PB的一些神题（1）

时间 2019-11-18

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原文原文链接

首先ORZ PB优化

ARC068F

考虑在k的位置把一个合法序列掰成两半：$[1,k-1]$和$[k+1,n]$spa

先考虑摆$[k+1,n]$的方案数，容易发现剩下的是一个单调队列，每次能够从头尾两端取。设$A_i$表示有$i$个元素的单调队列的取法，有$A_0=A_1=1,A_i=2A_{i-1}(i\geq 2)$，显然这能够预处理翻译

而后是考虑$[1,k-1]$的方案数。能够发现code

$[1,k-1]$内的最小值要大于$[k+1,n]$内的最大值（性质1）
$[1,k-1]$由两个单调降低序列穿插而成，且有一个队列在$k$处结束（性质2）

设$f[i][j]$表示填了$i$个数，最小值为$j$的方案数排序

考虑新加一个数$k$，若是$k<i$，那直接转移，不然只有当前没填过的最大的$k$能加入序列，不然会构成大于2个单调降低序列或者破坏性质2.队列

因此有$f[i][j]=\sum\limits_{k>j} f[i][k]+f[i-1][j]$游戏

后缀和优化便可get

代码it

AGC014D

首先 ~~和你旁边的人~~ 手玩一下样例和本身造的树io

~~而后你旁边的人就会骂你把必败态给他玩~~

而后你会发现，若是存在叶子节点，选它的父亲能够迫使后手选叶子节点，重复这个过程。

再想一下，若是把已经涂色的点删掉，这个过程就是贪心求完美匹配的过程。

因而有结论：若是存在完美匹配，后手胜，不然先手胜。

代码

AGC005F

~~一个取模引起的血案~~

这东西正着算很难算，考虑反着算 ~~而后你就作完了~~

设$f_{x,k}$表示选k个点组成的连通图中不包括x的方案数，易知这k个点都在x的子树中

因此$f_{x,k}=C^n_k-\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k$,$ans_k=\sum f_{x,k}=n*C^n_k-\sum\limits_x\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k$

设$sz_u=i$的个数为$num_i$,则

$ans_k=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} num_i*C^{i}_k\\=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!}{(i-k)!k!}\\=n*C^n_k-\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!num_i}{(i-k)!}$

令$A_i=num_i*i!$,$B_i=\frac{1}{(n-i)!}$，这就是一个套路的NTT

代码

ARC082E

从原图中随便取一个凸多边形出来，设顶点点集为$S$，凸多边形内（不含顶点）的点的集合为$T$

设$T$的子集为$T'$，则$ S\cup T'$有$2^{|T|}$种取法，即$2^{|S\cup T|-|S|}$种取法，是否是和原题求的东西很像呢？也就是说，一个存在凸包的点集对答案有1的贡献。

因而就枚算一下不存在凸包的点集，即所有点共线的点集的个数，直接暴力$O(n^3)$

代码

AGC010E

首先能够发现，不互质的数的相对位置不会改变。

而后你按字典序，对一个数$x$，把它和尽可能小的不和它互质的数连边（这个我不知道怎么讲清楚，看代码8……），而后你就获得了一堆拓扑图。把它们丢去拓扑排序，按照题意，每次必定会把当前最大的入度为0的点输出，用优先队列维护拓扑排序的过程便可。

代码

AGC010D

~~以前按奇数的个数讨论胜负，一看到题解"奇数个偶数"我就知道我想假乐~~

~~而后从新想~~

若是这个序列中若是存在1，把这个序列中（不为1的数-1）加起来，若是和为奇数先手胜，不然后手胜。

考虑前后手的一轮操做，在没有除法的状况下，能够保证奇/偶数个数的奇偶性不变，一样，在这个过程当中，gcd为奇数，因此除法不影响奇/偶数个数的奇偶性。而后变到1就不能操做，偶数个数整体趋势仍是减小的。当只剩一个偶数和一堆1时，根据上面的结论先手胜。因此有偶数个奇数时，先手必胜。

不然若是有偶数个偶数时，考虑游戏中任意一个局面，它的gcd为1，说明原序列中有$\geq 1$个奇数。也就是说，若是先手对偶数执行-1操做，gcd一直为奇数，除掉了之后奇偶数的个数不变，即变成了有奇数个偶数的状况，此时先手必败。那操做奇数呢？只剩下一个奇数时才能这么干，不然仍是先手必败,理由同上。因此有偶数个偶数，且奇数个数$> 1$时，后手必胜，不然除掉gcd继续处理。

模拟一下就完了

代码

AGC008E

首先能够建一个$i\rightarrow p_i$的图，它显然会有不少个环。一个$i\rightarrow a_i$的图是由$i\rightarrow p_i$或$i\rightarrow p_{p_i}$的边组成

而后考虑一个环在通过这样子变化后会变成怎样:

全是$i\rightarrow p_i$的边

和原图同样
全是$i\rightarrow p_{p_i}$的边

奇环没被拆掉，不过和原来的环长得不同。

偶环被拆成两个大小同样的环。
两种边都有

最后会造成环套树，且树是链的形态，一个环点只能挂一条链。

如今从$i\rightarrow a_i$反推会$i\rightarrow p_i$

环
偶环和自环没变化，贡献为1

奇环能够变得不同也能够维持原样，贡献为2

合并环，设合并$2i$个长为$l$的环。因为环的形态是固定的，因此合并两个环的方案数为$l$ . 而后环对内的顺序和环对的相对顺序没有关系，因此最后方案数为$\frac{l^i*(2i)!}{i!2^i}$
环套树
设挂链的环点为关键点，链长为$len$，一个点和它后边第一个关键点的距离为$dis$

若是$len<dis$，链的第一个点有两个地方塞，因此有两种塞法

若是$len=dis$，只有一种塞法

不然没有塞法

加法/乘法原理统计一下就好了

代码

CF1217F

~~1操做map判断有无连边，2操做可撤销并查集维护~~

上面是假的，在线要写ETT，然而LOJ最短的ETT板子也有6k……

考虑$lstans$只有0和1两种取值，而后就能够把一个询问$q_i$拆成两个$q_{i,1},q_{i,2}$，组成全局询问。对全局询问处理，处理出和下一个和$q_{i,j}$彻底同样的询问出现的时间$nxt$，则$q_{i,j}$这个询问存在的时间为$[i+1,nxt]$。而后线段树分治+可撤销并查集进行处理。

处理方法：分治按时间分治。记上次的答案为$lstans$，而后处理出真的询问/修改。若是是询问直接询问。若是是修改就拿个map记一下这个修改有没有被加过，没被加过就把这个修改对应的区间加上这条边，不然不加。

对于$lstans\oplus 1$对应的修改，也要判断是否能够加到线段树里进行加边，可是不哟用修改map！！

正确性嘛……没有涉及到的边会一直加，直到被涉及到……

代码

AGC036F

哎金华集训讲过来着？~~证实我在睡觉~~

这里意译翻译一个官方题解，感受很妙：

考虑直接容斥：

求全部$i$知足$p_i^2+i^2<(2n)^2+1$的状况下，钦定$k$个$i$知足$p_i^2+i^2<n^2$的方案数。设$l_i$表示知足$x^2+i^2<n^2$最大的$x$，$r_i$表示知足$x^2+i^2<(2n)^2+1$最大的$x$.令$被钦定了没被钦定h_i=l_i(被钦定了)\;or\;r_i(没被钦定)$。把$h_i$从小到大排序，则方案数为$\prod\limits_{i=0}^{2n-1} (h_i-i)$

而后你 ~~就须要和出题人同样有强大的脑洞~~ 要考虑一下$h$有什么限制：

把$l_i$和$r_i$划分红三个集合$A$,$B$,$C$：

$A=\{l_i|\;0\leq i\leq n-1\}$
$B=\{r_i|\;n\leq i\leq 2n-1\}$
$C=\{r_i|\;0\leq i\leq n-1\}$

设$A$,$B$,$C$里的元素分别为$a$,$b$,$c$，把它们升序排序会发现全部的$c$在$a$和$b$的前面。

而后对于$n\leq i\leq 2n-1$，$h_i$必须等于$r_i$。对于$0\leq i \leq n-1$，$h_i$能够在$l_i,r_i$里选一个

先枚举选了多少个$a$，而后考虑到$i$变大时$l_i$和$r_i$都是递减的，且对于同一个$i$，$l_i<r_i$。因此设$dp[i][j]$表示dp到第$i$个数，选了$j$个$a$. 先把全部的$l,r$排序，而后分类讨论这是$a$仍是$b$仍是$c$，再记录一下填了有多少个$b$就能够$O(1)$肯定一个数的位置啦，就完了8

代码

AGC004F

一题拖一星期我也真是厉害……

树

树是个二分图，因而把它黑白染色，设黑点权值为$-1$，白点权值为$1$，以$x$为根的子树和为$f_x$

则答案为$\sum\limits_{i=1}^n |f_i|$

咱们把黑点当作洞，把白点当作球。这个式子就是让$i$子树内全部子树内全部的洞和球都匹配完。为了达成这目的，咱们须要经过父边运一些球进来或运出去

奇环套树

设环边链接的两个点为$u,v$。所以$u,v$同色，就是咱们操做一次，能够往$u,v$同时放下或同时拿出一个球，因此能够计算出操做$(u,v)$的次数（即$f_1/2$），剩下的按树的作

偶环套树

此时$u,v$不一样色，所以操做一次$u\rightarrow v$就至关于把$u$和它祖先的$f$都$+1$，把$v$和它祖先的$f$都$-1$（$v\rightarrow u$同理）

设操做$u\rightarrow v$了$x$次($x<0$即为操做$v\rightarrow u$)

即要求$\sum\limits_{x\in fa_u}|f_x-x|+\sum\limits_{y\in fa_v} |-f_y-x|$的最小值

$x$取中位数便可

代码