2019雅礼集训day7 题解

T1 Inverse

$1\le n\le 500,0\le k\le 50$

设$f(i,j,k)$表示$k$次操作后$P_i<P_j$的概率。

考虑暴力$O(n^{4}k)$的转移：

• $r<i$或$l>j$或$i<l\le r<j$，$f(i,j,k-1)\to f(i,j,k)$
• $l\le i\le r<j$，$f(l+r-i,j,k-1)\to f(i,j,k)$
• $i<l\le j\le r$，$f(i,l+r-j,k-1)\to f(i,j,k)$
• $l\le i<j\le r$，$1-f(l+r-j,l+r-i,k-1)\to f(i,j,k)$

前缀和的前缀和将复杂度优化到$O(n^{2}k)$(为简洁表达，忽略$k$一维)：

• 对于第二类$l\le i\le r<j$，贡献为
  $\sum _{l=1}^i\sum _{r=i}^{j-1}f(l+r-i,j)$
  $=\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{j-i-1}f(l+r,j)$
  设$S_1(n,j)=\sum _{i=1}^{n}f(i,j),S_2(n,j)=\sum _{i=1}^n{S}_1(i,j)$
  则
  $\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{j-i-1}f(l+r,j)$
  $=\sum _{l=1}^i{S}_1(l+j-i-1,j)-S_1(l-1,j)$
  $=S_2(j-1,j)-S_2(j-i-1,j)-S_2(i-1,j)$
• 对于第三类$i<l\le j\le r$，贡献为
  $\sum _{l=i+1}^j\sum _{r=j}^{n}f(i,l+r-j)$
  $=\sum _{l=i+1}^j\sum _{r=0}^{n-j}f(i,l+r)$
  设$S_3(i,t)=\sum _{j=t}^{n}f(i,j),S_4(i,t)=\sum _{j=t}^n{S}_3(i,j)$
  则
  $\sum _{l=i+1}^j\sum _{r=0}^{n-j}f(i,l+r)$
  $=\sum _{l=i+1}^j{S}_3(i,l)-S_3(i,l+n-j+1)$
  $=S_4(i,i+1)-S_4(i,j+1)-S_4(i,n+i-j+2)$
• 对于第四类$l\le i<j\le r$，贡献为
  $i\times (n-j+1)-\sum _{l=1}^i\sum _{r=j}^{n}f(l+r-j,l+r-i)$
  其中
  $\sum _{l=1}^i\sum _{r=j}^{n}f(l+r-j,l+r-i)$
  $=\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{n-j}f(l+r,l+r+j-i)$
  设$g(i,j)=f(i,i+j)$
  则
  $\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{n-j}f(l+r,l+r+j-i)$
  $=\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{n-j}g(l+r,j-i)$
  设$S_5(n,j)=\sum _{i=1}^{n}g(i,j),S_6(n,j)=\sum _{i=1}^n{S}_5(i,j)$
  则
  $\sum _{l=1}^i\sum _{r=0}^{n-j}g(l+r,j-i)$
  $=\sum _{l=1}^i{S}_5(l+n-j,j-i)-S_5(l-1,j-i)$
  $=S_6(n+i-j,j-i)-S_6(n-j,j-i)-S_6(i-1,j-i)$

如上维护即可。

#include
#define rep(i,x,y) for(i=x;i<=y;++i)
#define req(i,x,y) for(i=x;i>=y;--i)
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=505,mod=1e9+7;

int n,m,ini[N],f[N][N],ss[N],nv;
int a[N][N],b[N][N],c[N][N];
ll ans;


inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
inline void dc(int &x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;}
inline int adi(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dci(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}

char cp,os[100];
template<class T>inline void rd(T &x)
{
	cp=gc();x=0;int f=0;
	for(;!isdigit(cp);cp=gc()) if(cp=='-') f=1;
	for(;isdigit(cp);cp=gc()) x=x*10+(cp^48);
	if(f) x=-x;
}

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(y&1) re=(ll)re*x%mod;
	return re;
}

int main(){
	int i,j,k,v;rd(n);rd(m);
	rep(i,1,n) rd(ini[i]),ss[i]=ss[i-1]+i;
	rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) f[i][j]=(ini[i]>ini[j]);
	nv=fp(ss[n],mod-2);
	for(;m;--m){
		rep(j,2,n){
			rep(i,1,j-1) a[i][j]=adi(a[i-1][j],f[i][j]);
			rep(i,1,j-1) ad(a[i][j],a[i-1][j]);
		}
		rep(i,1,n){
			req(j,n,i+1) b[i][j]=adi(b[i][j+1],f[i][j]);
			req(j,n,i+1) ad(b[i][j],b[i][j+1]);
		}
		rep(j,0,n){
			rep(i,1,n-j) c[i][j]=adi(c[i-1][j],f[i][i+j]);
			rep(i,1,n-j) ad(c[i][j],c[i-1][j]);
		}
		rep(i,1,n)
		 rep(j,i+1,n){
		 	v=(ll)f[i][j]*(ss[i-1]+ss[j-i-1]+ss[n-j])%mod;
		 	ad(v,dci(a[j-1][j],adi(a[j-i-1][j],a[i-1][j])));
		 	ad(v,dci(b[i][i+1],adi(b[i][j+1],b[i][n+i-j+2])));
		 	dc(v,dci(c[n+i-j][j-i],adi(c[n-j][j-i],c[i-1][j-i])));
		 	ad(v,i*(n-j+1));
		 	f[i][j]=(ll)v*nv%mod;
		 }
	}
	rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) ans+=f[i][j];
	printf("%d",ans%mod);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

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T2 Subsequence

$n\le 10^5,|A_i|\le 10^7$

设$f(i,j)$表示前$i$个数选了$j$个数的最大权值，则
$f(i,j)=max(f(i-1,j),f(i-1,j-1)+j\times A_i)$

打表/感性/证明发现：对于每一个$i$，满足$f(i,j)$最优的$j$的范围一定是一端以$i$的后缀。考虑$bst$维护$dp$值的差分，即$f(i,j)-f(i,j-1)$。

每次新加入末端的一个数$a_i$，首先二分找出其在$bst$上所处位置，然后将后面所有点打上$+a_i$标记即可。

#include
#define lc(x) t[x].ch[0]
#define rc(x) t[x].ch[1]
#define F(x) t[x].fa 
using namespace std;
const int N=1e5+10;
typedef long long ll;

int n,a[N],rt,num,stk[N],top;
ll ans[N];

char cp;
inline void rd(int &x)
{
	cp=getchar();x=0;int f=0;
	for(;!isdigit(cp);cp=getchar()) if(cp=='-') f=1;
	for(;isdigit(cp);cp=getchar()) x=x*10+(cp^48);
	if(f) x=-x;
}

struct node{int ch[2],fa,sz;ll g,lzy;}t[N];

inline void pu(int x)
{if(!x) return;t[x].sz=t[lc(x)].sz+t[rc(x)].sz+1;}

inline void dn(int x)
{
	if(!t[x].lzy) return;
	if(lc(x)){
		t[lc(x)].lzy+=t[x].lzy;
		t[lc(x)].g+=t[x].lzy;
	}
	if(rc(x)){
		t[rc(x)].lzy+=t[x].lzy;
		t[rc(x)].g+=t[x].lzy;
	}
	t[x].lzy=0LL;
}

void ins(int fr,int &x,int id,int v,int bs)
{
	if(!x) {x=id;F(x)=fr;t[x].g=(ll)(bs+1)*v;return;}
	dn(x);
	if((ll)(bs+t[lc(x)].sz+1)*v>t[x].g) ins(x,lc(x),id,v,bs);
	else ins(x,rc(x),id,v,bs+t[lc(x)].sz+1);
	pu(x);
}

void dfs(int x)
{
	dn(x);
	if(lc(x)) dfs(lc(x));
	num++;
	ans[num]=t[x].g;
	if(rc(x)) dfs(rc(x));
}

inline void rot(int x)
{
	int y=F(x),z=F(y),dr=(rc(y)==x);
	t[y].ch[dr]=t[x].ch[dr^1];
	if(t[y].ch[dr]) F(t[y].ch[dr])=y;
	F(x)=z;if(z) t[z].ch[rc(z)==y]=x;
	F(y)=x;t[x].ch[dr^1]=y;pu(y);
}

inline void splay(int x)
{
	int y,z;
	for(y=x;y;y=F(y)) stk[++top]=y;
	for(;top;--top) dn(stk[top]);
	for(;F(x);rot(x)){
		y=F(x);z=F(y);
		if(z) ((rc(y)==x)^(rc(z)==y))?rot(x):rot(y);
	}
	rt=x;pu(x);
}

int main(){
	int i,j;rd(n);
	for(i=1;i<=n;++i) rd(a[i]),t[i].sz=1;
	rt=1;t[1].g=a[1];
	for(i=2;i<=n;++i){
		ins(0,rt,i,a[i],0);splay(i);
		if(rc(i)){t[rc(i)].lzy+=a[i];t[rc(i)].g+=a[i];}
	}
	dfs(rt);
	for(i=2;i<=num;++i) ans[i]+=ans[i-1];
	for(i=1;i<=num;++i) printf("%lld ",ans[i]);
	return 0;
}

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T3 Convex

$4\le n\le 2\times 10^6,|x_i|,|y_i|\le 10^9$

两半的面积之差可以转成$|S-2X|$，其中$S$为总面积，$X$为其中一半的面积。

枚举对角线，考虑固定对角线的一端，其对踵点前的一段区间均满足$2X\le S$，后一段均满足$2X>S$，拆绝对值后转成了求边叉积(相当于一些以原点为端点的三角形的有向面积)的前缀和。再维护一个端点横纵坐标的前缀和，大力讨论即可。

复杂度$O(n)$(线性求对踵点，代码二分求的对踵点($O(n\log n)$也可过)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=4e6+10,mod=1e9+7;

int n,ans,dz[N],pz[N],ss;
ll sum,qz[N];

struct P{
	ll x,y;
	P(ll x_=0,ll y_=0):x(x_),y(y_){};
	P operator -(const P&ky){return P(x-ky.x,y-ky.y);}
	P operator +(const P&ky){return P(x+ky.x,y+ky.y);}
}p[N],s[N];

inline ll cg(P a,P b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(y&1) re=(ll)re*x%mod;
	return re;
}

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
inline void dc(int &x,int y){x-=y;if(x<0) x+=mod;}
inline int adi(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dci(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}

inline char gc()
{
	static char buf[1000005];static int p1=0,p2=0;
	if(p1==p2) p1=0,p2=fread(buf,1,1000005,stdin);
	if(p1==p2) return EOF;return buf[p1++];
}

char cp,os[100];
template<class T>inline void rd(T &x)
{
	cp=gc();x=0;int f=0;
	for(;!isdigit(cp);cp=gc()) if(cp=='-') f=1;
	for(;isdigit(cp);cp=gc()) x=x*10+(cp^48);
	if(f) x=-x;
}

template<class T>inline void ot(T x)
{
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    int re=0;
    for(;(!re)||x;x/=10) os[++re]='0'+x%10;
    for(;re;--re) putchar(os[re]);
}

inline int zlh(ll x){x%=mod;return x<0?x+mod:x;}

inline ll askk(int l,int r){
    if(r<=n) return qz[r]-qz[l-1];
    return sum-(qz[l-1]-qz[r-n]);
}
inline ll gtarea(int l,int r){return askk(l,r-1)+cg(p[l],p[r]);}

inline void sol(int id)
{
	int l=id+2,r=id-2+n,mid,re=id,bs,res,o=0;
	for(;l<=r;){
		mid=(l+r)>>1;
		((gtarea(id,mid))<=(sum>>1))?l=(re=mid)+1:r=mid-1;
	}
    if(re!=id){
    	bs=n-3-((re-id-1)<<1);ad(ans,zlh(-(ll)bs*ss));
    	res=dci(dz[re-1],dz[id]);
    	ad(res,zlh((ll)(bs-1-id)*dci(pz[re-1],pz[id])));
    	ad(res,zlh((ll)bs*dci(pz[id],pz[id-1])));
		ad(o,res);
    	
    	res=dci((ll)zlh(p[id].x)*dci(s[re].y,s[id+1].y)%mod,(ll)zlh(p[id].y)*dci(s[re].x,s[id+1].x)%mod);
    	dc(o,res);
    	
    	if(re<id-2+n){
    	  bs=id-2+n-re;
          res=dci(dz[id-3+n],dz[re-1]);
		  ad(res,zlh((ll)(-re-bs)*dci(pz[id-3+n],pz[re-1])));
		  dc(o,res);
		
		  res=dci((ll)zlh(p[id].x)*dci(s[id-2+n].y,s[re].y)%mod,(ll)zlh(p[id].y)*dci(s[id-2+n].x,s[re].x)%mod);
		  ad(o,res);	
		}
	}else{
		dc(ans,(ll)(n-3)*ss%mod);
		bs=id-2+n;res=dci(dz[bs-1],dz[id]);
		ad(res,zlh((ll)(-n+3-id-1)*dci(pz[bs-1],pz[id])));
		ad(res,zlh((ll)(-n+3)*dci(pz[id],pz[id-1])));
		dc(o,res);
		
		res=dci((ll)zlh(p[id].x)*dci(s[bs].y,s[id+1].y)%mod,(ll)zlh(p[id].y)*dci(s[bs].x,s[id+1].x)%mod);
		ad(o,res);
	}
	ad(ans,adi(o,o));
}

int main(){
	int i;ll res;rd(n);qz[0]=0LL;
	for(i=1;i<=n;++i) rd(p[i].x),rd(p[i].y);
	for(i=2;i<=n;++i) p[i]=p[i]-p[1];p[1]=P(0LL,0LL);
	for(i=1;i<=n;++i) p[i+n]=p[i];
	
	for(i=1;i<=n;++i) qz[i]=qz[i-1]+cg(p[i+1],p[i]);
	for(i=1;i<n+n;++i){
	  s[i]=s[i-1]+p[i];s[i].x=zlh(s[i].x);s[i].y=zlh(s[i].y);
      pz[i]=adi(pz[i-1],zlh(cg(p[i+1],p[i])));
	}
	sum=qz[n];ss=pz[n];
    
	for(i=1;i<n+n;++i) dz[i]=adi(dz[i-1],(ll)i*dci(pz[i],pz[i-1])%mod);
	
	for(i=1;i<=n;++i) sol(i);
	
	printf("%d",(ll)ans*fp(2,mod-2)%mod);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

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小结

T1连dp转移都没想出来，更别说后面的繁琐讨论+求前缀和的前缀和的优化了。
T2比较套路，但还是没有联想到最优决策是一段后缀就上$bst$。
T3很傻，但还是码了很久。