退役前的做题记录

2019.12.17

2019.12.18

codechef STICNOT

问题等价于给每条边和每个点分配一个权值，使得点权(geq)相邻边权

考虑将边权从大到小插入，插入第一条边的时候，我们也就确定了其两端的点的点权的最小值。接下来放第二条边的时候，肯定将其放在与第一条边有公共点的位置是最优的，因为公共点的点权一定是大于等于该边边权的，也就是这条边只确定了一个点点权的最小值。

一直做下去，问题就变成了第一条边确定两个点的最小值，之后每条边确定一个点的最小值，求最小修改数使其合法。直接贪心即可，最后还可以发现这个问题和树的形态结构无关

luogu5242 [USACO19FEB]Cow Dating

暴力就是求(sum_{i=l}^rp_iprod_{j=l,j eq i}^r(1-p_j))的最大值。

记(pro_i=prod_{j=1}^i(1-p_j))，则所求为(frac{pro_r}{pro_{l-1}}sum_{i=l}^rfrac{p_i}{1-p_i});再记(sum_i=sum_{j=1}^ifrac{p_j}{1-p_j}),则所求为(frac{pro_r(sum_r-sum_{l-1})}{pro_{l-1}}).

假设当前最优解区间为([l,r])，固定左端点，将右端点向右移时若要使得答案更优，整理可以得到(sum_r-sum_{l-1}<1)。枚举(l)同时维护最右的指针即可。注意开long double

luogu5243 [USACO19FEB]Moorio Kart

对每棵树找出所有的路径长度方案数和该长度的所有方案的长度和。之后暴力dp合并，注意中间省去每棵树种不存在的长度貌似可以做到(O(NYsqrt Y)).最后乘上圆排列的系数

CF1266D Decreasing Debts

要使(sum d)最小每个人只能有一条出边或一条入边。同时再加上可以随便指，便可以预处理出每个人最终的收支情况，支出的向收入的连边即可

CF1266E Spaceship Solitaire

所有的优惠方案都是一定可以达成的，map维护((s,t,u))，每次修改的时候暴力(+1)或(-1)即可

luogu4377 [USACO18OPEN]Talent Show

首先01分数规划，之后记(f_i)表示(sum w=i)时的最大权值和。注意到(sum w)至多在(W=1000)，大于的直接看做(W)，于是直接01背包就完事了

luogu4376 [USACO18OPEN]Milking Order

二分答案+toposort判断是否合法，最后拿优先队列再跑一遍toposort求答案，注意二分答案的时候使用普通的queue使得复杂度是一个(log)的

luogu4374 [USACO18OPEN]Disruption

将所有的新边按照边权从小到大排序，注意到对每条新边((u,v,w))，只有原树中删去在路径((u,v))上的边的时候才能把这条边加入从而形成一棵新树。于是暴力并查集合并就可以了（类似于LOJ3040的合并方法）

2019.12.19

咕咕咕

2019.20.20

某个noi集训的day6t1

首先你要知道((ab)^{(n)}=sum_{i=0}^ndbinom{n}{i}a^{(i)}b^{(n-i)})

记(P(x)=sum_{i=1}^kfrac{a_i}{x^i})，然后所求就是

[(P(x)sin(x))^{(n)}=sum_{j=0}^ndbinom{n}{j}(sin(x))^{(n-j)}P(x)^{(j)}=sum_{j=0}^ndbinom{n}{j}(sin(x))^{(n-j)}sum_{l=1}^kfrac{(-1)^ja_l(l+j-1)!}{x^{l+j}(l-1)!} ]

根据(n-j)的奇偶性，将对(sin(x))与(cos(x))的贡献分开计算，然后发现剩下的是个喜闻乐见的卷积形式，NTT即可

luogu5643 [PKUWC2018]随机游走

首先minimax容斥一波，转为求至少经过某个给定集合的一个点的期望步数

之后你要知道一个套路叫树上高斯消元

假设当前状态(S)一定，记(f_u)为从(u)点出发，到达(S)中的某一个点的期望步数，首先有(uin S)时，(f_u=0)；对于其它的(u)，记每个点的度数为(d_u),有

[f_u=frac{f_{fa}+sum_{vin son_u}f_v}{d_i}+1 ]

之后根据树上高斯消元的那一套理论，把(f_u)写成(A_u imes f_{fa}+B_u)的形式，则有

[A_u=frac{1}{d_u-sum_{vin son_u}A_v}，B_u=frac{d_u+sum_{vin son_u}B_v}{d_u-sum_{vin son_u}A_v} ]

根节点没有父亲，(f_{rt}=B_{rt})，其它的一遍(dfs)搞定

在求答案的时候，可以暴力(O(q2^n))统计答案，或者搞个(fwt)求子集和做到(O(n2^n))

luogu5465 [PKUSC2018]星际穿越

考虑对每个点的最优方案一定是先至多往右走一步，再一直往左跳跳跳；并且最终的答案一定具有单调性。

用数学的语言就是，从第二步开始，假设当前可以在的最小的点为(x)，那么经过这一步可以跳到的最小的点为(min_{i=x}^n(l_i))，证明的话自己画一下图就完事了

之后就可以大力倍增了，(f[i][j])表示最小值为(i)时跳了(2^j)步能到的最小值，(g[i][j])表示从(i)到(f[i][j]-i)中的所有点的距离和

2019.1.20

Codeforces 734F

一个经典结论是(a&b+a|b=a+b).

那么(b_i+c_i=sum_{j=1}^na_i+a_j=na_i+sum a)

把所有的(b,c)加起来就有(sum b+sum c=2nsum a)

然后就能把(a_i)全部搞出来，然而这只是必要条件，还需要把(a_i)倒回去看一下是否合法.

2019.1.21

Codeforces 464E

直接写高精度显然会gg

冷静一下发现我们的高精度只需要支持(+)和(>)两种运算，再加上所有的边权都是(2^x)，便可以像NOI2017那样用线段树来维护dij中的(dis)数组.

(+)的话直接把线段树写成主席树，同时注意到二进制加法等价于将从这一位开始的一连串(1)变成(0)，再把下一位变成(1)，于是直接线段树上二分即可.

(>)的话可以考虑维护每个区间的hash值再线段树二分

ARC064D

不难发现结束时串的形态只和(s_1)与(s_n)是否相等有关.

若(s_1=s_n)则最后的串一定形如(ababa...ba)，反之即为(abab...ab)，不难发现无论是哪一种删去字母的奇偶性都是确定的，分类讨论即可

ARC064F

对每一个回文串，它的贡献只与它的最小循环节的长度(L)有关，若(L)为奇数那么它就有(L)的贡献，若为偶数则有(frac{L}{2})的贡献，这个画一下就能得到了.

之后的就是记(f_L)为最小循环节为(L)的回文串的个数，发现循环节为(L)的回文串的个数为(k^{lceilfrac{L}{2} ceil})，再减去那些最小循环节比(L)还小的就行了，这部分是(sum_{x|L,x eq L}f_x)，由于(nleq 10^9)时(sigma_0(n)leq 1344)，于是直接(O(n^2))即可.

2019.1.22

ARC058E

答案的计算可以先统算不合法序列的个数再用(10^n)减去，发现(x+y+z)很小可以状压，记(f_{i,sta})表示长度为(i)的，后缀和的状态为(sta)的方案数，其中(sta)上第(k)位的(1)表示存在(k)的后缀和，显然(k)至多是(x+y+z).转移的话枚举下一位是什么，同时更新(sta)即可.

2019.1.23

ARC059D

一开始把问题归结成了找一个和(>0)的区间，之后发现自己sb了.只需考虑长度为(2,3)的合法区间即可.不难证明长度(k>3)的合法区间一定包含了长度为(2,3)的区间.

luogu5899 [COCI 2015]Norma

如果只有(min/max)的话显然可以每次找到当前区间的最值分治.但是如果两者同时存在的话分治的时间复杂度就会爆炸.

考虑cdq分治，我们枚举([l,mid])中的(i)作为左端点，记(mx,mn)分别为([i,mid])的最大/最小值，同时维护([mid+1,r])中的两个指针(p1,p2)，使得(min_{mid+1}^{p1}(a_i)>=mn,max_{mid+1}^{p2}<=mx),且保证(p1,p2)最大化.之后就是枚举区间右端点(j)大力分类讨论(这里保证(p1<p2),实际上另一种情况大致相同）:

• (jleq p1)

对答案的贡献为(sum_{j=mid+1}^{p1} mx*mn*(j-i+1))，直接计算.

• (p1<jleq p2)

对答案的贡献为(sum_{j=p1+1}^{p2}mx*min[mid+1,j]*(j-i+1))
即(sum_{j=p1+1}^{p2}mx*min[mid+1,j]*j-sum_{j=p1+1}^{p2}mx*min[mid+1,j]*(i-1)).预处理(min[mid+1,j]*j)与(min[mid+1,j])即可.

• (j>p2)

对答案的贡献为(sum_{j=p2+1}^rmax[mid+1,j]*min[mid+1,j]*(j-i+1)).类似的预处理出(max[mid+1,j]*min[mid+1,j]*j)与(max[mid+1,j]*min[mid+1,j])即可.

2019.1.24

ARC060D

肯定只能暴力枚举然后check了，于是问题变成了如何剪枝.

注意到最后会有大量的(b)使得(n)的(b)进制表示的长度很小，如果这个长度(leq 2)那么肯定有(b^2leq n),接下来解个方程就能发现(b|n-s)，于是复杂度就变成了(O(sqrt n))

ARC060F

首先答案肯定和原串的最小循环节的长度(L)有关，若(L=1)则最优划分一定是(N)个串（每个串为1个字母记最小循环节），如果(L=n)则最优划分就是原串.以上两种情况的方案数均为(1).

对于剩下的情况不难发现至少存在一种划分成(2)个串的最优划分（否则与最小循环节的定义相矛盾），枚举端点判断是否合法即可，需要正反跑两遍kmp.

2019.1.25

ARC061E

拆点，把每个点拆成(max(c_i))个点，一条边((u,v,c))可以表示成((u,u',1)->(u',v',0)->(v',v,1))，其中(c)相同时(u')相同，跑dij即可，最后得到的ans要除以(2).

ARC061F

显然翻出来的牌一定是(N)张(a)，(B)张(b)，(C)张(c(Bleq M,Cleq K))，所以剩下的(M-B+K-C)张牌任意是什么均可.接下来注意到翻开的(N+B+C)张牌中最后一张一定是(A)，剩下的有(N-1)张(A)，于是这里有一个组合数的贡献.写答案的时候注意到答案只和(B+C)有关，于是我们枚举(i=B+C)则答案就是

[sum_{i=0}^{M+K}3^{M+K-i}dbinom{N+i-1}{N-1}sum_{B+C=i}^{Bleq M,Cleq K}dbinom{i}{B} ]

直接做显然是不行的，考虑优化，这里不要考虑拆组合数，注意到最后的组合数求和的式子一定是对一个区间([l,r])求(sum {ichoose B})，且当(i)变化至(i+1)时，左右端点至多变化(1)，于是按照杨辉三角的递推式我们可以快速维护后半部分.时间降至(O((M+K)log(M+K)))或(O(M+K))

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2020.1.28

ARC065E

考虑题目所求，发现可以将距离为(D)的两点之间连一条边，转化为求(a,b)所在连通块的大小.

经典套路：对于一类有曼哈顿距离作为限制条件的题目，考虑旋转坐标系，即将点((x,y))映射至((x+y,x-y))，可将曼哈顿距离转为切比雪夫距离.

在这个题中，转化为切比雪夫之后，记原来两点的距离为(D)，那么问题转化为在新图中求两点(i,j)使得(|x_i-x_j|=D,|y_i-y_j|leq D)（交换(x,y)同理）.不难发现在按(x)排序后，合法的点是一段区间，可以线段树优化连边.

但事实上我们只需要考察这个图的连通性，于是从(i)连边的时候可以从与(i-1)连边的最后一个点开始接着连，同时记录(i)原本应连的边的条数，之后再交换坐标做一次.

注意细节：对于(|x_i-x_j|=D,|y_i-y_j|=D)的点不能统计两次，其它的看code吧.

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ARC065F

我们将(l_i)相同的(r_i)取(max).之后不难发现对于当前的修改区间([l,r])，(l-1)及之前的数都是已经确定的.

记(f_{i,j})表示(i-1)以及之前的都已经确定了，当前（即考虑区间([l_i,r_i])后）还有(j)个(1)可以使用.每次算出新增加的(1)的个数后枚举(i)位填什么进行转移.

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2020.2.1

CF848C

对某个区间([l,r])，记某个数字(m)分别在(a_1,a_2,...,a_n)这(n)个位置上出现了，那么该数字贡献就是(a_n-a_1=sum_{i=1}^{n-1} a_{i+1}-a_i)

记位置(i)上的数上一次出现的位置是(pre_i)，那么对每次询问有

[ans=sum_{i=l}^r[pre_igeq l] (i-pre_i)=sum_{i=1}^r[pre_igeq l] (i-pre_i) ]

加上时间一维后就是三维，标准的cdq分治

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