SDOI2019 Round2

这鬼家伙已经咕了很久了……

SDOIR2的题目挺好玩的～

快速查询（？？？）

不难发现全部的操做均可以经过区间打Tag实现

那么能够维护两个标记$a,b$表示序列中的数为$x$时实际表示的值是$ax+b$。对于一个单点赋值操做把值$x$变为$(x-b)a^{-1}$放进数组里面，对于全局赋值操做直接把数组清空。只清空在上一次清空到这一次清空之间被修改的数组上的位置，那么清空的复杂度必定不会大于前面全部操做的操做次数，复杂度就是对的。

至于怎么存这个数组能够离散化也能够像我同样很呆地手写哈希表

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染色（DP）

有一个显然的暴力：设$f_{i,j,k}$表示填满前$i$列、第$i$列两个元素的颜色分别是$j,k$的方案数。复杂度三方一分都没有……

考虑在这个DP的状态上压掉一维。注意到若是咱们称至少有一个位置有颜色的列是重要列，那么若是咱们能够预处理重要列与重要列之间的转移，咱们就只须要记录最后的重要列上$0$位置处填上的颜色便可，那么DP的复杂度就变成了$O(n^2)$。

感受很不错，咱们考虑两个重要列之间的可能状态。设$x,y$是其中一个重要列的颜色，考虑另外一个重要列的颜色，有如下几种状况。在下面的叙述中用$?$表示不与$x,y$相同的颜色，一横排的若干个矩阵表示这些矩阵的方案数是相同的。

$\left(\begin{align*} x && ... && y \ y && ... && x \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && x \ y && ... && y \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && x \end{align*}\right)$ or $\left(\begin{align*} x && ... && y \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && y \end{align*}\right)$ or $\left(\begin{align*} x && ... && x \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

设$g_{i,0/1/2/3/4}$表示这五种状态中间全为$0$的列数为$i$时的填充方案数，转移枚举最后一个全为$0$的列便可，系数有点复杂，可使用矩阵优化可是我这么无脑的人确定是直接大力写式子啊。

而后去掉头尾的全$0$列（由于它们的方案数能够直接贡献到答案里），咱们就能够每一次枚举两列，用上面求出的$g$数组进行转移了。复杂度$O(n^2)$能够经过96pts。

因此最后的4pts固然是打表啦考虑优化DP。

当你写出式子以后就能够发现：其中的全部操做稍做变换能够变为“快速查询”中的区间加、区间乘、单点修改、单点查询、询问全部的和的操做。写一遍不须要离散化的快速查询配上这个DP就能够了。

96pts 100pts

世界地图（最小生成树、虚树）

须要求一个前缀和一个后缀的最小生成树，咱们能够先预处理好前缀和后缀的生成树，而后考虑链接前缀和后缀之间的边的影响。

若是已经有边链接了前缀和后缀，那么若是再加入一条链接前缀和后缀的边，那么必定要删掉两个经度为$1$的点在前缀最小生成树上的路径的最大边权的边，或者两个经度为$m$的点在后缀最小生成树上的路径的最大边权的边。那么能够发现前缀MST和后缀MST上有用的边只是经度为$1$和$m$的点的虚树上的边。

那么咱们预处理先后缀MST的时候也使用一样的方法，计算完MST以后把两边边界上的点在MST上的虚树记录下来，注意到虚树上一条边的边权能够直接赋为这两个点对应MST路径上的全部边的最大边权，那么一个MST中有效的边的数量就是$O(n)$级别的，每一次合并的复杂度就是$O(nlogn)$。

那么这样作就能够获得一个$O((m+q)nlogn)$的作法。

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热闹的聚会与尴尬的聚会（构造）

题设至关于$(p+1)(q+1) \geq n$

考虑以下构造方式：每一次在图中删去度数最小的点和它所连的边直至图为空，设每一次删去的点的序列为$p_1,p_2,...,p_k$，每个点被删去时的度数为$d_1,d_2,...,d_k$，那么周日聚会就邀请$p_1,p_2,...,p_k$，周六聚会就邀请$d_i$取到最大值时对应的图上的全部点。

证实：序列$p$的全部点显然独立，而$d_i$取到最大值时选择的全部点的热闹度就是$\max d_i$。由于$\sum\limits_{i=1}^k (d_i + 1) = n$，$k(\max d_i + 1) \geq \sum\limits_{i=1}^k d_i +1 = n$，因此$(k+1) (\max d_i + 1) \geq n + 1$，因此这样的选择方案是合法的。

删点使用set维护就能够了。

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移动金币（阶梯Nim、DP）

把第$i$个金币和第$i+1$个金币之间的空格个数看做第$m-i$节阶梯的石子数量，那么这个显然是一个阶梯Nim，有效的石子是奇数节的石子，而偶数节的式子对胜负没有影响。

因此咱们只须要考虑奇数节的石子，而对于偶数节的石子直接组合数分配。计算先手获胜的几率彷佛并很差算，可是比较好算的是先手必败的方案数，由于这意味着奇数节阶梯石子异或和为$0$，也就是每一位刚好出现偶数次。发现$n$并非很大，咱们能够直接按位背包。复杂度是$O(mnlogn)$的，可是实际跑得很快。

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连续子序列（记忆化搜索）

发现最近的省选很喜欢出思惟的搜索题（隔壁TJOID2T3就是，ZJOID1T1或许也能够算）

以前有一个相似于$0110$缩成$0$、$1001$缩成$1$的方法，可是彷佛很难避免算重，而后发现有一种更优秀的作法……

考虑T.M.序列的一个性质，能够参考OEIS A010060：令初始序列为$0$，而后用$01$代替$0$，$10$代替$1$，作无限次就能够获得T.M.序列。

那么若是一个序列是T.M.序列的子序列，也就必定可以经过$01$填充为$0$、$10$填充为$1$的方式还原为$0$。

那么咱们考虑dfs(s , k)表示当前前缀为s、后面还须要填充k个字符的方案数，转移能够考虑枚举填充的方式：有多是s的$x(2 \not\mid x)$与$x+1$字符组合，也有多是$x(2 \mid x)$与$x+1$字符组合，即在前面加上一个字符使得$s[1]$可以和这个字符组合，被一个单独的字符填充。

不难发现当一个串的长度$>3$时这样的划分方式是惟一的，证实能够不妨假设两种填充的方式都成立，那么若是在第一种填充方式下填充出了前缀$00$或者$11$，那么在第二种填充方式下就会填充出前缀$000$或者$111$，这是不合法的；而若是填充出了$01$或者$10$，那么在第二种填充方式下根本不可能存在合法的字符串知足条件。

而当串长度$\leq 3$时，好比说串$010$，它就能够被填充为$01|01$或者$10|10$，这两种方案都合法，可是这个字符串只能被计数一次，因此这些地方须要特判。

注意到当$|s|=1$时方案数只和$k$的大小有关，在这种状况下咱们能够进入另外一层递归。在这层递归中使用记忆化，那么总的状态数就是$O(logk)$级别的，而solve函数的递归总数是$O(|s|)$级别的，因此复杂度很小能够经过本题。

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