6-8 月做题记录

P2048 [NOI2010] 超级钢琴

考虑贪心地取出当前最优解，取 \(k\) 个之后就是前 \(k\) 优解

考虑每一段解形如 \(([l, r], x)\) 表示其最优解是 \(max_{i=l}^r\{s_x - s_i\}\) 那么每次从堆顶取出最优解 \(s_x - s_t\) 后将原区间分裂成两个 \([l, t - 1], [t + 1, r]\) 再扔进堆里就行了

8.12

A

昨天 B 的弱化版

B

发现这是一个 DAG，所以可以 DP，设 \(f_i\) 为以 \(i\) 到达 \(i\) 的字典序最大的序列

对，你没看错，直接维护序列

由于每次只会往序列中加入一个数，所以可以用可持久化线段树维护序列中 \(1\sim n\) 的出现次数

现在瓶颈在于比较两个序列的字典序大小，我们只需要找到两个线段树中第一个不相等的位置比较大小就行了，在线段树上二分，判区间相等可以哈希，\(O(\log n)\) 做完了

C

首先对条件进行变形，变成 \(\mathrm{xor}=\mathrm{or}-\mathrm{and}\)

然后每一位是独立的，可以分开考虑，

设所选集合为 \(S\)，\(\mathrm{or}=R, \mathrm{and}=L, \mathrm{xor}=D\)

那么对于每一位 \(i\), 有三种情况：

1. \(R_i=0, L_i=0, D_i=0\)，所选的所有位都是 \(0\)
2. \(R_i=1, L_i=0, D_i=1\)，有 \(0\)，\(1\) 的个数是奇数
3. \(R_i=1, L_i=1, D_i=0\)，全都是 \(1\)，并且 \(1\) 的个数是偶数

现在似乎直接对着这些条件做能有 \(V^{100}\) 做法，考虑简化一下条件

限制 3 中 \(1\) 的个数即为 \(|S|\)，所以每一位可以少一些信息，能够做到 \(V^3\)

所以现在就是每一位都是这三种情况之一

1. 全 \(0\)
2. \(1\) 的个数为奇数且有 \(0\)
3. 全 \(1\)，\(|S|\) 是偶数

然后我们进一步挖掘条件的含义，条件 2 是最复杂的，考虑有没有什么性质，

观察部分分，考虑所有数都是奇数的时候，\(|S|\) 一定是偶数，那么注意到由于 \(1\) 的个数是奇数，那么必然有 \(0\)，条件自动满足

所以是说，只要有一位全 \(1\)，条件 2 就变成 \(1\) 的个数为奇数，相当于我们知道异或是多少，这个可以用线性基统计方案数

现在考虑没有全一的情况，发现有 \(0\) 这个条件是不好做的，考虑容斥，钦定一些位全是 \(1\)，依旧线性基

至于线性基，我们发现每次要用到某些位已经确定的所有数的线性基，共有 \(3^{14}\) 种，直接做似乎需要把每个数都插入到 \(2^{14}\) 个线性基里面，但是由于线性基满秩之后就加不进去了，所有有大部分操作都是浪费的，所以其实可以递推合并线性基，复杂度就变成了 \(3^{14}\times14^2\)，可以通过

8.17

P14301 日本沉没 2 / Japan Sinks 2

一开始的想法：

1. 线段树维护单调栈，不太行
2. 每个点从一个时间点开始可以被修改，考虑在这个时间点加入点，然后直接维护可被修改的点

进一步思考：

从 2 出发，考虑求出每个点被加入的时间，按值域从大到小扫描，考虑它前后第一个比它大的点，然后基于它们的时间算出该点时间

但是难写爆了，还是离线的

尝试改成在线：

考虑维护每个点目前还有多少次操作才能被修改，也就是 前缀 max - \(a_i\)，每次全局减 \(1\)，加入变成 \(0\) 的点

题解：

上面的思考都需要基于维护原序列，所以十分复杂，我们不需要直接维护原序列，可以维护序列的轮廓，也就是每个位置的 \(\min(\text{prefix max}, \text{suffix max})\)，问题就被大大简化

8.19

P14638 [NOIP2025] 序列询问

感觉去年的我真是菜爆了

先看部分分，\(L = R\) 是好做的，两遍单调队列解决

考虑拓展至原问题，原问题是在 \(i\) 处统计贡献，不太好，我们想在端点处统计贡献，把贡献作为端点的权值，然后对于每个 \(i\) 查区间 max 得到答案

考虑对于一对 \(i, r\)，\(r\) 对 \(ans_i\) 的贡献是：

\[s_r - \min_{l < i \land r - l\in [L, R]} s_l \]

我们发现 \(l < i\) 这个限制非常烦，它导致每个 \(r\) 对不同的 \(i\) 贡献是不一样的，考虑硬去掉这个限制

去掉之后会导致一些 \(r\) 被漏算了，也就是说，如果 \(r\) 的决策区间 \([r - R, r - L]\) 被 \(i\) “截断” 了，这个 \(r\) 就不能记入贡献，否则会导致贡献多算，但是这也导致没有被截断的那部分的贡献被漏掉了

具体的，就是 \([i + L, i + R - 1]\) 里面的这些 \(r\) 被漏掉了

这时有一个想法：\(r\) 不行，我们还有 \(l\) ！考虑反过来做一遍，能够覆盖到一部分漏掉的贡献，类似地，\([i - R, i - L - 1]\) 里面的 \(l\) 被漏掉了

一个区间被漏掉 iff 它的左右端点都在上面说的 “禁区” 内，于是我们发现，我们漏掉的区间长度 \(\ge 2L + 1\)，所以如果 \(2L \ge R\)，那么实际上所有合法区间都被覆盖了

观察部分分，发现我们会了特殊性质 D

考虑怎么把原问题转成 \(2L \ge R\)，可以将询问拆成 \(O(\log n)\) 个区间，得到 \(O(qn\log n)\) 做法

考虑倍增分块，我们可以拆成 \([L, 2^p], [2^p, 2^q], [2^q, R]\) 这三个区间（\(2^{p-1} < L \le 2^p, 2^q \le R < 2^{q + 1}\)），中间的 \([2^p, 2^q]\) 只有 \(O(\log^2 n)\) 个，可以 \(O(n \log^2 n)\) 预处理

最终我们做到了 \(O(n \log^2 n + qn)\)

此外这个题还有建系硬做、决策单调性等做法

8.24

P8124 [BalticOI 2021] From Hacks to Snitches (Day1)

太难了太难了太难了

模拟赛中光荣获得 15 pts

称不在环上的点为安全点

先考虑特殊性质，发现我们一定可以在安全点等待一段时间，然后再走到环上，不会出现从环 A 走一条边到环 B，然后需要在 A 这个地方等待但是碰到守卫的情况

由于状态中要体现守卫位置，考虑设状态 \(f_{u, s}\) 表示到 \(u\) 的时候守卫在环上第 \(s\) 个点的最小时间，如果 \(u\) 是安全点，则 \(s = 0\)，设 \(u\) 所在环长是 \(l_u\)，那么 \(s\) 其实就是到达时间 \(T \bmod l_u\)

那么考虑转移 \(u \rightarrow v\)，到 \(u\) 的时间是 \(T\)：

0. 原地等待 \(O(1)\)
1. 安全点/环上点 \(\rightarrow\) 安全点：直接转移即可 \(O(1)\)
2. 安全点 \(\rightarrow\) 环上点
   考虑我们走到 \(v\) 然后在环上等待，但是我们可能被守卫发现，所以有用的转移只有两种：在 \(T + 1\) 时刻走到 \(v\)、等守卫刚好走过 \(v\) 的时候从 \(u\) 走到 \(v\)，也就是转移到 \(nxt\) 对应的时刻
3. 环上点 \(\rightarrow\) 环上点（走环上边）
   由于需要考虑与守卫擦肩而过的情况，需要单独处理，每次转移即可，单个状态 \(O(1)\)，总复杂度 \(O(L^2)\)
4. 环上点 \(\rightarrow\) 环上点（走非环边）
   在特殊性质里面这两个点一定是同一个环上的，仿照 case 2，我们发现两个点一定不会同时有守卫，所以可以先在 \(u\) 等待，等守卫来了就走到 \(v\)，然后再回到 \(u\)，相当于 \(u\) 不受守卫影响，所以跟 case 2 一样处理即可
   但是现在一条边要转移 \(O(L)\) 次，转移是 \(O(mL)\) 的，TLE
   考虑第一次转移 \(f_{u, s}\) 后，后面所有其他的 \(f_{u, s'}\) 都会被这次转移通过等待偏序掉，所以转移一次之后就可以把 \(u \rightarrow v\) 这条有向边删掉！！

现在对于 A 性质，我们做到了 \(O((m + L^2) \log(m + L^2))\)

考虑一般情况其实就是多了一种 case：

5. 环 A 上点 \(\rightarrow\) 环 B 上点（两个点不在一个环里）

设在 \(T\) 之后 \(v\) 的守卫第一次到达 \(v\) 的时间是 \(t\)，那么如果 \(t\) 时刻 \(u\) 处没有守卫，我们依然可以沿用上面 case 4 的做法，\(O(1)\) 转移，并删掉这条边

如果同时都有守卫的话还需要再处理一下，这里直接贺 BM 的题解：

假设当前状态为 \(f_{u,s}\)​，则为了保证正确性，我们需要让所有的 \((pos=u,time=s+kl)\) 都转移出去。由于没有转移 \(nxt\)，我们应当考虑第一个超过 \(nxt\) 的时刻 \(t'=s+k_1l\)，并使用 \(t'\) 进行上述两种转移。假如可以进行 \(nxt\) 转移，则不用考虑之后的 \(s+kl\) 了；否则，如果仍然不能进行 \(nxt\) 转移，说明环长之间有倍数关系，陷入了跟之前一样的境地。可以证明此后的转移都没有用，依然不用考虑。另外，由于 \(u\) 一开始多绕了几圈，无法保证最优性，因此不论是上述哪种情况，都无法删去这条边。

记 \(u, v\) 所在的环分别为 \(a, b\)
考虑根据 “u 的守卫到 u 时，v 的守卫也到达 v” 这个条件，点 \(u\) 到 \(b\) 的边至多还剩 \(\lceil l_b / l_a \rceil\) 条，所以环 \(a, b\) 之间的总边数 \(\le l_b + l_a\)

每条边至多被环 \(a\) 的所有 \(l_a\) 个状态更新，当 \(l_a \le l_b\) 时，复杂度 \(O(l_a l_b)\)

当 \(l_a > l_b\) 时，更精细的分析说明一条边至多被更新 \(l_b\) 次就会被删除，考虑我们如果用 \(f_{u, s}\) 转移，但边 \(u, v\) 没被删掉，一个必要条件是 \(s\) 所代表的守卫位置与 \(u\) 的距离不超过 \(l_b\)，这只有至多 \(l_w\) 个 \(s\)，所以复杂度仍然是 \(O(l_a l_b)\)

最后总转移数是 \(O(m + L^2)\)，Dijkstra 可以跑过

8.27

静态顶树

给一棵 \(n\) 个节点的树 \(T = (V, E)\)，定义一个边集 \(S \subseteq E\) 的价值 \(f(S)\) 为：\(S\) 中的 每个连通块中点权的最小值 之和

求 \(\sum_{S \subseteq E} f(S) \bmod 998244353\)

计数题别拆贡献

模拟赛中起手将贡献拆到最小值点上，全剧终

实际上可以直接 dp，设状态为 \(f_{u, x}\) 表示 \(u\) 所在连通块最小值是 \(x\) 的方案数，转移如下：

1. 断边：\(f_{u, x} \times f_{v, y} \rightarrow f_{u, x}\)
2. 不断边：\(f_{u, x} \times f_{v, y} \rightarrow f_{u, \min\{x, y\}}\)

直接 dp 是 \(O(n^2)\) 的，考虑转移在做什么

1. \(f_{u, x} \times \sum_{y} f_{v, y} \rightarrow f_{u, x}\)
2. \(f_{u, x} \times \sum_{y \ge x} f_{v, y} + f_{v, x} \times \sum_{y > x} f_{u, y} \rightarrow f_{u, x}\)

这个可以类似 P6773 [NOI2020] 命运 一题，用线段树合并维护

8.29

P5330 [SNOI2019] 数论

赛时想写 bitset，但是最后没写完，打了暴力得了 90pts

bitset 有 \(O(\frac{PQ}{w})\) 做法

考虑要求的这个东西是以 \(\mathrm{lcm}(P, Q)\) 为周期的，所以可以先求一个周期的，然后再求 \([0, T \bmod \mathrm{lcm})\) 的答案

考虑相当于对于每个 \(a \in A\)，求满足 \(a + kP \bmod Q \in B\) 且 \(a + kP < T\) 的 k 的个数，

考虑枚举 \(k\)，然后每个 \(a\) 就对应一个 \(b\)，答案就是 \(A\) bitset 里面的一段点乘 \(B\) 里面的一段，手写 bitset 暴力做就行了，可是我 bitset 写挂了

由于数据水，跑到了第四优解

正解是这样的，考虑 \(Q\) 的剩余系构成一个环，\(B\) 里面的点是有标记的，从一个 \(a \in A\) 出发，每次 \(+P\)，跳的步数有上限，求能跳到多少个有标记的点，直接把每个数跳的轨道取出来维护就行了

P6009 [USACO20JAN] Non-Decreasing Subsequences P

起手 DDP，考虑用矩阵维护转移

但是线段树维护矩阵乘法只能做到 \(O(nk^3 + qk^2\log n)\)，跑不了一点

赛时做到这的时候考虑去掉线段树，考虑把区间的询问差分成前缀，我们发现转移矩阵正好有逆，所以可以预处理前缀矩阵之积与矩阵逆之积，询问复杂度就可以去一个 \(\log\)，做到 \(O(nk^3+qk^2)\)

赛时写这个稍微卡了下常就过了（注意到上面涉及到的矩阵都是下三角矩阵，所以可以剪枝优化下常数）

实际上，注意到上面的矩阵都是稀疏的，每个位置的转移矩阵只有 \(O(k)\) 个位置有值，所以矩乘其实可以做到单次 \(O(k^2)\)，求逆也可直接手动构造，不用高消求逆

不过，当我们遇到信息合并复杂度较大时，可以考虑猫树分治

考虑对于每一层预处理出来夸过区间中点的贡献

对于左半边区间，预处理出每个 \([i, mid]\) 中以 \(x\) 结尾的不降序列个数，右半边则数每个 \([mid+1, i]\) 中以 \(x\) 开头的不降序列个数，从而可以 \(O(k^2)\) 拼接，合并次数由 \(O(\log n) \rightarrow O(1)\)，复杂度 \(O(nk^2 \log n + qk^2)\)，可以通过

P17286 「IXOI R2」Horizon Blue

依旧考虑分治，考虑在线段树上将询问区间拆成 \(O(\log n)\) 个区间直接回答答案，并处理区间之间的贡献

考虑怎么处理跨过区间中点的子区间贡献，设每个 \([mid+1, i]\) 位置的前缀 max 为 \(f_i\)，考虑这个 max 能覆盖到左半区间的哪个位置，设其为 \(g_i\)，对于左半边区间同理

最开始可以直接算出 \(f_i, g_i\)，然后考虑怎么在修改的时候维护，考虑 \(f_i\) 实际上是维护序列轮廓，并且 \(f, g\) 都是单调的，由于每个位置的值单调不降，所以每次只需要对 \(f, g\) 进行区间覆盖即可

代码有点长，比较训练代码

8.31

P7962 [NOIP2021] 方差

首先操作等价于在差分数组上交换 \(d_i, d_{i+1}\)，所以任务是找到一组 \(d_{2}, d_{3}, \cdots, d_{n}\) 的排列，使得它们的前缀和数组的方差最小

注意这里并没有考虑 \(d_1\)，因为方差刻画的是数据的离散程度，所以我们并不关心每个数的具体值，而只关心他们在数轴上的相对位置，因此可以给整个序列都减掉 \(d_1(=a_1)\)

考虑方差是 \(E(x^2) - E^2(x)\)，即 \(\frac{1}{n} \sum a_i^2 - (\frac{\sum a_i}{n})^2\)，所以我们只关心当前的 平方和 与 和，记下当前用了那些数 以及 和，可以获得 \(O(2^n nA)\) 做法

观察性质，考虑邻项交换，感受一下：方差刻画的是数据离散程度，所以如果一个数充分大于平均值，如果对它进行操作之后会变得更小（即更接近平均值），那么数据就更紧凑，方差就更小

所以我们发现，差分最后一定排成一个单谷序列

考虑按值域从小到大扫描这个谷，以谷的位置为基准，偏移序列，方差不变，每次我们可以决定把一个差分值放在左边/右边

状态记下标、左半边差分和（以得到现在要插入的 \(a_i\) 是什么），总和（\(\sum a\)），可以得到 \(O(n^2 A^2)\) 做法

考虑优化状态，尝试优化 \(\sum a\) 无果，考虑优化“左半边差分和”这一维，我们记这一维是要知道当前要加入的 \(a_i\) 是多少，如果去掉这个怎么办？

那么我们要加入的 \(a_i\) 只能来自于当前考虑过的所有差分的和，考虑把基准点换成谷的左边缘，那么在左边插入相当于所有数 \(+d_i\)，并插入一个 \(0\)，在右边插入相当于插入 \(\sum d + d_i\)，两种情况都能计算平方和，可以转移

所以就做到了 \(O(n \cdot nA)\)，好像过不了最后一档

但是注意到由于值域很小，所以差分里面有大量的 \(0\)，不用转移，所以实际上只用考虑 \(\min(n, A)\) 个差分值！

复杂度是 \(O(\min(n, A) nA)\)

P14637 [NOIP2025] 树的价值

首先想到之前处理 mex 的一些经验，例如 MEX counting 等延后计算题，我们考虑设状态 \(f(u, w, k)\) 表示 \(u\) 的子数内已经有 \([0, w - 1]\)，有 \(k\) 个点 \(\ge w\) 的最大价值，那么合并子树时就是对 \(w\) 这一维 chkmax，对 \(k\) 这一维做树上背包，然后还可以 \(f(u, w, k) \rightarrow f(u, w + 1, k - 1)\)，合并完 \(u\) 的所有子树后再对 \(f(u, w, k)\) 加上 \(u\) 子树价值 \(w\)，这样我们就有 \(O(n^3)\) 做法，获得 48 pts

我们还没有用到树高很小的条件，考虑怎么用这个条件

进一步思考我们的转移在干什么，我们发现状态里面有一维是 chkmax，所以实际上这一维的贡献只来自于 \(w\) 最大的那个儿子，其他儿子的 \(w\) 都不重要

我希望通过这个思路简化状态，企图让 \(w, k\) 不同时在状态里面出现，但是做不到

实际上，考虑刚才我们发现了什么，我们给每个节点钦定了一个儿子作为 \(w\) 最大的那个（下文称其为重儿子），这实际上得到了原树的一组链剖分

在这个链剖分的意义下刻画贡献形式，每个点的价值 = 重儿子的 mex + 子树里面的一部分空闲点

考虑刻画空闲点，或者说每个点 \(u\) 对答案的贡献，它会贡献到祖先链上的一个点 \(x\)，然后 \(x\) 到它所在链端点这条路径上所有点的权值都会 \(+1\)，所以设 \(x\) 在链中的深度为 \(c_x\)，那么 \(u\) 的贡献就是 \(c_x\)，显然 \(u\) 应该贡献到 \(c_x\) 最大的 \(x\)

所以现在问题就变成钦定一组链剖分方案，使得

\[\sum_{u} \max_{u \in T_x} c_x \]

最大

直接对这个东西 dp，记录当前点 \(c_u\)，以及祖先链上最大的 \(c\)，可以获得 \(O(nm^2)\) 做法，获得 76 pts

考虑优化状态，我们记录 \(c_u\) 是为了得知儿子的 \(c\)，然后与当前最大的 \(c\) chkmax，从而得到正确的价值，那 chkmax 显然就可以分段考虑，假设现在 \(c_u = 1\)，祖先链上最大 \(c\) 为 \(c_{max}\)，那么当 \(u\) 所在链长 \(l \le c_{max}\) 时，当前链长就没有用，如果 \(l > c_{max}\)，那 \(c_{max}\) 就变成了 \(l\)，只用记一个数

76 pts 的 dp 动态维护了当前 \(l\) 与 \(c_{max}\) 的大小关系，但是我们也可以暴力枚举分界点，直接确定大小关系

具体地，针对这两种情况分别设状态，设 \(g_{u, j}\) 表示 \(c_{max} = c_u = j\) 时的最大价值，设 \(f_{u, j}\) 表示 \(c_{max} = j,\ c_u = 1\) 的最大价值

\(g\) 的转移是容易的，考虑 \(f\) 怎么转移

枚举一个到 \(u\) 距离为 \(j - 1\) 的点 \(v\)，\(v\) 就是分界点，那么有

\[f_{u, j} = j (j - 1) + g_{v, j} + \sum_{x} f_{x, j} \]

这里的 \(x\) 是指所有挂在 \(u, v\) 路径（不包括 \(v\)）上的点，后面这个求和式可以用树状数组维护，每次儿子对这个和式的贡献是子树加的形式

每次 \(f\) 转移需要枚举子树中所有点，复杂度是 \(O(\sum siz_u) = O(\sum dep_u) = O(nm)\)

这样就做到了时间 \(O(nm \log n)\)，空间 \(O(nm)\)，100 pts

本体要点：

1. 链剖分与贡献关系的刻画
2. chkmax 分段维护