内前缀和、块内后缀和、块的前缀和。

  有的人就要问了,分块做法那么慢,有什么用呢?

  用处大着呢!当修改次数与询问次数不平衡的时候,我们可以做到比树状数组更优。

  博主曾经用莫队+分块1水过了一道\(n=m={10}^6\)的题。跑的比zjt神犇的线段树合并还快。

和排列有关的问题

  很多问题让你求对于每一个排列\(A\),如果\(\cdots\),那么\(\cdots\)

  我们可以考虑从小到大插入这\(n\)个数,插入第\(i\)个数时考虑这个数的贡献。

用trie实现全部数\(+1\),查询全部数的异或和

  我们从低位到高位建一棵trie树。

  从根开始,交换左右子树,然后对\(0\)的那棵子树执行同样的操作(进位)。

莫比乌斯反演

  有很多题推着推着就推到\(\varphi\)上面去了。

  说明可以用一条式子:\(\sum_{d|n}\varphi(d)=n\)

莫比乌斯反演的多组询问

\[ \begin{align} ans&=\sum_{i=1}^lc^{\gcd(i,b)}\\ &=\sum_{d|s}c^d\sum_{i=1}^l[\gcd(i,s)=d]\\ &=\sum_{d|s}c^d\sum_{i=1}^{\frac{l}{d}}[\gcd(i,\frac{s}{d})=1]\\ &=\sum_{d|s}c^d\sum_{i|\frac{s}{d}}\mu(i)\lfloor\frac{l}{id}\rfloor\\ \end{align} \]

  看起来没办法化简了

  这时候要枚举\(j=id\)

\[ \begin{align} ans&=\sum_{j|s}\lfloor\frac{l}{j}\rfloor\sum_{i|j}\mu(i)c^\frac{j}{i}\\ \end{align} \]

  设\(f(x)=\sum_{i|x}\mu(i)c^\frac{x}{i}\)

  这样\(f(x)\)就可以预处理出来了。
  

一般情况

\[ \begin{align} ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\\ &=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}f(i)\sum_{i|j}\mu(\frac{j}{i})\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor\\ &=\sum_{i=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\sum_{j|i}f(j)\mu(\frac{i}{j}) \end{align} \]

  这样可以预处理后面的\(g(n)=\sum_{i|n}\mu(\frac{n}{i})f(i)\)
  每次枚举前面询问。
  时间复杂度:\(O(n+T\sqrt{n})\)  

分治FFT

  分治FFT一般有两个用途。

求很多个多项式的乘积(普通分治)

  设有\(n\)个多项式,次数之和是\(m\),那么时间复杂度就是\(O(m\log m\log n)\)。一共有\(\log n\)层,每层是\(O(m\log m)\)的。

求一类数列(CDQ分治)

  数列\(f_n=\sum_{i=0}^{n-1}f_ig_{n-i}\)。对于一个分治区间\([l,r]\),先求出\([l,mid]\)的答案,再计算这部分对右边\([mid+1,r]\)的贡献。

  时间复杂度:\(O(n\log^2 n)\)

组合数学

\[ \sum_{i=j}^{n-k}\binom{i}{j}\binom{n-i}{k}=\binom{n+1}{j+k+1} \]

  可以用插板法理解。

树上的连通块

  树上连通块个数\(=\)点数\(-\)边数。

  点数/边数中一般有一个是固定的。

轻重链剖分&长链剖分

轻重链剖分

  每个重链顶端的子树大小总和是 \(O(n\log n)\) 的。

  每个点到根经过的轻边个数是 \(O(\log n)\) 的。

  适用于维护与树的大小有关的信息。

长链剖分

  每个长链顶端的子树深度总和是 \(O(n)\) 的。

  适用于维护与树的深度有关的信息。

高维前缀和 & 莫比乌斯反演

  复杂度为 \(O(\sum_{i}\frac{n}{p_i})=O(n\log log n)\)

\[ g(n)=\sum_{d\mid n}f(d) \]

for(int i=1;i<=cnt;i++)
    for(int j=1;j*pri[i]<=n;j++)
        f[j*pri[i]]+=f[j];

\[ g(n)=\sum_{n\mid d}f(d) \]

for(int i=1;i<=cnt;i++)
    for(int j=n/pri[i];j>=0;j--)
        f[j]+=f[j*pri[i]];

\[ g(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\mu(\frac{n}{d}) \]

for(int i=1;i<=cnt;i++)
    for(int j=n/pri[i];j>=0;j--)
        f[j*pri[i]]-=f[j];

\[ g(n)=\sum_{n\mid d}f(d)\mu(\frac{d}{n}) \]

for(int i=1;i<=cnt;i++)
    for(int j=1;j*pri[i]<=n;j++)
        f[j]-=f[j*pri[i]];

网络流

  如果要的是最大收益,那么可以先强制选所有正的边,然后把不选一条边看成割掉这条边,答案为正的边权和 \(-\) 最小割。

流量平衡

  可以先对于每条边钦定一个方向,然后如果一条边有流量就表示这条边改了方向。对于一个点 \(i\),要根据出度入度的关系向源/汇连边。

网格图

  把每一行看做一个点,把每一列看做一个点,选一个格子就在对应的行列之间连边。

  这是一个分层图,用 dinic 跑会比较快。

一种限制

  每个物品对应一条链,割一条边代表这个物品对应的数/放在什么位置。

  \(i\) 对应的链割了点 \(x\) 后面的边时 \(j\) 对应的链必须割点 \(y\) 后面的边

  解决方法为连边 \((x,y,\infty)\)

  

  有时候限制是 \(i\) 割了点 \(x\) 后面的边时 \(j\) 必须割点 \(y\) 前面的边

  那么就要把一边的链反过来。

  常见的方法有:

   横着的链不变,竖着的链反过来。

   黑白染色,白色的点对应的链不变,黑色的点对应的链反过来。

  要注意前面的点属于 T 集且后面的点属于 S 集的情况。

  要从后面的点往前面的点连容量为 \(\infty\) 的边。

  BZOJ3144切糕

原图中不能有 \(S\to T\to S\) 的路径

  把所有反向边的容量设为 \(\infty\) 即可。

点分树

  二叉树的点分树中每个节点只有至多 \(3\) 个儿子。这样可以直接可持久化这棵点分树,可以减少一个 \(\log\)(把点分树当成三叉数可持久化,深度是 \(\log\) 的)。

  如果题目给的树不是二叉树,可以强行转成二叉树。

最小树形图

  用可合并堆维护每个点的最小入边,可以做到 \(O(n+m)\log m\)

容斥方法 总结

每次在剩下的物品中选一种拿走一个,求拿走的最后一个物品是第一种物品的概率 的问题

  考虑容斥,枚举哪些物品是在第一种物品拿完之后拿走的(剩下的随意)。

  那么剩下的物品就可以忽略了,只需要求出第一种物品是第一个拿完的概率。

  对于 【UNR #3】百鸽笼 这道题,可以DP

   考虑拿走第一种物品时每种物品拿了几个,就可以DP了:

   设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑完了前 \(i\) 种物品,有 \(j\) 种要在第一种取完之后才取完,已经取了 \(k\) 个物品。

   最终长度为 \(l\) ,取了 \(j\) 种的序列的序列的贡献是 方案数 \(\times {(-1)}^j\times {(\frac{1}{j+1})}^l\)

  对于 【PKUWC2018】猎人杀 这道题,第一种物品是第一个取完的概率是 \(\frac{w_1}{\sum w_i}\)。可以用分治 NTT 计算方案数。

\(m\) 种颜色的球排成一行,共 \(n\) 个,求最终有 \(k\) 个同色的球相邻的方案数

  先假设每种球分成几段,然后用分治 FFT 算出方案数。

  但是这样可能会有相邻且同色的段

  这时候就可以容斥了。

  考虑每种方案把相邻且同色的段合并之后有几段

  那么就有

\[ \begin{align} ans_i&=g_i−\sum{j<i}ans_{j}\binom{m−j}{i−j}\\ &=\sum_{j\leq i}g_j{(-1)}^{i-j} \end{align} \]

  https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/8513349.html

\(m\) 种颜色的球排成一行,共 \(n\) 个,最终贡献和同色段长度有关的

  先算出每种长度的贡献

  假设想分成 \(i\) 段,但最终分成了 \(j\) 段,那么此时的容斥系数是 \({(-1)}^{i-j}\),方案数是 \(\binom{i-1}{j-1}\)

  然后拿最终分成的段数去跑 DP 就好了。

  https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/9279670.html

和树上两点间路径长度有关的技术&其他问题

  比如说树上长度不超过 \(k\) 的路径数量 等等

  现在主要有三种方法:

点分治/点分治树

平衡树合并/线段树合并

长链剖分

  这里讲几道题吧

问题\算法 点分治 平衡树合并 长链剖分
树上长度不超过 \(k\) 的路径条数(无边权) \(O(n\log n)\) \(O(n\log n)\) \(O(n)\)
LOJ571 \(O(n\log^2n)\) \(O(n\log^2n)\) \(O(n\log n)\)
[WC2010]重建计划 \(O(n\log n\log V)\) \(O(n\log n\log V)\) \(O(n\log V)\)

ZKW 费用流中处理掉负权的方法

  先用 SPFA 跑一边最短路,处理出 \(S\) 到每个点的距离 \(d_i\)

  显然对于每一条边 \((u,v,w)\) 都有 \(d_u+w\geq d_v\)

  对于一条边 \((u,v,w)\),把这条边的边权变为 \(w'=w+d_u-d_v\)。这样整个图中就没有负权了。

  容易证明在新图上跑出的最短路就是原图的最短路,只是长度有一点变化:\(d'_T=0\)

  所以后面原点到汇点的距离要加上 \(d_T\)

用 dijkstra 代替 bellman-ford 跑费用流

  还是先处理出 \(S\) 到每个点的距离 \(d_i\)

  还是把每条边的边权变为 \(w'=w+d_u-d_v\)

  因为新建的反向边一定满足 \(d_u+w_{u,v}=d_v\),所以 \(w_{v,u}'=-w_{u,v}+d_v-d_u=0\)

  新图的最短路还是比原图的最短路少了 \(d_T\)

单位根反演(求和引理)

  在碰到

\[ \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i}[k\mid i] \]

  时可以用求和引理优化:

\[ \begin{align} [k\mid i]&=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{ij}\\ &~~~~\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i}[k\mid i]\\ &=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i}\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{ij}\\ &=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i}w_k^{ij}\\ &=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}{(aw_k^j+b)}^n \end{align} \]

prufer 序列

  \(K_{n,m}\) 的生成树个数是 \(n^{m-1}m^{n-1}\)

  \(K_{n_1,n_2,\ldots,n_k}\) 的生成树个数是 \(n^{k-2}\prod_{i=1}^k{(n-n_i)}^{n_i-1}\),其中 \(n=\sum_{i=1}^kn_i\)

  有一个 \(n\) 个点,\(m\) 个连通块,每个连通块大小为 \(a_i\) 的森林。你要加上若干条边,让这个森林变成一棵树。方案数为
\[ \sum_{\sum_{i=1}^m d_i=2(m-1)}(m-2)!\prod_{i=1}^m\frac{a_i^{d_i}}{(d_i-1)!}\\ =n^{m-2}\prod_{i=1}^ma_i \]

树形DP

  \(f_{i,j}\) 为以 \(i\) 为根的子树,选出来的点数为 \(j\) 时的方案数/贡献。这里 \(j\leq k\)

  转移时要枚举两边各选了多少点。直接做是 \(O(nk^2)\) 的。

  注意到当选的点数 \(\leq size\) 时才有意义。这样转移时两棵子树选的点数可以只枚举到 \(\min(size,k)\),这样就是 \(O(nk)\) 的了。

  证明:
   1.两棵子树大小都 \(>k\)。只有 \(O(\frac{n}{k})\) 次转移,复杂度为 \(O(\frac{n}{k}\times k^2)=O(nk)\)
   2.一棵子树大小 \(\leq k\),另一颗子树大小 \(>k\)。对于所有的这类转移,小的那棵子树的大小之和是 \(O(n)\) 的。复杂度为 \(O(n\times k)=O(nk)\)
   3.两棵子树大小都 \(\leq k\)。把所有这类转移在树上标出来,那么会标出很多棵子树。每棵子树复杂度为 \(O({size}^2)\),其中 \(size\leq 2k\)。复杂度为 \(O(nk)\)

  这样总的复杂度就是 \(O(nk)\) 了。

用全局平衡二叉树优化链剖+NTT

  如果 \(f_x\) 的次数 \(x\) 子树的深度有关,就可以直接长链剖分+分治NTT做到 \(O(n\log^2n)\)

  否则就要用重链剖分+分治NTT。复杂度为 \(O(n\log^3n)\)

  但是我们可以在全局平衡二叉树上面合并。

  一个点 \(x\)\(size_{ls}\leq \frac{1}{2}size_x,size_{rs}\leq \frac{1}{2}size_x,\max(size_v)\leq \frac{1}{2}size_x\)(这里 \(v\)\(x\) 的轻儿子(虚儿子))。

  这样只会跳 \(O(\log n)\) 次实边。

  那虚边呢?

  如果是和子树深度有关的题,直接把 \(f_v\) 加起来就好了。总复杂度为 \(O(n\log^2n)\)

  如果是和子树大小有关的题,可以再用一次全局平衡二叉树的思想:找到一个点 \(v\) 满足 \(size_{ls}\leq \frac{1}{2}\sum size_v,size_{rs}\leq \frac{1}{2}\sum size_v\),但是中间那个儿子的 \(size_y\) 可能会 \(>\frac{1}{2}\sum size_v\)。但这并不影响复杂度,因为 \(size_y<\frac{1}{2}size_x\),所以从一个点的某个虚儿子 \(v\) 跳到 \(x\) 需要的步数是 \(O(\log\frac{\sum size_v}{size _v}+1)=O(\log \frac{size_x}{size_v})\)。所以总的复杂度就是 \(O(n\log^2n)\)

DP优化

  记 \([l_i,r_i]\)\(i\in g(k-1)\) 可以转移到的 \(g(k)\) 中的区间(或者能转移到 \(g(k)\) 的区间)。要求任意两个 \([l_i,r_i],[l_j,r_j]\) 不互相严格包含。(这里严格包含指的是包含且左端点不同且右端点不同)
  我们可以把 \(g(k)\) 切成若干个区间,满足 \([l_i,r_i]\) 不被任意一个区间严格包含,且 \([l_i,r_i]\) 最多与两个区间相交。
  方法如下:对于一个区间的左端点,找到最右的右端点使得这个区间不严格包含任何 \([l_i,r_i]\)。可以证明,这个方法满足条件。
  这样,一个 \([l_i,r_i]\) 一定是一个区间的前缀或后缀,分两部分DP一下就好了。DP过程类似决策单调性优化DP。

区间加&区间 \(\gcd\)

\[ \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)=\gcd(a_1,a_2-a_1,a_3-a_2,a_4-a_3,\ldots,a_n-a_{n-1}) \]

  维护差分后的序列即可。

数位DP

  有时候会遇到很多个数的和 \(\leq m\),每个数 \(\leq n\),还有一些其他限制的计数题。
  可以从低位往高位数位DP,记录进位和只考虑低位的大小关系。

posted @ 2018-03-05 21:28 ywwyww 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏