Solution Set - “潮汐守候终结放逐月圆”

标签：Set frac 放逐 sum Solution 构造 mathcal binom 我们

0.「NOI Simu.」游戏 ⭐
1.「NOI Simu.」海盗 ⭐
2.「集训队作业 2020-2021」「LOJ #3405」Gem Island 2 ⭐
3.「UR #12」「UOJ #181」密码锁 ⭐
4.「UR #25」「UOJ #805」设计草图
5.「UR #25」「UOJ #806」见贤思齐 ⭐
6.「NOI Simu.」哈密顿路
7.「NOI Simu.」统一省选
8.「NOI Simu.」并行计算 ✡️
9.「NOI Simu.」游戏 ⭐
10.「NOI Simu.」模拟赛
11.「NOI Simu.」MOMO ✡️
12.「HDU #6636」Milky Candy
13.「Gym 102156D」Pick Your Own Nim
14.「UR #11」「UOJ #168」元旦老人与丛林 ⭐
15.「洛谷 P9347」似曾相识燕归来

\[\mathbb{Defining~\LaTeX~macros\dots} \newcommand{\chr}[1]{\underline{\texttt{#1}}} \newcommand{\lca}[0]{\operatorname{lca}} \newcommand{\gap}[0]{\operatorname{gap}} \newcommand{\anc}[0]{\operatorname{anc}} \newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}} \]

这篇 sol set 很长哟~

0.「NOI Simu.」游戏 ⭐

Private link | 你放 MTT 兔就君子动口不动手了.
「A.数学-多项式」「B.复杂度平衡」

非法条件是不存在长度至少为 $\ell=2k-1$ 的同色段, 显然计数这个非法序列数量更方便. 初等地, 设 $f_i$ 表示长度为 $i$ 的非法序列数量, 我们有

\[f_i=\begin{cases} m^i,&i<\ell\\ (m-1)\sum_{j=1}^{\ell-1}f_{i-j},&i\ge\ell \end{cases}. \]

一方面, 对于 $f$, 我们可以 $\mathcal O(\ell\log\ell\log n)$ 地大力 Bostan-Mori 算远项. 另一方面, 引入 GF, 可以发现

\[\begin{aligned} F(z) &= \frac{m}{m-1}\sum_{i\ge 0}\left(\frac{(m-1)(z-z^{\ell})}{1-z}\right)^i \\ &= \frac{m}{m-1}\cdot\frac{1-z}{1-z-(m-1)(z-z^{\ell})}, \end{aligned} \]

考虑系数提取. 设 $g_n=[z^n]\frac{1}{1-z-(m-1)(z-z^{\ell})}$, 那么

\[\begin{aligned} g_n &= [z^n]\sum_{i\ge0}(z+(m-1)(z-z^{\ell}))^i \\ &= [z^n]\sum_{i\ge0}z^i(m-(m-1)z^{\ell-1})^i\\ &= \sum_{t\ge0}\binom{n-t(\ell-1)}{t}m^{n-t\ell}(1-m)^t. \end{aligned} \]

组合数可以 Lucas 求, 那么这样可以得到一个 $\mathcal O(p+\frac{n}{\ell}\log_p n)$ 的算法. 上下平衡一下复杂度就能得到正解. 当然, 似乎可以强行暴力卷积, 将更大的计算量放到第二种算法上.

1.「NOI Simu.」海盗 ⭐

Private link & Submission.
「A.DP-凸函数维护」「B.Tricks」

不难发现, 我们可以通过描述 $i$ 和 $(i+1)\bmod n$ 之间传递的金币数量 $x_i\in\mathbb Z$ 来描述一种方案. 先假设 $x_{n-1}=0$, 设 $f(i,x)$ 表示 $[0,i]$ 内的所有海盗已经合法, $i$ 向 $i+1$ 传递的金币数量为 $x$ 时的最小代价, 那么

\[f(i,x)=\min\{f(i-1,x')+|x|~\big|~x'\in[l_i+x-a_i,r_i+x-a_i]\}. \]

从维护函数 $f_i(x)$ 的角度思考, 从 $f_{i-1}(x)\to f_i(x)$, 我们进行了如下变换:

取 $f_i(x)=\min\{f_{i-1}(x+t)\mid t\in[0,r_i-l_i]\}$.
将 $f_i(x)$ 整体向左平移 $l_i-a_i$ 个单位.
令 $f_i(x)\gets f_i(x)+|x|$.

注意 $|x|$ 的凸性, 这提示我们可以用 slope trick 维护这个函数. 具体来说, 用两个堆负斜率突变点和正斜率突变点. 前两个操作都比较简单, 第三个操作, 设函数斜率从 $-1$ 突变向 $0$ 的位置是 $x=p$, 从 $0$ 突变向 $1$ 的位置是 $x=q$, 讨论:

若 $p\le 0\le q$, 两个堆各自加入一个 $0$.
若 $0<p$, 此时 $p$ 将进入正斜率突变的范围, 将 $p$ 取出加入另一个堆, 然后在负斜率堆中加入两个 $0$.
若 $q<0$, 类似.

这样单次可以做到 $\mathcal O(n\log n)$.

如何破环? 自然的想法是枚举 $x_{n-1}$. 可以证明答案关于 $x_{n-1}$ 的函数 $g(x)$ 仍然是凸函数, 这样就能 $\mathcal O(n\log n\log \sum a_i)$ 求解了.

证明

首先, 不妨把 $\{x_n\}$ 的定义域扩大到 $\mathbb R^n$. 利用整数费用流的最优解可以是整数的性质, 这并不会影响答案.
设 $P=\{p_0,p_1,\cdots,p_{n-1}\}$ 和 $Q=\{q_0,q_1,\cdots,q_{n-1}\}$ 是让各自的 $g(x)$ 取到最小值的一种方案, 我们只需要说明 $R=(P+Q)/2$ 是一组合法方案, 且 $R$ 的代价不超过 $(g(p_{n-1})+g(q_{n-1}))/2$ 即可. 这里简单计算一下即可证明, 接下来思路比较明确, 就略过了. $\square$

2.「集训队作业 2020-2021」「LOJ #3405」Gem Island 2 ⭐

Link & Submission.
「A.数学-组合计数」「A.数学-数学推导」

($d\to m$, $r\to k$, 你这变量名太怪了.)

前 $k$ 大? 钦定排名什么的不太好做, 我们可以尝试在值域上求解. 例如, 在一个固定的方案中, 设 $c_i$ 表示值 $\ge i$ 的个数, 那么该方案的贡献是 $\sum_{i\ge1}\min\{c_i,k\}$.

设 $g(a,i)$ 表示钦定了 $i$ 个位置的值 $\ge a$ 的方案数, 显然:

\[g(a,i)=\binom{n}{i}\binom{m-(a-1)i+n-1}{n-1}. \]

对应地设 $f(a,i)$ 表示恰好 $i$ 个位置的值 $\ge a$ 的方案数, 反演出:

\[f(a,i)=\sum_{j\ge i}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g(a,j). \]

继而, 我们可以表示出答案:

\[\textit{ans}=\sum_{a\ge1}\sum_{i\ge0}f(a,i)\min\{i,k\}. \]

这个式子带着 $f$ 算就很没前途, 接下来我们还是得拆开 $f$ 化简.

\[\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_a\sum_i\left(\sum_{j\ge i}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g(a,j)\right)\min\{i,k\}\\ &= \sum_a\sum_j(-1)^jg(a,j)\sum_{i\le j}(-1)^i\binom{j}{i}\min\{i,k\}. \end{aligned} \]

(你这啥也没化简啊?) $g$ 是可算的, 我们重点优化最后一个求和. 直接来嘛:

\[\begin{aligned} h(m) &= \sum_{i\le m}(-1)^i\binom{m}{i}\min\{i,k\}\\ &= \sum_{i=0}^{k}(-1)^i\binom{m}{i}i+k\sum_{i=k+1}^{m}(-1)^i\binom{m}{i}\\ &= [z^k]\frac{\vartheta(1-z)^m}{1-z}-k[z^k]\frac{(1-z)^m}{1-z}\quad(m>0)\\ &= m(-1)^k\binom{m-2}{k-1}-k(-1)^k\binom{m-1}{k}\quad(m>1)\\ &= (-1)^k\binom{m-2}{k-1}. \end{aligned} \]

(呜… 重名了, 上式的所有 $m$ 与全局的 $m$ 无关.) 到此, 我们欲求

\[\begin{aligned} \textit{ans} &=\sum_{a=1\lor j=1}\cdots+\sum_{a>1}\sum_{j>1}(-1)^{j+k}\binom{j-2}{k-1}g(a,j)\\ &= \cdots+\sum_{a>1}\sum_{j>1}(-1)^{j+k}\binom{j-2}{k-1}\binom{n}{j}\binom{m-(a-1)j+n-1}{n-1}\\ &= \cdots+\sum_{t=1}^m\binom{m-t+n-1}{n-1}\sum_{j\mid t\land j>1}(-1)^{j+k}\binom{j-2}{k-1}\binom{n}{j}\\ &= \cdots+\sum_{j=2}^n(-1)^{j+k}\binom{n}{j}\binom{j-2}{k-1}\sum_{j\mid t}\binom{m-t+n-1}{n-1}. \end{aligned} \]

最后一个和式可以高维前缀和, 这样我们得到了 $\mathcal O(n\log\log n)$ ($n,m$ 同阶) 的算法.

3.「UR #12」「UOJ #181」密码锁 ⭐

Link & Submission.
「A.DP-状压/插头 DP」

竞赛图的缩点后一定是满足每个点都向后面所有点连边的链, 这都不知道的吗…

因此, 我们只需要计数非空割集的数量. 若不考虑特殊的边, 割 $(S,U\setminus S)$ 出现的概率是 $2^{-|S|(n-|S|)}$, 因为特殊边很少, 我们尝试在此基础上更正特殊边的概率贡献. 可见, 若一条特殊边取 $U\setminus S\to S$ 方向的概率是 $p$, 则它应该带来更正因子 $2p$. 而特殊边的情况只与 $S$ 和该特殊边参与形成的连通块 $B$ 的交集 $S\cap B$ 有关. 我们只需要对每个 $B$ 的子集 $X$, 求出 $S\cap B=X$ 的更正因子, 背包合并出 $S$ 的所有情况下更正因子乘积之和, 再用无特殊边的方法计算答案即可. 复杂度 $\mathcal O((m+n)2^m)$.

4.「UR #25」「UOJ #805」设计草图

Link & Submission.

不难发现, 某个子串 $S[l:r]$ 合法, 当且仅当:

$2\mid(r-l+1)$.
将所有 $\chr ?$ 替换为 $\chr ($ 后, 子串所有前缀均满足 $\chr ($ 个数不少于 $\chr )$ 个数.
将所有 $\chr ?$ 替换为 $\chr )$ 后, 子串所有后缀均满足 $\chr )$ 个数不少于 $\chr ($ 个数,

后两个限制相对独立, 我们考虑求出 $L_i$ 和 $R_i$, 分别表示从 $i$ 开始, 满足两个条件的最远端点, 这个可以栈模拟一下括号匹配求. 此后就 BIT 贡献答案即可. $\mathcal O(n\log n)$.

5.「UR #25」「UOJ #806」见贤思齐 ⭐

Link & Submission.
「A.数据结构-可持久化线段树」「B.倍增」

先胡一下赛上胡的东西. 考虑 subtask 3, 我们尝试对每个元素 $a_i$ 维护其变化序列 $S_i=[s_{i,0},s_{i,1},\cdots]$, 使得 $a_{i,t}=a_i+\sum_{j<t}s_{i,j}$. 可以发现, $S_n=[1]^{+\infty}$. 有了这个边界, 我们只需要考虑 $S_{p_i}$ 向 $S_i$ 的更新过程.

在漫漫时间长河中, 一定存在一个时刻 $t$, 有 $a_{i,t}=a_{p_i,t}$, 此后两个数的变化都是 "若 $a_{p_i}$ 在当前时刻 $+1$, 则 $a_i$ 在下一时刻 $+1$", 也就是说, 大体上, $S_i$ 是 $S_{p_i}$ 向右平移一个位置的结果. 在这个 $t$ 时刻之前的部分就是简单的全部 $+1$ 或者全部不变, 也不难维护. 我们用一个持久化线段树维护所有序列即可. 在 $a_{i,0}>a_{p_i,0}$ 时, 需要实现一个线段树二分来找 $t$.

全局情况, 我们需要处理的是内向基环树. 显然环上最小值也是 $[1]^{+\infty}$, 从这个位置出发就能推出其他所有点的 $S$ 了, 复杂度是同样的 $\mathcal O((n+q)\log n)$.

不想写? 看看 zak 的做法吧家人们!

考虑最基本的递推形式, $a_{i,t}=\min\{a_{i,0}+t,\max\{a_{i,0},a_{p_i,t-1}+1\}\}$, 虽然正确性不言而喻, 但这样的递推可以规避掉一些分枝判断, 更便于优化. 如果我们对递推式中的 $a_{p,t-1}$ 进行迭代, 我们就会得到一系列 $[a_{i,0},a_{i,0}+t']$ 的区间来约束 $a_{i,t}$ 的上下界. 我们直接倍增求出区间嵌套关系第一次被破坏的位置, 就能求出答案了. 复杂度还是 $\mathcal O((n+q)\log n)$.

6.「NOI Simu.」哈密顿路

Private link & Submission.

比较脑筋急转弯的题. 注意图是无向图, 因而哈密顿路可以通过从某个特定点出发的两条点不交路径生成. 不妨取一个特殊点 $s$, 求出 $f(S)$ 表示从 $s$ 出发经过集合 $S$ 内的点时, 可以以哪些点作为终点, 直接枚举下一步就能转移. 最后用所有 $f(S)$ 和 $f(U\setminus S)$ 贡献答案即可. 复杂度 $\mathcal O(n2^n)$.

7.「NOI Simu.」统一省选

Private link & Submission.
「A.数据结构-线段树」

注意到所有的单个关卡都可以表示成进入血量 $x$ 和离开血量 $y$ 的函数 $f:x\mapsto y$, 满足

\[f(x)=\begin{cases} 0, & x\le x_0\\ y_0, & x_0<x\le x_1\\ y_0+x-x_1, & x_1<x \end{cases}. \]

而这种分段函数相互复合, 得到的函数仍然具有同样的形式. 讨论复合结果时, 可以讨论内层的 $y_0$ 与外层的 $x_0,x_1$ 的位置关系, 情况并不多. 线段树维护所有区间的函数即可, $\mathcal O(n+q\log n)$.

8.「NOI Simu.」并行计算 ✡️

Private link & Submission.
「A.构造」「C.性质/结论」

这题很麻烦的点在于需要构造步数严格最小的方案, 我们必须得找到一个紧的下界, 才有构造的目标.

比较简单的一个界是 $\lceil\log_2 n\rceil$, 毕竟我们总得构造一个长度为 $n$ 的序列出来.

接下来, 我们通过描述 "合法且优秀的操作" 的性质, 得到另一个下界.

首先, 可以发现, 我们任何时候得到的序列都应该有着连续的值, 即恰好包含某个区间 $[l,r]$ 内的所有整数. 此外, 我们也没有必要将同一个序列多次造出. 据此, 我们可以建出一张图, 图中结点代表某个 $[l,r]$, 若 $u$ 不是叶子, 则其应当有两条入边 $\lang x,u\rang,\lang y,u\rang$, 表示我们通过 $x+y$ 得到 $u$. 这样, 我们得到了一个 DAG.

接下来又是 key 但不知道 motivation 的东西: 我们考虑所有可达 $[1,n]$ 的结点, 它们的诱导子图构成一棵内向树 $T$, $T$ 显然共有 $n$ 个叶子, $n-1$ 个非叶结点, 每个非叶结点都恰好有两个儿子, 各结点的区间或离或含. 设 $A$ 为树中 $[1,i]$ 的数量, 注意到我们在得到 $[1,i]$ 时, 必然需要先得到某个 $[1,j]$ 和 $[j+1,i]$, 据此可知我们一次只能合成一个 $[1,i]$ (否则, 原材料中必然有相交而不相含的区间). 设操作次数为 $L$, 我们得到 $L\ge A-1$.

然后考虑树外, 树外还有 $n-A$ 个 $[1,i]$, 我们至少也需要 $n-A$ 个单元操作来生成它们. 设 $S$ 为单元操作数量, 结合树内树外, 我们得到 $S\ge n-A+n-1=2n-1-A$, 则 $L\ge A-1\ge 2n-S-2$, 同时显然有 $L\ge\lceil S/4\rceil$, 因此 $L\ge\max\{\lceil S/4\rceil,2n-S-2\}\ge\lceil\frac{2n-2}{5}\rceil$.

到此, 我们得到了一个 $L\ge\max\{\lceil\log_2n\rceil,\lceil\frac{2n-2}{5}\rceil\}$ 的界.

爆搜出 $n\le16$ 的最优解, 对于 $n>16$ 的部分, 用 $n=16$ 的解不断压缩, 可以得到 $\frac{6n}{16-1}+\mathcal O(1)$ 的解, 大力调整最后的 corner 即可. 对于给出的数据, 大多再添加一个不少于剩下数个数的最优构造就能达到下界. 一个不平凡的情况是, 若剩下 $21$ 个, 需要用 $21$ 的最优解 (恰好可以是两个 $11$ 的最优解拼起来) 而不能再用 $16$ 压缩. 给出的构造顺便就完成了下界证明.

9.「NOI Simu.」游戏 ⭐

Private link & Submission
「A.数学-组合计数」

第一问没手也行: 独立地考虑每个位置被选入方案的概率. 假设我们在所有合法方案中随机挑一个出来, 记事件 $A_{i,j}$ 表示 $(i,j)$ 存在在这个方案中的概率, 那么

\[\Pr(A_{i,j})=\frac{1}{ij}. \]

很显然, $(i,j)$ 左下方的矩形中必然存在一个在方案中, 第一次在这个矩形中选位置就选到 $(i,j)$ 的概率即 $\Pr(A_{i,j})$. 最终答案即 $h_n\times h_m$, 其中 $h_k$ 即调和级数第 $k$ 项. 复杂度 $\mathcal O(\max\{n,m\})$.

第二问就有点哇塞了. 经过一些尝试, 我们发现我们几乎只会描述 $\Pr(A_{i,j})$, 甚至连总方案数都不是很好求, 更不要说 DP 求答案了. 如何用这个概率描述答案? 设 $P$ 是方案集合, $p\in P$, 可以想到

\[\begin{aligned} E(|p|^2) &= \frac{1}{|P|}\sum_{p\in P}\sum_{(i_1,j_1)\in p}\sum_{(i_2,j_2)\in p}1\\ &= \sum_{(i_1,j_1)}\sum_{(i_2,j_2)}\frac{1}{|P|}\sum_{p\in P}[(i_1,j_1)\in p][(i_2,j_2)\in p]\\ &= \sum_{(i_1,j_1)}\sum_{(i_2,j_2)}\Pr(A_{i_1,j_1}A_{i_2,j_2}). \end{aligned} \]

好消息是, 我们的确用单纯的概率描述了答案. 坏消息是, 这个概率咱还是不会求啊?

尝试引入一个构造性转化 (实际上兔是硬想的, 但加上这个转化的确会清晰很多). 我们考虑全体 $n\times m$ 阶排列, 将它们填入网格图, 对于某个排列 $\sigma$, 我们按照值升序枚举排列的元素, 若这个元素所处的位置没有被删除, 则将其加入方案序列, 这样就能得到 $\sigma$ 所对应的方案 $p_\sigma$. 我们惊讶地发现, 可重集 $\varOmega=\{p_{\sigma}|\sigma\in S_{n\times m}\}$ 正是 $P$ 正比于元素概率展开得到的古典概型的样本空间!

若 $(i_1,j_1)$ 和 $(i_2,j_2)$ 的左下矩形存在包含关系, 不妨设 $i_1\le i_2\land j_1\le j_2$, 注意到这里有 $\Pr(A_{i_1,j_1}\mid A_{i_2,j_2})=\Pr(A_{i_1,j_1})$, 因而此时

\[\Pr(A_{i_1,j_1}A_{i_2,j_2})=\Pr(A_{i_1,j_1})\Pr(A_{i_2,j_2})=\frac{1}{i_1j_1\cdot i_2j_2}. \]

否则, 两点位置关系形如

我们要求 $A$ 和 $B$ 都在方案中, 这里就可以通过约束 $\sigma_A$ 和 $\sigma_B$ 来达成这一点. 不妨设 $\sigma_A<\sigma_B$, 明显, $\sigma_A$ 是阴影中所有数的最小值, 概率为 $\frac{1}{i_1j_1+i_2j_2-\min\{i_1,i_2\}\min\{j_1,j_2\}}$, $\sigma_B$ 是 $B$ 矩形中的最小值, 放在排列上可以明显看出 $\sigma_A$ 的约束不影响 $\sigma_B$, 因此这里概率就是 $\frac{1}{i_2j_2}$. 最终, 我们得到

\[\Pr(A_{i_1,j_1}A_{i_2,j_2})=\frac{1}{i_1j_1+i_2j_2-\min\{i_1,i_2\}\min\{j_1,j_2\}}\left(\frac{1}{i_1j_1}+\frac{1}{i_2j_2}\right). \]

By-definition 的算法是 $\mathcal O(n^2m^2)$ 的, 需要稍稍优化最后一个式子. 我们枚举 $i_1<i_2$ 时的 $i_2-i_1$, 预处理自然数倒数等间距求和的结果, 再枚举对应的 $(i_1,j_1)$ 和 $j_2$ 贡献答案. 同理还需要枚举 $j_1<j_2$ 时的 $j_2-j_1$. 复杂度 $\mathcal O(\max\{n,m\}nm)$.

10.「NOI Simu.」模拟赛

Private link & Submission.
「A.数学-FWT」

水题放 T1 好不好? 水题放 T1 好不好? 水题放 T1 好不好? 水题放 T1 好不好? 水题放 T1 好不好?

可以鉴定出, 我们需要手算答案序列 $A$ 的 or-卷积正变换结果 $\hat A$, 直接展开有

\[\hat A_S=\prod_{i=1}^n\sum_{j=1}^kp_{i,j}[a_{i,j}\subseteq S]. \]

鉴于 $k$ 极小, 尝试讨论 $T\in 2^{[1:k]}$ 对答案的贡献. 尝试构造容斥系数 $f_T$ 使得

\[\prod_{\operatorname{mask}(T)\subseteq S}f_T=\sum_{j=1}^kp_{i,j}[a_{i,j}\subseteq S], \]

其中 $\operatorname{mask}(T)=\bigcup_{j\in T}a_{i,j}$. 这样前面的乘积就可以高维前缀积 (好怪的仿词) 求出来. 当然, 这里的构造也没什么难度:

\[f_T=\left(\sum_{j\in T}p_{i,j}\right)\big/\prod_{T'\subsetneq T}f_{T'}. \]

除法通过 $a=c\times0^k$ 形式即可在算数域内完成, 这样就 done 了. 暴力做是 $\mathcal O(n3^k+m2^m)$ 的, 当然这个 $f_T$ 也可以高维前缀商 (???) 求出来, 可以把前半部分优化到 $\mathcal O(nk2^k)$.

11.「NOI Simu.」MOMO ✡️

Private link & Submission.
「A.构造」

希望出题人不要在题解中写谜语.jpg

因为几乎是完全依赖题解做的, 所以讲解会很 unmotivated, 抱歉啦. 为方便阅读, 下划线字符记作 $\chr /$

先考虑如何对树构造. 下用 $x\to y$ 表示从 $x$ 到 $y$ 的树上路径的点集 (注意, 含 $x$ 但不含 $y$), $p_u$ 表示 $u$ 的父亲. 不妨以 $1$ 为树根, 字符串内字符编号为 $2\sim n$. 我们通过 $d(u,v)=\sum_{x\in (u\to\lca(u,v))}1+\sum_{x\in (v\to\lca(u,v))}1$ 来构造答案. 令 $S_1=\underline{\texttt{OO}\dots\texttt O}$, $S_u=S_{p_u}$, 紧接着修改 $S_{u,u}\gets\chr M$. 可见, 对于任意 $(u,v)$, $S_u$ 和 $S_v$ 不一样的位置就是 $u\to v$ 中所有结点编号对应的字符.

推广到一般图上, 我们取出图的 BFS 树, 先在 BFS 树上进行上述算法得到一个初始答案. 不过两点 $u,v$ 间的 BFS 树上距离可能大于原图上距离, 我们记这两个距离的差值为 $\gap(u,v)$. 接下来通过引入 $\chr /$ 来调整答案. 对于 $\gap(u,v)=k>0$ 的 $u,v$, 我们期望在 $S_u,S_v$ 字符不同的位置引入总共 $k$ 个不重合的 $\chr /$, 如果所有点对都成功地引入了恰当数量的 $\chr /$, 我们的构造就合法了.

我们先来研究 $\gap(u,v)$ 的性质. 以下结论都是不言而喻的:

若 $v$ 是 $u$ 的树上祖先, 则 $\gap(u,v)=0$.
设 $w=\lca(u,v)$, 若 $w\neq v$, 则 $\gap(u,p_v)\le\gap(u,v)\le\gap(u,p_v)+2$.

由性质 1, 我们不应该去动 $S_u$ 中 $u$ 的祖先们对应的字符, 那就只好调整 $v\to\lca(u,v)$ 中的点对应的字符了. 而又由性质 2, 最坏情况下, $v\to\lca(u,v)$ 上只有 $\lceil\gap(u,v)/2\rceil$ 个点, 这怎么办? 一个很好的 motivation 便是: 将从 $1$ 数到 $\gap(u,v)=:k$ 这 $k$ 个自然数按奇偶性分开, 在 $v\to\lca(u,v)$ 上尝试找到所有 $1,3,\dots$ 的突变位置 (从 $\gap(u,\cdot)<x$ 变化到 $\gap(u,\cdot)\ge x$ 的最高的点), 在 $S_u$ 中修改它们的字符; 同理, 在 $u\to\lca(u,v)$ 上尝试找到所有 $2,4,\dots$ 的突变位置 (从 $\gap(v,\cdot)<x$ 变化到 $\gap(v,\cdot)\ge x$ 的最高的点), 在 $S_v$ 中修改它们的字符. 这样, 所有的突变位置一定都能够被找到, $S_u,S_v$ 的构造就完成了!

最后一个点, 我们当然希望对所有 $(u,v)$ 都来这样构造, 但如何保证这些构造不会破坏彼此的合法性? 考虑所有影响到 $S_u$ 的构造, 我们枚举一个 $u$ 的祖先 $w$, 然后再枚举 $w$ 在外侧子树根 $v$, 处理 $S_u$ 在 $v$ 子树内的字符. 可见, 只要 $v$ 子树内的点关于 $u$ 的构造全部都选择了 "奇数构造" 或者全部都选择了 "偶数构造", 就不会产生矛盾. "一棵子树选择相同"? DFN 嘛! 我们按照 $u$ 和子树根 $v$ 的 DFN 大小关系选择奇偶构造就行了.

复杂度 $\mathcal O(n^3)$, 构造部分非常宽松, 怎么写都可以.

12.「HDU #6636」Milky Candy

Link & Submission (因为离开高版本语法就不会写代码, 所以就在校内 OJ 交了).
「A.拟阵/拟阵交」

带权拟阵交捏! 秉承多得少不得的原则, 我们得把选择取个补集才能描述限制.

令 $\mathcal M_1=(U,\mathcal I_1)$, 其中 $U$ 即全体提示集合, $S\in\mathcal I_1$ 当且仅当用 $U\setminus S$ 中的提示能解出方程组. 遗传性显然, 交换性可以放到图上证明. 对于 $A,B\in\mathcal I_1$ 且 $|A|>|B|$, 我们一定能取出 $U\setminus B$ 在图上的环, 使得其中的提示没有都出现在 $U\setminus A$ 中 (否则 $|A|\le|B|$), 在这个环上未出现在 $U\setminus A$ 中的提示中, 任意取一个加入 $B$ 即可完成交换.

令 $\mathcal M_2=(U,\mathcal I_2)$, $S\in\mathcal I_2$ 当且仅当 $U\setminus S$ 中从每个 NPC 获得的提示都不小于要求的 $k_i$, 遗传性, 交换性显然.

拟阵交之. 一个很 sweet 的写法是每次都 $\mathcal O(|U|)$ 判断独立性, 这样虽然是 $\mathcal O(r^2|U|^2)$, 但舒服很多.

13.「Gym 102156D」Pick Your Own Nim

Link & Submission.
「A.拟阵/拟阵交」(怎么会布置这玩意儿的专题呢?) (我草? 去年今日, 我写了拟阵交的学习笔记???)

设 Alice 给出的初始向量集合为 $A$. 令 $\mathcal M_1=(U,\mathcal I_1)$, 其中 $U$ 即全体可选向量集合, $S\in\mathcal I_1$ 当且仅当可重集 $S\cup A$ 是线性无关组. 令 $\mathcal M_2=(U,\mathcal I_2)$, $S\in\mathcal I_2$ 当且仅当 Bob 的每个向量集合中最多一个入选 $S$. 两个拟阵的遗传交换不言而喻. 交之.

有个小小的经验, 虽然拟阵交输入的两个拟阵的地位是等价的, 但可能对 $\mathcal I_1,\mathcal I_2$ 的判断难度有所不同. 例如若对其中一个 $\mathcal I$ 的判断需要维护不支持删除的数据结构, 我们可以把它放在 $\mathcal I_1$, 这样增广的过程中只需要在固定 $x\in V^L$ 时枚举 $y$, 判断 $I\setminus\{x\}\cup\{y\}\overset{?}{\in}\mathcal I_1$, "删除" (更多时候是直接重构) 就不在瓶颈处了.

14.「UR #11」「UOJ #168」元旦老人与丛林 ⭐

Link & Submission.
「A.图论-网络流-最大流/最小割」「C.性质/结论」

嗯? 这是选拟阵题的时候乱入的吗? 还是有什么相关的分析呢?

一道猜猜题. 我们不难发现一个图是丛林的必要条件:

$\forall V'\subseteq V$, 其诱导子图 $G'=(V',E')$ 满足 $|E'|\le2|V'|-2$.

可以证明, 这就是图是丛林的充要条件. 由于证明是重点, 这里就不放 <details> 框框了. 我们对 $|V|$ 的大小归纳证明. 假设 $|V|<n$ 时的所有图满足条件. 下考虑 $|V|=n$ 的情况, 研究任意一个满足必要条件的图 $G=(V,E)$.

取 $G$ 中度数最小的结点 $u$. 若 $\deg(u)\ge4$, 则 $|E|\ge2n>2n-2$, 不合假设. 因此必然有 $\deg(u)\in\{0,1,2,3\}$. 设 $G^\star=(V^\star,E^\star)$ 是 $G$ 删去 $u$ 及其连边后得到的图, 讨论 $\deg(u)$:

对于 $\deg(u)=0$, 直接取出 $G^\star$ 中构造丛林的方案 (由归纳假设, 必然存在), 这显然也是 $G$ 的构造方案; 对于 $\deg(u)=1$, 将 $u$ 的连边放入 $G^\star$ 方案中的任意一个边集, 就能得到 $G$ 的构造方案. 这是两种很简单的情况. 对于 $\deg(u)=2$, 设有 $(u,x),(u,y)\in E$. 我们取出 $G^\star$ 的构造方案, 将方案中的 $(u,x)$ 和 $(u,y)$ 放入不同的集合, 也就得到了 $G$ 的构造方案.

下讨论 $\deg(u)=3$ 的情况.

我们定义点集 $V'$ 在某个图中的诱导子图 $G'=(V',E')$ 是满子图, 当且仅当 $|E'|=2|V'|-2$. 有引理:

若 $V_1,V_2$ 的在一满足必要条件的图中的诱导子图均为满子图且 $V_1\cap V_2\neq\varnothing$, 则 $V_1\cup V_2$ 的诱导子图也是满子图.

设 $V_3=V_1\cap V_2$, 对应诱导子图 $G_3=(V_3,E_3)$, $V_0=V_1\cup V_2$, 对应诱导子图 $G_0=(V_0,E_0)$. 我们需要说明 $G_0$ 是满子图. 因为 $|E_0|\le2|V_0|-2$, 所以 $|E_1|+|E_2|-|E_3|\le|E_0|\le 2(|V_1|+|V_2|-|V_3|)-2$, 又因为 $|E_1|=2|V_1|-2$ 且 $|E_2|=2|V_2|-2$, 所以 $-|E_3|\le 2-2|V_3|$. 又因为 $|E_3|\le 2|V_3|-2$, 所以 $|E_3|=2|V_3|-2$. 最终有 $|E_0|=2|V_0|-2$, 引理得证.

回到证明过程. 设有 $(u,a),(u,b),(u,c)\in E$, 可以发现, 必然存在 $\{x,y\}\subseteq\{a,b,c\}$, 使得 $G$ 中不存在包含 $x,y$ 的满子图. 如果不存在这样的 $x,y$, 则必然存在分别同时包含 $\{a,b\},\{b,c\},\{c,a\}$ 的满子图, 根据引理, 它们并起来可以得到满子图 $G'=(V',E')$. 此时令 $V'\gets V'\cup\{u\}$, $E'\gets E'\cup\{(u,a),(u,b),(u,c)\}$, $G'$ 就不满足必要条件了.

现在, 我们可以取出这样的 $\{x,y\}$. 令 $E^\star\gets E^\star\{(x,y)\}$, 由于 $x,y$ 的性质, 此时 $G^\star$ 仍然满足条件, 取出它的构造方案. 最后, 将方案中的 $(x,y)$ 替换为 $(u,x),(u,y)$; 将 $u$ 剩下的一条边加入另外一个集合, 就得到了 $G$ 的方案.

$\square$

综上, 我们只需要检查 $G$ 是否存在 $|E'|-2|V'|>-2$ 的子图, 依次钦定 $V$ 中每个结点入选子图, 跑最大权闭合子图即可. 采取退流操作即可降低复杂度. 最终复杂度 $\mathcal O(m\sqrt n+nm)$ (前半部分是第一次在二分图上跑网络流的复杂度).

15.「洛谷 P9347」似曾相识燕归来

Link & Submission.
「A.构造」「C.细节」

某兔终于想起自己越来越长的 to-do list, 于是随机点了其中一道题. 妈的的确是依托答辩, 怪不得当时没做.

注意到 $a_1=1$ 时, 操作 $(1,i,j)$ 等价于交换 $a_i,a_j$, 因而我们构造的主要目标就是尽快令 $a_1=1$. 未避免一些 corner, 这里只讨论 $n>3$ 的情况.

若 $a_1=1$, 已经结束了.
否则设 $a_p=1$. 若能找到一个 $p<i$ 使得 $a_i<a_1$, 操作 $(1,p,i)$, 结束.
否则, 我们尽量向第二种情况靠拢. 若 $a_1\ge3$, 则必然能找到 $1<i<p$, 使得 $a_p<a_1$, 操作 $(1,i,n)$ 即变成第二种情况.
现在 $a_1=2$. 若 $a_2=1$, 尝试找到一个 $3\le i<n$, 使得 $a_i>a_{i+1}$, 操作 $(1,2,i),(1,2,i),(1,i,i+1)$, 结束, 且 $a_1=1,a_2=2$, 后续操作至多 $n-3$ 步.
若找不到这样的 $i$, 即 $a_{3..n}$ 有序, 可以暴力手玩出构造: 操作 $(1,2,3),(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(1,2,4)$. 注意 $n=L=4$ 时会被莫名其妙认为无解.
最后一种情况, $a_1=2,a_2\neq 1$. 设 $a_q=n$, 若 $q=2$, 操作 $(1,2,p),(1,p,n)$, 否则操作 $(1,2,q),(1,2,p),(1,p,n)$.

$\mathcal O(n)$. 还是欣赏一下这篇 sol set 里另外两道构造神题吧家人们.

标签：Set,frac,放逐,sum,Solution,构造,mathcal,binom,我们
From： https://www.cnblogs.com/rainybunny/p/17464486.html