AHOI 2022 做题记录

whiteqwq · 2022-05-11 20:19:30 · 个人记录

T2 数组开小了本地测极限还没测出来，痛失 50 分！

更好的阅读体验

T1 P8338 [AHOI2022] 排列

把排列拆成置换环，那么一个 f 就是选两个不在一个环的点，把两个环拼起来，然后对所有环长求 \text{lcm}。

显然环长相同的环可以放在一起考虑，于是只有 O(\sqrt n) 个不同的环，暴力枚举两个环，维护每个质因子的最大、次大、三大幂次就可以 O(Tn\omega(n)+n\log n) 了。

考虑计算一对钥匙和宝箱对答案的贡献，可以发现 (x,y) 这个钥匙-宝箱对合法，当且仅当 x 和 y 的颜色都是 c，且 x\rightarrow y 路径上，把颜色 c 的钥匙看作左括号，箱子看作右括号，形成了一个合法括号序列。

于是枚举每种颜色建出虚树，然后枚举钥匙得到 5n 个合法对。可以发现一个合法对可以造成贡献当且仅当路径起点在 x 子树内，终点在 y 子树内，二维数点即可。

复杂度 O(n\log n)。

首先有一个很显然的 O(n^2) dp：

令 f_{i,j} 为使用了前 i 个数字，目前最多可以凑出前缀 [1,j] 的方案数，转移只需要新加入的区间拼的上就好了。

实际上，转移时的限制可以写作“集合中 \leqslant k 的数之和要 \geqslant k”。于是我们考虑容斥，我们找到第一个不满足的位置 p 进行转移，并乘上 -1 的系数。

此时有一个很好的性质，由于 p 之前的位置都满足性质，所以小于等于 p-1 的数之和一定是 p-1。

那么就可以把 dp 变成一维的，令 f_i 为 [1,i] 内的数，和恰好为 i 的方案的容斥系数之和。它的计算可以用正常的整数拆分减去 f 带来的容斥转移。

这一类型的 dp 有一个很经典的优化到背包的方法，我们可以类似 P6189 [NOI Online #1 入门组] 跑步，一次要么加入一个钦定不满足的数字，要么给全局加若干次一，可以发现只会加入至多根号个数字，所以做这个 dp 的复杂度是 O(n\sqrt n) 的。

但是我们在转移前必须把转移过来的 dp 值提前计算完成，可以使用类似半在线卷积，每次先求出前一半的 dp 值，再转移给后一半。

复杂度是 n\sqrt n+\frac{n\sqrt n}{2}+\frac{n\sqrt n}{4}+\cdots=O(n\sqrt n) 的。

哈哈，我不会多项式级别做法！

首先删掉被包含的路径，然后删掉子树内没有路径结尾的点，称操作后路径结尾是叶子的路径是好路径。

考虑子树 x 内部且经过 x 的路径，显然我们只需要关心子树内的好路径，令其儿子 u_1,u_2,\cdots,u_k 子树内好路径结尾数分别为 v_1,v_2,\cdots,v_k（不妨令其为降序），不难发现一次操作最多覆盖两个儿子的好路径。

那么根据经典结论有：若 v_1\leqslant \sum_{i=2}^k v_i，那么可以在 \lceil\frac{\sum_{i=1}^k v_i}{2}\rceil 次操作内覆盖完全。

否则我们一定是贪心地把 v_{2,\cdots k} 与 v_1 抵消，我们给答案加上 \sum_{i=2}^k v_i。我们引入“免费路径”这一概念，表示某棵子树内可以免费地覆盖一些路径。于是我们可以记录“x 子树多出了 \sum_{i=2}^k v_i 条免费路径”并递归 u_1。

然后考虑一条以 x 为开头的路径，不妨令其结尾为 y。若 y 的祖先有免费路径，就将最深的一个有免费路径的祖先的免费路径移动到 y 上。否则给答案加一并在 y 上新建一个免费路径。

各类维护都可以用树状数组实现，时间复杂度 O(n\log n)。