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$\lceil \frac{n}{2} \rceil$⌈2n​⌉）。

这个是一个背包问题，可以分治$NTT$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$O(nlog^2n)$O(nlog2n)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$2视作一条连接$x,y$x,y的边，可以发现这个图是一个森林。因为如果一个联通块$S$S存在$\geq |S|$≥∣S∣条边，那么全用一操作是不劣的。

称一个集合$S$S是好的，当且仅当这个可以被$|S-1|$∣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$+1$+1的影响，可以发现奇数层的点权和$A$A等于偶数层的点权和$B$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$+1$+1的影响，这意味着$|A-B| < |S|$∣A−B∣<∣S∣并且$|A-B|\equiv |S| \mod 2$∣A−B∣≡∣S∣mod2。可以$O(3^n)$O(3n)+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$H$H的$BFS$BFS树，可以发现

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

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

• $dis_s=0,dis_i \in [1,d](i \neq s)$diss​=0,disi​∈[1,d](i​=s)，且只有一个下标$t$t满足$dis_t=d$dist​=d；
• 若边$(u,v) \in G$(u,v)∈G，那么 $|dis_u-dis_v| \leq 1$∣disu​−disv​∣≤1。

一种暴力的想法是直接枚举直径起点然后$DP$DP。

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

• $dis_x=0,dis_i \in [-\frac {d} {2} ,\frac {d} {2}](i \neq s)$disx​=0,disi​∈[−2d​,2d​](i​=s)，且分别只有一个下标$t$t满足$dis_s=-\frac {d} {2},dis_s=\frac {d} {2}$diss​=−2d​,diss​=2d​；
• 若边$(u,v) \in G$(u,v)∈G，那么 $|dis_u-dis_v| \leq 1$∣disu​−disv​∣≤1。

设 $mxd_i$mxdi​ 表示 $i$i 子树内的最大深度，$f_{i,0/1/2,0/1/2}$fi,0/1/2,0/1/2​ 表示以$i$i为根的子树内，有$0,1,\geq 2$0,1,≥2个点满足$dis_i=mxd_i$disi​=mxdi​，另一维表示有$0,1,\geq 2$0,1,≥2个点满足$dis_i=-mxd_i$disi​=−mxdi​，转移时枚举当前边的边权为$-1,0,1$−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$T_{1..m}$T1..m​的广义SAM，然后建立以编号为下标的线段树，对于串 $T_i$Ti​ 的每个后缀在下标 $i$i 处 $+1$+1。按 $fa$fa 树线段树合并就可以统计出每个节点代表的串分别在 $T_{1..m}$T1..m​ 中出现了多少次。

先预处理 $S$S 每个前缀在广义 $SAM$SAM 中匹配点，询问时用倍增跳到父亲中最后一个满足 $len \geq pr-pl+1$len≥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 $reverse$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 $i$i 个点的时间全部减去 $i$i，这样移动时就会变成横线。

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-x1K3iFv4-1591539484684)(https://s1.ax1x.com/2020/05/06/YVQMEd.png)]

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 $i, i + 1$i,i+1，设它们的时间区域分别是 $[a,b],[c,d]$[a,b],[c,d]。假设两区间有交，那么 $[i, i+1]$[i,i+1] 的时间区域可以看做 $[a,b],[c,d]$[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 $(a,b,c)$(a,b,c)，意味着必须先把时间调到 $a$a 才能走进，然后出来时时间是 $b$b，中间花费的时间是$c$c。比如 $R_i < L_{i+1}$Ri​<Li+1​，那么三元组为 $(R_i,L_{i+1},0)$(Ri​,Li+1​,0)；如果 $L_i > R_{i+1}$Li​>Ri+1​，那么三元组为 $(L_i,R_{i+1},L_i-R_{i+1})$(Li​,Ri+1​,Li​−Ri+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 $i$i 时刻 $x$x 到 $x + 1$x+1 的路灯发生了变化，那么设 $x$x 最左边能走到 $p$p， $x+1$x+1 最右边能走到 $q$q，那么对于 $a \in [p,x], b \in [x+1,q]$a∈[p,x],b∈[x+1,q] 的询问，贡献为加上/减去 $q - i$q−i。值得注意是，当询问时 $a,b$a,b 联通，还要减去 $q - i$q−i。（加上/减去 $q - i$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：

$ans = \sum_{i=1}^k |\{u| \forall x \in [1,i) \cup (i,k],dis(a_x,u) \leq b_x \}|- \\ |\{u| \forall x \in [1,k],dis(a_x,u) \leq b_x \}|\times (k-1)$ans=i=1∑k​∣{u∣∀x∈[1,i)∪(i,k],dis(ax​,u)≤bx​}∣−∣{u∣∀x∈[1,k],dis(ax​,u)≤bx​}∣×(k−1)

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

那么要算上面的式子就相当于要算 $O(k)$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

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

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「51nod1575」Gcd and Lcm-Min_25筛

2020-06-04

设 $f(n)$f(n) 表示 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n lcm(gcd(n, i), gcd(n, j))$∑i=1n​∑j=1n​lcm(gcd(n,i),gcd(n,j)) 是积性函数。而且 $f(p^e)$f(pe) 用等比数列求和可以算出来是 $(2e+1)(p^{2e}-p^{2e-1}+p^{e-1})$(2e+1)(p2e−p2e−1+pe−1)，直接 Min_25筛即可。

实际上 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n lcm(gcd(n, i), gcd(n, j))$∑i=1n​∑j=1n​lcm(gcd(n,i),gcd(n,j)) 大力推导一波可以发现是 $\sum_{u|n} u \sum_{v | \frac{n} {u}} \mu(v) (\sum_{x|\frac{n}{uv}}x\phi(\frac{n}{x}))^2$u∣n∑​uv∣un​∑​μ(v)(x∣uvn​∑​xϕ(xn​))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 $burnside$burnside 定理上去：

$ans = \frac{\sum_{i=1}^n f(i)}{n}$ans=n∑i=1n​f(i)​

其中 $f(i)$f(i) 表示旋转 $i$i 次的不动点数量，这等价于 $g(gcd(n,i))$g(gcd(n,i))，其中 $g(i)$g(i) 表示有 $i$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 $m \nmid i$m∤i，那么 $g(n/i)$g(n/i) 一定是 $0$0。

所以

$ans = \frac{\sum_{d|gcd(n,m)} g(d) \phi (n /d)}{n}$ans=n∑d∣gcd(n,m)​g(d)ϕ(n/d)​

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

0123|0123|0123

首先特判 $n=m$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 $k$k，等价于在一个长度为 $n/i$n/i 的项链上染 $m / i$m/i 个珠子。

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