2024.9 做題記錄

Fractured_Angel發表於2024-11-15

001. CF2002E Cosmic Rays CF*2300

標籤：思維，棧

題意：

給定 \(n\) 個元組，\((a_i,b_i)\)，表示有 \(a_i\) 個 \(b_i\) 按順序排列在一起。一次操作可以刪除以下數字：

  1. 在第 \(1\) 個位置的數字
  2. \(s_i ≠ s_{i-1}\) 的位置 \(i\)

問每個字首最多成操作多少次。

Observation：

  1. 問每個字首最多能撐住幾輪操作，其實暗示我們利用前面的答案以某種方式推出後面的答案。
  2. 手玩樣例可以發現，如果對於 \(x\) 個元組，\(b_i\) 全都不相同，那麼答案即為 \(max(a_1,a_2,...,a_x)\)。證明也是比較顯然的。
  3. 我們考慮處理權值相同的情況，我們簡化問題進行討論——只考慮兩個權值相同的塊夾著一個不同權值塊的情況。將三個塊的大小設為 \(x,y,z\)。如果 \(z≤y\)，那麼根本不會有任何貢獻，答案還是前面的。如果 \(z>y\) 且 \(x≤y\)，那麼其實就會加上這個塊的貢獻，不過這種情況我們在程式碼中其實是可以直接壓進去不管的。如果 \(x>y\) 且 \(z>y\)，那麼就會把 \(y\) 消了，然後 \(x\) 和 \(z\) 拼在一起。然後這個串可以撐住的輪數就變為了 \(x+z-y\)。
  4. 兩個權值相同夾著中間的塊不管是什麼，我們只需要知道它能撐住的輪數即是它的 \(y\)。

Doubt：

想到這裡就感覺想不下去了。當時的想法是因為看到標籤裡有 dp，看怎麼樣能找到前面相同的權值然後用資料結構最佳化一下。結果解法是棧，有些震驚。

Solution：(after seeing le0n's tutorial)

有點像單調棧的意思。

  1. 如果前面的塊大小比你現在壓進來的小，那他根本就沒用，直接更新一下現在消了的次數然後直接從棧裡踢出去即可。
  2. 如果權值和自己相同，更新自己的大小為 \(a_i+stk_{top}-maxx\)，這根據的是性質 \(3\)。然後把這個塊踢出去，為什麼呢？因為你自己合併之後還會壓進來更大的塊。
  3. 其他情況就不能吞或合併了，因為人家比你的大小大，你影響不了人家。
  4. 把自己這個更新後的元組壓進棧，最大值更新，做完了。

002. CF906D Power Tower CF*2700

標籤：擴充套件尤拉定理

雖然 2700 但不怎麼難的題。

擴充套件尤拉定理降冪塔的另一大板子（第一個是上帝與集合的正確用法）。

題意：

給定陣列 \(a\)，每次給定區間 \([l,r]\)，詢問 \(a_l^{{a_{l+1}}^{...^{a_r}}}\)。

Observation：

  1. 看到冪塔，想到擴充套件尤拉定理+快速冪的光速冪解法。
  2. \(\varphi\) 函式的層數是 \(logp\) 級別的，也就是說每次詢問的複雜度都是雙 \(log\)（有一層快速冪）。而 \(\varphi\) 變為 \(1\) 後上面的也不用管了。（上一個板子的結論）
  3. 發現需要用到的 \(\varphi\) 值就那麼幾個，完全可以根號 \(n\) 單點查，或者提前預處理（推薦這個）

Solution:

  1. 預處理出要使用的模數
  2. 遞迴處理詢問（DFS）
  3. 快速冪略有不同，大於 \(p\) 需要模 \(p\) 再加 \(p\)。
  4. 暴力計算即可

003. CF242E XOR on Segment CF*2000

標籤：線段樹，位運算

題意：

在一個序列上做兩種操作

  1. 詢問區間和
  2. 區間異或 \(x\)

Solution：

比較經典的一個 trick 吧。關於區間位運算的，就考慮狀壓線段樹或者拆位線段樹。這裡拆位線段樹比較好寫，於是就寫了空間開銷較大的拆位。

對於數的每一位維護一顆線段樹。

  1. 於是對於修改操作——異或 \(x\)。就是把 \(x\) 拆成二進位制數，如果 \(x\) 這一位為 \(0\)，那麼就沒有改變，否則在區間線段樹上，這一位全部取反。而其和的變化就是 \(sum\) 變為了 \(r-l+1-sum\)。懶標記記錄這個區間是否翻轉即可，下傳操作是顯然的。
  2. 對於求和，顯然的，就是

    \[\sum^{log(maxn)}_{i=0} Sum(i,l,r) \times 2^{i} \]

另外注意建樹的時候，每一位都要 PushUp 就好。

004. CF438D The Child and Sequence CF*2300

標籤：線段樹，勢能分析

題意：

在一個序列上做三種操作：

  1. 詢問區間和
  2. 區間對 \(x\) 取模
  3. 單點修改

Observation：

  1. 發現一個勢能性質就好，就是區間取模次數是 \(log(a_i)\) 級別的，於是進行類似 GSS4 的暴力單點改就好
  2. 什麼時候不改？顯然的，區間最大值小於 \(x\) 就不改。

Solution：

  1. 對於操作 \(1\)，維護區間 \(sum\)。
  2. 對於操作 \(2\)，如 observation 所提到的，進行單點暴力修改。
  3. 對於操作 \(3\)，暴力修改。
  4. 記得 PushUp，但因為沒有懶標記，所以不用 PushDown。

005. CF434D Water Tree CF*2100

標籤：線段樹，樹鏈剖分

題意：

給出一棵以 \(1\) 為根節點的 \(n\) 個節點的有根樹。每個點有一個權值，初始為 \(0\)。\(m\) 次操作。操作有 \(3\) 種：

  1. 將點 \(u\) 和其子樹上的所有節點的權值改為 \(1\)。
  2. 將點 \(u\) 到 \(1\) 的路徑上的所有節點的權值改為 \(0\)。
  3. 詢問點 \(u\) 的權值。

Solution：

就，就直接樹鏈剖分。注意處理 \(1\) 和 \(0\) 的優先順序。如果沒有 tag 記得設為 \(-1\) 而不是 \(0\)，因為會造成歧義。

點查詢的話，其實維護區間和就好，並沒有必要為了點查詢進行額外的麻煩操作。

區間改 \(0\) 就把 tag 和 sum 都賦值為 \(0\)。區間改 \(1\)，就把和賦值為 \(r-l+1\) 即可。

006. CF600E Lomsat gelral CF*2300

標籤：線段樹合併

題意：

有一棵 \(n\) 個結點的以 \(1\) 號結點為根的有根樹。每個結點都有一個顏色，顏色是以編號表示的，\(i\) 號結點的顏色編號為 \(c_i\)。如果一種顏色在以 \(x\) 為根的子樹內出現次數最多，稱其在以 \(x\) 為根的子樹中占主導地位。顯然，同一子樹中可能有多種顏色占主導地位。你的任務是對於每一個 \(i∈[1,n]\)，求出以 \(i\) 為根的子樹中，占主導地位的顏色的編號和。

Solution：

考慮對每一個節點建一棵權值線段樹，而每次算貢獻其實就是將自己節點的權值線段樹向自己的父親合併。而權值線段樹所要維護的就是出現次數的最大值和最終的答案。

如何計算這個節點總的答案？很簡單，就是 \(sgt_{root_u}.ans\)，因為最終的所有答案都會合併到以 \(root_u\) 為根節點的線段樹上。

唯一要注意的細節就是權值線段樹的合併問題，還有加點較為麻煩，更新部分可以考慮加一個 PushUp 函式減小碼量。

007. UVA437 The Tower of Babylon 提高+/省選-

標籤：拆點，動態規劃

看紫書看到這麼個題，於是就混進來一道 Uva。

題意：

有 \(n\) 種長方體，邊長為 \(a,b,c\)。可以任意調轉長方體的方向。現在進行長方體堆疊，滿足 \(a'<a\) 且 \(b'<b\) 的長方體可以堆疊在邊長為 \(a,b,c\) 的長方體上面。問最高能堆疊到什麼高度。

Solution：

其實還是挺簡單的，首先由於可以翻轉，考慮把 \(a,b,c\) 按任意順序排列，拆為 \(6\) 個點（好像 \(2\) 個就夠，但是 \(6\) 個好想）。隨後對這 \(6n\) 個點按題目要求建圖。

注意到題目中是天然的二維偏序關係，於是這個圖是一個 有向無環圖。在這個 DAG 上面跑 Toposort 求出最長路即可。

最後答案是所有的 \(dis\) 取一個 \(max\)。

008. CF1209G1 Into Blocks (easy version) CF*2000

標籤：並查集，STL-set

題意：

給定序列 \(A\)。每次改動需要花費 \(cnt_x\) 的代價將所有權值為 \(x\) 的位置全都改換為另一個權值 \(y\)（自己定）。最終要求所有相同的數都連續出現。問最小代價。

Observation：

  1. 我們發現，相交的區間和不交的區間有本質區別。於是先想到維護每個權值的左右端點。
  2. 在一群相交的線段裡面，所花費的最小代價就是區間長度減去數最多的一個權值的個數。
  3. 把所有貢獻加起來就是答案。

Solution：

  1. 考慮經典 Trick，使用 set 的神奇排序維護區間交，並使用 dsu 並查集把交的線段放一個集合裡。
  2. 怎樣維護區間求交？詳見會場預約那題。大概就是：
bool operator < (const Line &x) const
{
    return R < x.L;
}

然後如果交就會判定為相等，但是其實有點細節。比如合併的這段程式碼：

int minn = ll[i], maxn = rr[i];
while(pos != s.end())
{
    Union(i, (*pos).id);
    minn = min(minn, (*pos).L);
    maxn = max(maxn, (*pos).R);
    s.erase(pos);
    pos = s.find(Line{ll[i], rr[i], cnt[i], i});
}
s.insert(Line{minn, maxn, cnt[i], i});

要維護 \(minn\) 和 \(maxn\) 是因為，有可能前面的線段和你有交，和後面的線段也有交，而唯獨和你沒交，於是因為你把它們刪了，於是就不可能合併到一個集合了，所以說，你得維護目前的最小左和最大右端點才能維護交。

  1. 後面就是暴力統計就行。

這做法比較 naive，貌似還有更好的做法。

009. P3071 [USACO13JAN] Seating G 省選/NOI-（真實難度 提高+/省選-）

標籤：線段樹，區間合併線段樹

題意：

有一排 \(n\) 個座位，\(m\) 次操作。\(A\) 操作：將 \(a\) 名客人安置到最左的連續 \(a\) 個空位中，沒有則不操作。\(L\) 操作：\([a,b]\) 的客人離開。

求 \(A\) 操作的失敗次數。

Solution：

如果不是連續的，也有另外一種做法，就是二分 + 線段樹，這種要求連續的更難一些。

其實與 GSS3 區間最大子段和非常像甚至還弱化了。在一個 \(01\) 序列上做操作。對於線段樹上每一個節點 \(p\)，維護其最長 \(1\) 連續段 \(anscnt\)，包含左端點的最長 \(1\) 連續段 \(lcnt\)，包含右端點的最長 \(1\) 連續段 \(rcnt\)。另外記錄一個 tag 維護區間推平為 \(0/1\)。

線段樹的 PushUp 是難點，但是被 GSS3 完美覆蓋了，所以直接上程式碼：

if(Sgt[lc(p)].anscnt == Sgt[lc(p)].R - Sgt[lc(p)].L + 1) Sgt[p].Lcnt = Sgt[lc(p)].anscnt + Sgt[rc(p)].Lcnt;
else Sgt[p].Lcnt = Sgt[lc(p)].Lcnt;
if(Sgt[rc(p)].anscnt == Sgt[rc(p)].R - Sgt[rc(p)].L + 1) Sgt[p].Rcnt = Sgt[rc(p)].anscnt + Sgt[lc(p)].Rcnt;
else Sgt[p].Rcnt = Sgt[rc(p)].Rcnt;
Sgt[p].anscnt = max(max(Sgt[lc(p)].anscnt, Sgt[rc(p)].anscnt), Sgt[lc(p)].Rcnt + Sgt[rc(p)].Lcnt);

建樹和更新的時候細節都有些多，需要想清楚。

下一步是求連續區間左端點。

  1. 如果其左子樹的最長 \(1\) 連續段已經大於等於要求，那麼優先遞迴左子樹（要求編號最小）。
  2. 如果恰好跨過中間，也就是左子樹的 \(rcnt\) 加上右子樹的 \(lcnt\) 是大於等於要求的話，那麼就返回 \(mid\) 減左子樹的 \(rcnt\) 再加 \(1\)，這很好理解。
  3. 否則就是在右邊，遞迴右子樹。

複雜度？這樣只會遞迴一邊，複雜度是必定有保證的。是一種 類似線段樹二分 的方法。

有個雙倍經驗是 Hotel G。

010. P2962 [USACO09NOV] Lights G

標籤：高斯消元

題意：

給出一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖，每個點的初始狀態都為 \(0\)。

你可以操作任意一個點，操作結束後該點以及所有與該點相鄰的點的狀態都會改變，由 \(0\) 變成 \(1\) 或由 \(1\) 變成 \(0\)。

你需要求出最少的操作次數，使得在所有操作完成之後所有 \(n\) 個點的狀態都是 \(1\)。

Solution：

看到 \(n \leq 35\)，考慮亂搞。注意到每個點的“變化操作”相當於一個係數只有 \(0/1\) 的 \(n\) 元方程。而對於每一個元 \(i\)，我們要讓其值為 \(1\)。

因為我們考慮且僅考慮其在模 \(2\) 意義下的值，所以我們可以使用 異或高斯消元。

最後如果沒有自由元的話答案就是 \(1\) 的個數，有自由元的話暴力搜尋即可。注意此時其實不用折半搜尋，因為自由元的個數理論上是不會超過一半的，搜尋回溯複雜度可以接受。

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