这场打得是不太好，只有 30 分，暴力分不会打，应当反思.

	T1	T2	T3	T4
实际得分	20	10	0	0
期望得分	20	10	0	10
能力得分	100	25~100	20	40

第负一题

求区间最大带权独立集的总和.

由于是独立集问题，考虑 DP；由于总共有 $O(n^2)$ 个区间，因此考虑使用分治优化（猫树分治）.

对于所有区间，将其拆成在 $mid$ 左右两侧两部分.

记 $g_{i,0/1}$ 表示左右区间中，第 $i$ 位，钦定取/不取边界点的最大贡献，使用 DP 辅助是已于求出的.

那么区间 $[L,R]$ 的贡献为 $\max\{g_{L,0}+\max(g_{R,0},g_{R,1}),g_{L,1}+g_{R,0}\}$.

考虑固定左端点，统计右端点的贡献：
当 $g_{L,0}+\max(g_{R,0},g_{R,1})\ge g_{L,1}+g_{R,0}$ 时选取第一种贡献.
移项可得：$\max(g_{R,0},g_{R,1})-g_{R,0}\ge g_{L,1}-g_{L,0}$.
将左侧的排序，二分出边界，使用前缀和统计.

时间复杂度为 $O(n\log ^2n)$.

数树

场上不会写 35 分的状压.

对于这道题，由于存在边的约束条件，而这种条件不好处理，故考虑容斥.

由于 $a_v=a_u+1$ 时是不合法的边，因此不合法的边构成若干条链.

设 $F_i$ 表示有 $i$ 条边不合法，$G_i$ 表示钦定 $i$ 条边不合法的方案数.
$F_i$ 与 $G_i$ 之间可以通过容斥转化，现在考虑求 $G_i$.

考虑如果我们知道了有 $j$ 条边是不合法的，那么树会被划分成 $n-j$ 条链，那么染色方式只有 $(n-j)!$ 种，现在我们要求钦定 $j$ 条边不合法的方案数.

这是可以使用 DP 解决的，设 $dp_{i,j,0/1/2/3}$ 表示对于节点 $i$，子树内有 $j$ 条边不合法，以及节点 $i$ 的状态：

子树内没有相邻的边；
子树内相邻的边只有一条出边；
子树内相邻的边只有一条入边；
子树内相邻的边只有一条出边，一条入边；

使用树上背包，时间复杂度为 $O(n^2)$.

石子游戏

这是多堆 Bachet 游戏，因此可以使用 $SG$ 函数：

\[SG_x(a_i)=(a_i\bmod (x+1)) \]

若异或和为 $0$，则后手赢，否则先手赢.

即我们需要求：

\[\oplus (a_i\bmod k) \]

将 $\bmod$ 拆开：

\[\oplus (a_i-\left \lfloor \frac{a_i}{k} \right \rfloor k) \]

由于有 $\frac{a_i}{k}$，故考虑枚举这一维，则时间复杂度为 $O(n\log n)$，
即 $\left \lfloor \frac{a_i}{k} \right \rfloor=r$，枚举 $a_i\in [rk,(r+1)k)$.

可以先对值域做一个异或 $c_i$，之后考虑统计：

\[\oplus (a_i-rk) [a_i\in [rk,(r+1)k)] \]

考虑按位统计，设 $f_{i,j}$ 表示：第 $j$ 位的 $\oplus (k-i)[c_k]$ 的值.
记 $o(L,R)$ 表示区间 $[L,R]$ 中数的个数的奇偶性.

则有如下转移：

\[f_{i,j}=o(i+2^j,i+2^{j+1}-1)\oplus f_{i+2^{j+1},j} \]

考虑统计对于区间 $[L,R]$ 的答案：
记 $z=\left \lfloor \frac{R-L}{2^{j+1}} \right \rfloor $

\[f_{L,j}\oplus f_{L+2^{j+1}(z+1)-1,j}\oplus o(\max(r,l+2^{j+1}z+2^j-1)+1,l+2^{j+1}(z+1)-1) \]

时间复杂度 $O(n\log n\log n)$，可以进行剪枝.

子段和

这道题是比较好的，当然也是比较史的.

首先考虑对于每一个 $K$ 统计 $g(K)$：
将 $a_i$ 序列进行前缀和，那么每次操作就是后缀减，最大子段和就是：$\max_{i<j}(a_j-a_i)$.

考虑二分答案，设 check 的最大子段和为 $w$：
可以使用如下方法进行 check，需要满足 $\forall i<j,a_j-a_i\le w$：
从前向后贪心，维护 $lim$ 表示后缀的最大值，$cnt$ 表示操作次数：

若 $a_i>lim$，则将 $a_i$ 及后缀减去 $a_i-lim$.
令 $lim=\min(lim,a_i+w)$

事实上我们不需要每次将后缀操作，只需要令 $lim=a_i$ 即可.

时间复杂度为 $O(Kn\log w)$.

考虑优化：
记上面的 check 时的函数为 $c(w)$，表示将最大子段和变成 $w$ 的最小操作次数.
由于惊人的注意力：发现 $c(w)$ 是单减的，并且斜率也是单减的，并且斜率不超过 $n$.
因此可以处理出每一种斜率的位置，时间复杂度为 $O(n^2\log w)$.

继续考虑优化：
现在复杂度的瓶颈在于求 $c(w)$ 单次是 $O(n)$，需要优化.
考虑将所有 $c(w)$ 放在一起统一求出：
记 $lim(w)$ 与 $cnt(w)$.

初始时，$lim(w)=w$，构成斜率为 $1$ 的线段.
对所有 $lim(w)<a_i$ 统计答案，并统一修改为 $a_i$，构成斜率为 $0$ 的线段.
对于所有 $a_i+w<lim(w)$ 的 $lim(w)$ 统一修改为 $a_i+w$，是斜率为 $1$ 的线段.

综上，$lim(w)$ 总是构成若干条斜率为 $0/1$ 的线段.
并且每次修改均是修改前缀的 $lim(w)$，替换成一条新的线段.
这个过程可以使用单调栈维护，使用线段树统计 $cnt(w)$.

之后查询 $c(w)$ 时，在线段树上查询即可，单次复杂度为 $O(\log w)$.

综上，总时间复杂度为 $O(n\log^2 w)$，卡卡就过了.

posted @ 2026-08-12 20:53 Zhou_Lemon 阅读(15) 评论(0) 收藏举报

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