退役时的做题计划2

吐槽：这篇写了几个月的东西终于发出来了（其实是因为太懒了咕了好多题到现在才凑满数量。。。

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「Codeforces1257G」Divisor Set-Dilworth定理+分治FFT

2020-02-09

有一个常见的思路是把每个约数看作高维空间上的一个点。每个数向它的约数连边。题目转化为了最长反链，等价于最小链覆盖。

不难发现，这张图以质数的指数和分层，只需要在相邻层连边即可。这样最小链覆盖取决与最大层的大小，即指数和为某个数的约数个数（其实这个数是$\lceil \frac{n}{2}\rceil$）。

这个是一个背包问题，可以分治$NTT$解决。每次取出最小次数的两个多项式相乘，可以证明这是$O(nlo{g}^{2}n)$的。

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「Codeforces1286F」Harry The Potter-DP

2020-02-11

这题初看没什么思路，考虑把问题转到图上。

把操作$2$视作一条连接$x,y$的边，可以发现这个图是一个森林。因为如果一个联通块$S$存在$\ge |S|$条边，那么全用一操作是不劣的。

称一个集合$S$是好的，当且仅当这个可以被$|S-1|$次二操作消掉。现在问题转化成了把这张图划分成出尽量多的好的集合。

考虑什么样的集合是好的集合。忽略二操作$+1$的影响，可以发现奇数层的点权和$A$等于偶数层的点权和$B$（证明的话可以以任意一个点为根，可以发现根节点的权值等第二层点的权值-第三层点的权值+第四层点的权值…)

考虑$+1$的影响，这意味着$|A-B|<|S|$并且$|A-B|\equiv |S|\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$。可以$O(3^n)$+减枝直接DP艹过去。

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「Atcoder5762」Preserve Diameter-DP

2020-04-14

我好鸽啊

建出$H$的$BFS$树，可以发现

• $T$中距离$\le 1$的点之间一定有连边，即相邻、相同层之间一定有边；
• $T$中距离$>1$的点之间一定没有边；
• $H$的直径$(s,t)$只有一条。

由于性质$1,2$，可以发现只要把图分层，即确定与$s$的距离$dis$数组，那么整张图就确定了。所以只要$DP$出合法的$dis$数组方案数除以$2$即可。合法的条件为：

• $di{s}_s=0,di{s}_i\in [1,d](i\ne s)$，且只有一个下标$t$满足$di{s}_t=d$；
• 若边$(u,v)\in G$，那么 $|di{s}_u-di{s}_v|\le 1$。

一种暴力的想法是直接枚举直径起点然后$DP$。

考虑每条直径一定过直径中点$x$，那么可以以直径中点为根$DP$。条件转化为（对于直径长度为偶数特判一下即可）：

• $di{s}_x=0,di{s}_i\in [-\frac{d}{2},\frac{d}{2}](i\ne s)$，且分别只有一个下标$t$满足$di{s}_s=-\frac{d}{2},di{s}_s=\frac{d}{2}$；
• 若边$(u,v)\in G$，那么 $|di{s}_u-di{s}_v|\le 1$。

设 $mx{d}_i$ 表示 $i$ 子树内的最大深度，$f_{i,0/1/2,0/1/2}$ 表示以$i$为根的子树内，有$0,1,\ge 2$个点满足$di{s}_i=mx{d}_i$，另一维表示有$0,1,\ge 2$个点满足$di{s}_i=-mx{d}_i$，转移时枚举当前边的边权为$-1,0,1$即可。

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「Codeforces666E」Forensic Examination-广义SAM+线段树合并

2020-04-18

一看题，就知道是老套路了

建立串$T_{1..m}$的广义SAM，然后建立以编号为下标的线段树，对于串 $T_i$ 的每个后缀在下标 $i$ 处 $+1$。按 $fa$ 树线段树合并就可以统计出每个节点代表的串分别在 $T_{1..m}$ 中出现了多少次。

先预处理 $S$ 每个前缀在广义 $SAM$ 中匹配点，询问时用倍增跳到父亲中最后一个满足 $len\ge pr-pl+1$的点，然后在线段树中查询最大值即可。

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「JOISC 2019 Day3」穿越时空 Bitaro-线段树

2020-05-06

JOI 的题好清新啊。

先只考虑从左到右的情况，从右到左把整个序列 $reverse$ 就行了。

有一个非常自然的想法是把题目放到坐标系上。横坐标代表位置，纵坐标代表时间。发下斜向的移动非常麻烦，考虑把涉及到第 $i$ 个点的时间全部减去 $i$，这样移动时就会变成横线。

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ps.来自官方题解

考虑修改和查询。可以发现对于临近的两个点 $i,i+1$，设它们的时间区域分别是 $[a,b],[c,d]$。假设两区间有交，那么 $[i,i+1]$ 的时间区域可以看做 $[a,b],[c,d]$ 的交集。

如果无交，这段路径可以表示为一个三元组 $(a,b,c)$，意味着必须先把时间调到 $a$ 才能走进，然后出来时时间是 $b$，中间花费的时间是$c$。比如 $R_i<L_{i+1}$，那么三元组为 $(R_i,L_{i+1},0)$；如果 $L_i>R_{i+1}$，那么三元组为 $(L_i,R_{i+1},L_i-R_{i+1})$。

之后还要考虑三元组/二元组（区间）之间的合并，策略是一样的，即能走就走，否则调时间。

合并显然满足结合率，线段树维护即可。

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「APIO2019」路灯-树状数组+cdq分治

2020-05-07

考虑开/关一个路灯对询问的影响。

假设 $i$ 时刻 $x$ 到 $x+1$ 的路灯发生了变化，那么设 $x$ 最左边能走到 $p$， $x+1$ 最右边能走到 $q$，那么对于 $a\in [p,x],b\in [x+1,q]$ 的询问，贡献为加上/减去 $q-i$。值得注意是，当询问时 $a,b$ 联通，还要减去 $q-i$。（加上/减去 $q-i$ 其实是个差分）。

问题转化为矩形加+单点查。把矩形加差分成四个操作后就是一个三维偏序。

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「Gym102341」Infernape-点分治

2020-05-20

显然有一种思路：

$$\begin{gathered} ans=\sum _{i=1}^k|\{u|\forall x\in [1,i)\cup (i,k],dis(a_x,u)\le b_x\}|- \\ |\{u|\forall x\in [1,k],dis(a_x,u)\le b_x\}|\times (k-1) \end{gathered}$$

有一个结论是，对于满足距离两个点 $a,b$ 小于某两个定值 $c,d$ 的点，它一定满足距离另一个点 $x$ 小于 $y$，并且这是充要条件。

那么要算上面的式子就相当于要算 $O(k)$ 次距离某个点小于一个定值的连通块大小，点分治即可。

「Codechef」JERRYTOM-弦图

2020-05-20

这题解咕到了26号才写。

答案是最大团大小，因为没选最大团老鼠一定可以有地方可以去。否则建立鸡老师考试题里的那棵树，老鼠一定可以被往叶子逼。

具体见 2020-05-14 考试题

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「Codeforces449D」Jzzhu and Numbers-FWT

2020-05-26

$and$ 意义下 $DWT$ 是高维前缀和。设 $F$ 表示把 $n$ 个式子 $DWT$ 之后的乘积。这就意味着 $F_s=2^{\sum [s\&a_i=s]}$。这样高维前缀和之后就可以直接算出 $F$，然后 $IDWT$ 即可。

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「51nod1575」Gcd and Lcm-Min_25筛

2020-06-04

设 $f(n)$ 表示 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{n}lcm(gcd(n,i),gcd(n,j))$ 是积性函数。而且 $f(p^e)$ 用等比数列求和可以算出来是 $(2e+1)(p^{2e}-p^{2e-1}+p^{e-1})$，直接 Min_25筛即可。

实际上 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{n}lcm(gcd(n,i),gcd(n,j))$ 大力推导一波可以发现是 $$\sum _{u|n}u\sum _{v|\frac{n}{u}}\mu (v)(\sum _{x|\frac{n}{uv}}x\varphi (\frac{n}{x}){)}^2$$

是若干个积性函数卷积起来的结果，的确是积性函数。

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「Luogu4916」「MtOI2018」魔力环-burnside定理+组合计数

2020-06-06

看到旋转同构，首先套一个 $burnside$ 定理上去：

$$ans=\frac{{\sum }_{i=1}^{n}f(i)}{n}$$

其中 $f(i)$ 表示旋转 $i$ 次的不动点数量，这等价于 $g(gcd(n,i))$，其中 $g(i)$ 表示有 $i$ 个循环的方案数。

由于要求每个循环的染色/不染色状态相同，所以如果 $m\nmid i$，那么 $g(n/i)$ 一定是 $0$。

所以

$$ans=\frac{{\sum }_{d|gcd(n,m)}g(d)\varphi (n/d)}{n}$$

考虑如何计算 $g$。考虑 $n$ 个珠子被分为了 $n/i$ 段，同一段之间任意两点属于的循环不同，如下表示$n=12,i=4$的情况（标号表示属于的循环）：

0123|0123|0123

首先特判 $n=m$ 的情况，这样每一段至少有一个珠子没有染色。由于每一段染色情况相同且不合法的段最多横跨两段，所以整个环染色珠子长度不能超过 $k$，等价于在一个长度为 $n/i$ 的项链上染 $m/i$ 个珠子。

考虑计算把 $n$ 个珠子中的 $m$ 个染色，使得最长染色段不超过 $k$ 方案数。假设强制第一个珠子没有被染色，那么相当于把 $m$ 个染色珠子丢进 $n-m$ 个空隙中，每个空隙不能超过 $k$ 个，容斥即可，设算出的答案为 $s$。然后由于每个位置都可以是黑色，所以要乘上 $n$，又因为一种方案被重复计算了 $n-m$ 次，所以要除以 $n-m$。综上，答案就是 $\frac{s\times n}{m}$