Usaco 2019 Jan Platinum
要不是昨天老师给我们考了这套题，我都不知道usaco还有铂金这么一级。
插播一则新闻：杨神坚持认为铂金比黄金简单，原因竟是：铜 汞 银 铂 金（金属活动性顺序表）
Usaco真是慢的不行，所以就贴洛谷链接啦。
Redistricting: https://www.luogu.org/problemnew/show/P5202
题意概述：给出一个长度为N的序列，由'H'和'G'组成，将它分为任意段，每段的长度不超过 $K$ ,要求最小化(H比较少的段)的数量。$k<=n<=3 imes 10^5$
首先可以将原序列中的G视为一，做一遍前缀和，那么就有了一个 $O(NK)$ 的朴素dp:
# include <cstdio> # include <iostream> # include <cstring> # define nl (n<<1) # define nr (n<<1|1) # define R register int using namespace std; const int maxn=300005; const int inf=100000000; int n,k,a[maxn],f[maxn],g[maxn],q[maxn],H=1,T; char s[maxn]; void add (int x) { while(H<=T&&((f[x]<f[ q[T] ])||(f[x]==f[ q[T] ]&&g[x]<=g[ q[T] ]))) T--; q[++T]=x; } void del (int x) { while (H<=T&&q[H]<=x) H++; } int ask (int x) { if(g[ q[H] ]<g[x]) return f[ q[H] ]; return f[ q[H] ]+1; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); scanf("%s",s+1); for (R i=1;i<=n;++i) { if(s[i]=='G') a[i]=a[i-1]+1; else a[i]=a[i-1]; g[i]=i-2*a[i]; } f[0]=0; for (R i=1;i<=n;++i) { add(i-1); if(i-k-1>=0) del(i-k-1); f[i]=ask(i); } printf("%d",f[n]); return 0; }
exercise：https://www.luogu.org/problemnew/show/P5203
题意概述：首先给出一棵树，再给出一些连接树上两点的边，求有多少个环恰好经过两条非树边。$n,m<=10^5$
考试的时候打了暴力，结果只有样例分...网上关于这场比赛的中文题解好像很少，所以我就翻译一下官方题解好了(有的地方会省掉一些话，但是意思应该是不变的.)： And,官方题解为什么每句话都要加个"我们"?
首先想一想哪些 "非树边" 对可以构成合法答案。我们定义一条非树边的 "路径" 为它连接的两点在树上的路径。如果两条非树边的 "路径" 有边相交（有一样的边），那么这就是一组合法的答案。
现在我们有了一个新的问题：如何判断有边相交的树上路径对数？首先我们认为这棵树是任意生根的(这句话只是为了翻出来好玩，其实意思就是无根树)。一条路径可能会有拐点，所以统计起来比较麻烦。那么将它拆成两条路径，一条是从A到LCA的，一条是从LCA到B的，再统计相交的路径会不会好做一点呢？如果用这种统计法，可能会有的路径对被重复计算，然而，重复计算的答案可以很容易地算出来。当且仅当两条路径的LCA相同，而且端点连接到LCA的方式相同（对应端点属于LCA的同一棵子树）时，这个答案才会被统计两次，所以我们可以先计算出这样路径对的数量，最后再从答案中减去即可。这样以来，我们就可以忽视重复计算的影响，转而解决一种非常简单的路径问题。
我们的问题现在被简化了。我们有一些从某个节点到它的某个祖先的路径，而且我们希望求出边相交的路径对数。考虑一个类似但更简单的问题：给出一些开区间（A,B），求有多少个区间相交？对于每个区间分别求出起点在它的范围内的区间数目，加起来就是答案（注意，如果两个区间具有相同的端点，答案可能会少一，所以要特殊处理），对于树上的路径，其实也没有什么差别，预处理一遍，做一个树上差分就可以了。当然，还是要注意有相同端点的那些路径。
题解程序的实现中有一些小trick，就是对于每条路径，认为它的起点是路径上深度次小的那个点，这样就巧妙的避免了，两条路径仅在端点处重合的问题。
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # include <map> 4 # define R register int 5 # define ll long long 6 7 using namespace std; 8 9 const int maxn=200005; 10 int firs[maxn],h=1,n,m,x[maxn],y[maxn],l[maxn],a,b,dep[maxn],f[maxn][20]; 11 struct edge { int too,nex; }g[maxn<<1]; 12 map <ll,int> M; 13 ll ans,d[maxn]; 14 15 int read() 16 { 17 R x=0; 18 char c=getchar(); 19 while (!isdigit(c)) c=getchar(); 20 while (isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar(); 21 return x; 22 } 23 24 void dfs (int x) 25 { 26 int j; 27 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 28 { 29 j=g[i].too; 30 if(dep[j]) continue; 31 f[j][0]=x; 32 for (R k=1;k<=18;++k) f[j][k]=f[ f[j][k-1] ][k-1]; 33 dep[j]=dep[x]+1; 34 dfs(j); 35 } 36 } 37 38 int lca (int x,int y) 39 { 40 if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y); 41 for (R i=18;i>=0;--i) if(dep[y]-(1<<i)>=dep[x]) y=f[y][i]; 42 if(x==y) return x; 43 for (R i=18;i>=0;--i) if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i]; 44 return f[x][0]; 45 } 46 47 int lcas (int x,int y) 48 { 49 if(x==y) return -1; 50 for (R i=18;i>=0;--i) if(dep[x]-(1<<i)>dep[y]) x=f[x][i]; 51 return x; 52 } 53 54 void pushdown (int x) 55 { 56 int j; 57 for (R i=firs[x];i;i=g[i].nex) 58 { 59 j=g[i].too; 60 if(dep[j]<dep[x]) continue; 61 d[j]+=d[x]; 62 pushdown(j); 63 } 64 } 65 66 void add (int x,int y) 67 { 68 g[++h].nex=firs[x]; 69 g[h].too=y; 70 firs[x]=h; 71 } 72 73 int main() 74 { 75 n=read(),m=read(); 76 m-=(n-1); 77 for (R i=1;i<n;++i) 78 { 79 a=read(),b=read(); 80 add(a,b),add(b,a); 81 } 82 dep[1]=1; 83 dfs(1); 84 for (R i=1;i<=m;++i) 85 { 86 x[i]=read(),y[i]=read(); 87 l[i]=lca(x[i],y[i]); 88 a=lcas(x[i],l[i]); 89 b=lcas(y[i],l[i]); 90 if(a>b) swap(a,b); 91 if(a!=-1) d[a]++,ans-=d[a]; 92 if(b!=-1) d[b]++,ans-=d[b]; 93 if(a!=-1&&b!=-1) 94 { 95 ans-=M[ a*n+b ]; 96 M[ a*n+b ]++; 97 } 98 } 99 pushdown(1); 100 for (R i=1;i<=m;++i) 101 ans+=d[ x[i] ]+d[ y[i] ]-2*d[ l[i] ]; 102 printf("%lld",ans); 103 return 0; 104 }
tracking2:https://www.luogu.org/problemnew/show/P5204
题意概述：给出对于长度为n的序列，窗口大小为k的滑动窗口最小值，求有多少原序列满足要求.额外要求:原序列中的数不能大于1e9.$k<=n<=10^5$
这题好毒瘤...考场写了一个假装 $k<=10$ 的状压dp，只有样例分。那么下面是翻译的英文题解。(这次写题解的人稍微少用了一些“我们”)：
首先，介绍一种记数法。给出一个序列 $a_1, a_2, ldots a_n$ (小$n$,而不是整个序列的长度$N$), 也就是滑动窗口的最小值：
${min(a_1, a_2, ldots , a_K), min(a_2, a_3, ldots , a_{K+1}), ldots min(a_{n - K + 1}, a_{n - K + 2}, ldots , a_n) }$
当看到一个接近这样的问题时，想想它的简化版本往往是很有帮助的。我们现在来看这样一个问题：有多少序列的滑动窗口最小值是这样的？
$underbrace{v, v, ldots, v}_{N - K + 1 ext{ times }}?$
定义 $MX = 10^9$ , $x=MX−v$ . 定义 $dp[u]$ 为长度为 $u$ 的序列满足滑动窗口最小值全是 $v$，而且以 $v$ 结尾。下面通过枚举最右端的那个 $v$ 来计算答案，我们就得到了如下方程：
$DP[v] = DP[v-1] + xDP[v-2] + ldots + x^{K - 1}DP[v - K]$
在这里 $x$ 表示严格大于 $v$ 的数的数目.这样就有了一个复杂度为 $O(NK)$ 的解法, 不过我们还可以做得更好，像这样:
$DP[v+1] = DP[v] + x(DP[v] - x^{K - 1}DP[v - K])$
这样就是 $O(N)$ 了。定义 $c(len,v)$ 为长度为 $len$ ,滑动窗口最小值全为 $v$ 且以 $v$ 结尾的序列个数.
现在我们已经解决了这个简单的问题。再从整体上看一看原来的这个问题。假设滑动窗口中两个相邻的数不相同，而且不失一般性地假设左边比右边大，也就是说：
$a = min(a_i, a_{i + 1}, ldots , a_{i + K - 1}) > min(a_{i+1}, a_{i+2}, ldots , a_{i + K}) = b$
因为 $a = min(a_i, a_{i + 1}, ldots , a_{i + K - 1}) le min(a_{i + 1}, a_{i + 2}, ldots , a_{i + K - 1})$ 所以说 $a_{i+K}=b$ .
这就表明，如果两个滑动窗口的值是不同的，我们就可以直接知道某些值。这样就引出了一种新的表示法：将滑动窗口表示为一些数对 (值，连续出现次数)，举个例子：
$(5, 3, 3, 3, 3, 2) mapsto ((5, 1), (3, 4), (2, 1))$.
下一步可能最好还是结合一个例子来解释。假设 $K=2$, 滑动窗口的值为 $(2,2,2,3,3,3,1,1)$ . 根据刚刚的推断，序列就可以被表示为这样的形式：$(a,b,2,c,d,e,f,1,g)$ . 现在 $c,d,e,f$ 的滑动窗口最小值就是(3,3,3), $a,b$ 的滑动窗口最小值就是(2,2), $g$的滑动窗口最小值就是(1)。因此问题就可以转化为最早的那个形式，相当于求$c(3,4)×c(2,2)×c(1,1)$.
还有两个小问题：一个是结尾，一个是...这句我真的翻译不出来了，直接粘过来：“；
最后是我自己的理解了：如果不合并，有的段就会被算多次，但是采用一些巧妙的方法，不压缩应该也是可以的。
我翻的很像机翻吗？其实我写的中文题解有时候看起来也像机翻。
1 # include <cstdio> 2 # include <cstring> 3 # include <iostream> 4 # define R register int 5 # define ll long long 6 using namespace std; 7 8 const int maxn=100005; 9 const ll mod=1000000007; 10 const int mx=1000000000; 11 int dp[maxn],a[maxn],n,k; 12 int sub (int a,int b) { a-=b; a=(a%mod+mod)%mod; return a; } 13 int mul (int a,int b) { a=1LL*a*b%mod; return a; } 14 15 int qui (int a,int b) 16 { 17 int s=1; 18 while(b) 19 { 20 if(b&1) s=mul(s,a)%mod; 21 a=mul(a,a)%mod; 22 b>>=1; 23 } 24 return s; 25 } 26 27 int c (int v,int len) 28 { 29 dp[0]=dp[1]=1; 30 int x=mx-v; 31 int p=qui(x,k); 32 for (R i=2;i<=len;++i) 33 { 34 dp[i]=mul(x+1,dp[i-1]); 35 if(i-k-1<0) continue; 36 dp[i]=sub(dp[i],mul(p,dp[i-k-1])); 37 } 38 return dp[len]; 39 } 40 41 int main() 42 { 43 scanf("%d%d",&n,&k); 44 for (R i=1;i<=n-k+1;++i) 45 scanf("%d",&a[i]); 46 int l=1,r,ans=1,len; 47 while(l<=n-k+1) 48 { 49 r=l; 50 while(a[r+1]==a[l]) r++; 51 len=r-l+k; 52 if(l!=1&&a[l-1]>a[l]) len-=k; 53 if(r!=n-k+1&&a[r+1]>a[r]) len-=k; 54 if(len>=0) ans=mul(ans,c(a[l],len+1)); 55 l=r+1; 56 } 57 printf("%d",ans); 58 return 0; 59 }
求解C那里，我给len加了一个一，这是为什么呢...因为刚刚的定义是：$c(len,v)$ 为长度为 $len$ ,滑动窗口最小值全为 $v$ 且以 $v$ 结尾的序列个数，但是实际应用中，最后一个数并不需要是 $v$，所以多算一位，再把最后一位截去即可。
终于全都补完了！这套题的实现难度不是很大，但是思路却很巧妙。
老师也发了一份题解，但是那个做法看起来比较难写，可能大概好懂一点？反正我没懂。一并放上来，如果有人能看懂也是件好事。相同段的处理是一样的，但是套一层rmq我就不懂是什么操作了。
那么下一场再见啦！虽然我大概率不打下一场
---shzr