PA 2019 题解（20/22）
从今天起，关心粮食和蔬菜。
A + B
发现这种计算方式不存在进位，计算过程中只有每个相加的位在得数中对应一个长度为 1 或 2 的段，对原字符串进行每个划分的方案数 dp 即可。 Θ ( log n ) \Theta(\log n) Θ(logn)
代码
Muzyka pop
考虑最高位的贡献， f ( k , l , r ) f(k, l, r) f(k,l,r) 表示规划 l ∼ r l\sim r l∼r 这一段单独规划， b b b 的值都在 [ 0 , 2 k ) [0, 2^k) [0,2k) 内的方案，注意到最高位的贡献恰好是一个后缀，因此有 f ( k , l , r ) = max j { f ( k − 1 , l , j − 1 ) + f ( k − 1 , j , r ) + s r − s j − 1 } f(k, l, r) = \max_j \{ f(k - 1, l, j - 1) + f(k - 1, j, r) + s_r - s_{j - 1} \} f(k,l,r)=maxj{f(k−1,l,j−1)+f(k−1,j,r)+sr−sj−1}，时间复杂度 Θ ( n 3 log m ) \Theta(n^3 \log m) Θ(n3logm)。那么处理出 f f f 之后就可以用来类似的方程做数位 DP 了，这一部分只用对一个后缀来 DP。
时间复杂度 Θ ( n 3 log m ) \Theta(n^3 \log m) Θ(n3logm)。
代码
Wina
由于仅仅是最小化目标，考虑一个数能否被取到，用于更新答案即可。 Θ ( n 2 ) \Theta(n^2) Θ(n2)
代码
Desant
考虑对 DP 进行状态化简，已经删去的数的区间我们只需记住其中一共选了几个数，这样 DP 的状态在考虑前 k k k 个数时只有 ∏ i = 0 k ( 1 + b i ) \prod_{i=0}^k (1 + b_i) ∏i=0k(1+bi) 个，而 ∑ i = 0 k b i = n − k \sum_{i=0}^k b_i = n - k ∑i=0kbi=n−k，因此前面的乘积 ≤ ( n + 1 k + 1 ) k + 1 \leq \left(\frac{n + 1}{k+1}\right)^{k+1} ≤(k+1n+1)k+1，复杂度 Θ ( ∑ k = 1 n ( k + 1 ) ( n + 1 k + 1 ) k + 1 ) \Theta\left(\sum_{k=1}^n (k+1)\left(\frac{n + 1}{k+1}\right)^{k+1}\right) Θ(∑k=1n(k+1)(k+1n+1)k+1)，这个求和的结果其实并不大。
代码
Herbata
首先至少要保证总共热量相同，也就是 ∑ l i a i = ∑ l i b i \sum l_i a_i = \sum l_i b_i ∑liai=∑libi
接着你猜测最值变成一个子区间就行，然后交了一发发现获得了 0 分的好成绩
考虑所有 ( l i , a i l i ) (l_i, a_i l_i) (li,aili) 向量按照斜率排序首尾相连组成的凸壳，发现任何一次平均操作本质上是让凸壳发生了收缩，而操作可以任意小，因此充要条件就是原状态的凸壳将终态的凸壳包住，对斜率排序即可。 Θ ( n log n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn)
代码
Iloczyny Fibonacciego
注意到 F n + m = F n − 1 F m − 1 + F n F m F_{n+m} = F_{n-1}F_{m-1} + F_nF_m Fn+m=Fn−1Fm−1+FnFm，不难得到 F n F m = F n + m − F n + m − 2 + F n + m − 4 − ⋯ + ( − 1 ) min ( n , m ) F ∣ n − m ∣ F_nF_m = F_{n+m} - F_{n+m-2} +F_{n+m-4} - \cdots + (-1)^{\min(n,m)} F_{|n-m|} FnFm=Fn+m−Fn+m−2+Fn+m−4−⋯+(−1)min(n,m)F∣n−m∣，对于这一非正规表示方法，我们不难先用卷积 A ( x ) × B ( x ) A(x)\times B(x) A(x)×B(x) 得到前缀和在 n + m n + m n+m 位置的修改，然后用 A ( − x ) × B ( 1 / x ) x m A(-x)\times B(1/x) x^m A(−x)×B(1/x)xm 得到前缀和在 ∣ n − m ∣ − 2 |n - m| - 2 ∣n−m∣−2 位置的修改。（注意这里在 i < j i < j i<j 和 i > j i > j i>j 的时候差一个 ( − 1 ) i − j (-1)^{i-j} (−1)i−j 的符号）
接下来我们得到了一个每个位置的系数在 Θ ( n 2 ) \Theta(n^2) Θ(n2) 内的有正有负的表示，我们考虑通过二进制分解的方法可以 Θ ( n log x ) \Theta(n\log x) Θ(nlogx) 将一组正的表示转成正规的表示，于是把正负分别转化，之后正规表示的减法是容易的。
时间复杂度 Θ ( n log n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn)。
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Terytoria
首先需注意到两个维度是独立的，接下来我们要做的就是分别计算。考虑一个维度上给出了 n n n 个区间，我们每个区间选择该区间本身或者补集，最大化其交的大小。
注意到最后能取出的集合是两两不交的，考虑对于单位 [ i , i + 1 ] [i, i + 1] [i,i+1]，如果 i , j i, j i,j 两个单位出现于同一个交集中当且仅当覆盖它们的区间集合相同。可以数据结构解决，但我不想写线段树分裂。考虑哈希，给每一个区间赋予一个随机数，将区间内的单位异或上这个数，最后取值相等的视为同一交集即可。由于要离散化所以需要排序， Θ ( n log n ) \Theta(n\log n) Θ(nlogn)。通过生日悖论粗略估算正确率：
∏ k = 0 2 n − 1 ( 1 − 2 − 64 k ) 2 ≈ e − n ( 2 n − 1 ) 2 − 63 ≈ 1 − n ( 2 n − 1 ) 2 − 63 ≈ 1 − 5.42 × 1 0 − 8 \begin{aligned} \prod_{k=0}^{2n-1} (1 - 2^{-64}k)^2 & \approx \mathrm{e}^{-n(2n-1)2^{-63}} \\ & \approx 1 - n(2n-1)2^{-63}\\ & \approx 1 - 5.42\times 10^{-8} \end{aligned} k=0∏2n−1(1−2−64k)2≈e−n(2n−1)2−63≈1−n(2n−1)2−63≈1−5.42×10−8
代码
Szprotki i szczupaki
显然每次吃比自己小的鱼中最重的那条。假设下一条体重 ≥ \ge ≥ 自己的鱼为 w w w，那么我们每次假设在当前还能吃的鱼中进行线段树上二分，可以知道至少吃多少条才能使得体重达到 min ( k , w − 1 ) \min(k, w - 1) min(k,w−1)。注意到每次进行两轮二分体重至少倍增，所以只会进行 Θ ( log w ) \Theta(\log w) Θ(logw) 轮。“吃鱼”可以通过在线段树上打一个永久化的标记完成，最后撤回所有吃鱼标记即可。
时间复杂度 Θ ( q log n log w ) \Theta(q\log n\log w) Θ(qlognlogw)。
代码
Wyspa
坑
Trzy kule
考虑至少某个满足的方案数 2 n 2^n 2n 减去全都不满足的方案数，后者等于 ( r 1 ′ , r 2 ′ , r 3 ′ ) = ( n − 1 − r 1 , n − 1 − r 2 , n − 1 − r 3 ) (r'_1,r'_2,r'_3)=(n-1-r_1, n-1-r_2, n-1-r_3) (r1′,r2′,r3′)=(n−1−r1,n−1−r2,n−1−r3) 对应的答案。字符串本质上只有 4 4 4 种位置： 000 , 001 , 010 , 011 000,001,010,011 000,001,010,011，因为第一位可以异或掉后面的。考虑 Meet in the Middle，若枚举 000 , 011 000,011 000,011 中分别分配几个 0 , 1 0,1 0,1，那么这一部分造成距离贡献为 ( k 0 + k 3 , k 0 + c 3 − k 3 , k 0 + c 3 − k 3 ) (k_0 + k_3, k_0 + c_3 - k_3, k_0 + c_3 - k_3) (k0+k3,k0+c3−k3,k0+c3−k3)。造成的距离贡献只有两个自由度，将另外一部分拼凑的看做是点，这一部分看做是询问，这个三维数点的询问只有两个自由度且可以直接表示为 ( x , y , z ) + ( i + j , c 3 + i − j , c 3 + i − j ) ≤ ( r 1 ′ , r 2 ′ , r 3 ′ ) (x,y,z)+(i+j, c_3 + i-j, c_3 + i-j)\le (r'_1,r'_2,r'_3) (x,y,z)+(i+j,c3+i−j,c3+i−j)≤(r1′,r2′,r3′)，因此 max ( y − r 2 ′ , z − r 3 ′ ) ≤ c 3 + i − j \max(y-r'_2,z-r'_3)\le c_3+i-j max(y−r2′,z−r3′)≤c3+i−j 即可。可以缩去一维，直接通过二维前缀和处理。时间复杂度 Θ ( n 2 ) \Theta(n^2) Θ(n2)。
代码
Osady i warownie 2
转为对偶图的连通性问题，但是并不是无向边。我们维护 S 可达区域和可达 T 的区域，S 的区域是一个右上角的阶梯形，T 的区域是左下角的一个阶梯形，加一条边的时候如果恰好切断，说明一端在 S 中一端在 T 中。用树状数组可以在加入一条边的时候扩展边界线，每条线维护一个堆用于找到扩展时新的可以可用边。
时间复杂度 Θ ( k log k ) \Theta(k\log k) Θ(klogk)。
代码
Podatki drogowe
值域非常大，考虑随机二分。我们首先边分治，然后考虑每个 dist 值用一个可持久化线段树来存储，这样用 hash 就可以完成在 Θ ( log n ) \Theta(\log n) Θ(logn) 时间内的 cmp。接下来就可以通过双指针在 Θ ( n log 2 n ) \Theta(n\log^2 n) Θ(nlog2n) 时间内确认一个数的 equal_range，总复杂度就是 Θ ( n log 3 n ) \Theta(n\log^3 n) Θ(nlog3n)。
代码
Sonda
坑
接下来的部分是 PA 2019 Final，由于并不公开数据，在 LOJ 上是没有的。由于是波兰语，本文也做简要题意叙述。
Zdjęcie rodzinne
简要题意：给一颗有根树，问找到一个最长的不重复点序列使得相邻两个点有祖先关系。 n ≤ 3 × 1 0 5 n\le 3\times 10^5 n≤3×105。
考虑一个子树的 dp f ( u , j ) f(u, j) f(u,j) 表示一个允许使用额外的子树外的 j j j 个祖先的情况下，能够得到的最长序列。不难得到 dp 过程大致上是各孩子的一个 max 卷积。注意到这个过程显然关于 j j j 始终是凸的，因此我们可以直接维护差分值，这个东西的实际意义是多加一个祖先能多合并的部分。因此算法就是：每个子树的 dp 值用一个堆表示。将各子树的堆合并，然后将最大的两个元素求和再 + 1 +1 +1 再放回堆中（不够补 0 0 0），就得到了本节点的信息。而最终的答案是根节点的堆的最大值。
取决于使用启发式合并还是可并堆，复杂度为 Θ ( n log n ) ∼ Θ ( n log 2 n ) \Theta(n\log n) \sim \Theta(n\log^2 n) Θ(nlogn)∼Θ(nlog2n)。
#include Terytoria 2
简要题意：给出 n n n 种动物，每种动物有 c c c 个个体以及一个对应的禁忌矩形，你要把该种动物放在矩形之外，求最大化全体动物处在相同位置的动物对数。 n ≤ 1 0 5 , X , Y ≤ 1 0 3 n\le 10^5, X, Y\le 10^3 n≤105,X,Y≤103。
考虑最优解的性质，每次我们找到那个最优解里面人最多的格子，那么显然其他任何动物都不能移动到这个格子，否则答案变大。因此我们只需要考虑一个枚举顺序，每次让这个格子里的人尽量多放。注意到我们首先确定第一个放置点后，没有放置的就是包含这个矩形的所有种族，接下来考虑一个格子里如果放了数，那么它一定可以让这些种族全部被挪到一个角上，所以我们下一步一定是枚举一个角，接下来剩下的一定都可以放在对角上。这个信息用前缀和就可以处理了。时间复杂度 Θ ( n + X Y ) \Theta(n + XY) Θ(n+XY)。
另外这也证明了最优解中，全体动物最多放在三个位置。
#include Pionki
简要题意：给一个三维棋盘，每个格子上有一些棋子，可以将棋子沿 x , y , z x,y,z x,y,z 正方向移动，问状态 a a a 能不能变为状态 b b b。其中 B , C ≤ 6 B,C\le 6 B,C≤6。多组询问 T = 1 0 4 T=10^4 T=104，其中 ∑ A ≤ 1 0 4 \sum A\le 10^4 ∑A≤104。
考虑最大流转最小割，我们只需要按第一维的层状压转移即可，由于 S , T S,T S,T 两部一定是一个当层的一个割的状态，所以状态数是 ( B + C B ) \binom{B+C}B (BB+C)，注意转移之间也可以简化成一个个增补的过程，所以每个节点的转移是 < B + C
多组数据初始化可能略慢，可以特判 A = 1 A=1 A=1 卡常数（这部分可以做到 Θ ( B C ) \Theta(BC) Θ(BC)）。
#include Parzysty deszcz
简要题意：给一个直方图，每个位置有个高度 h i h_i hi，问有多少种方法将其中 k k k 个位置高度抹成 0 0 0，之后剩余部分的极大积水面积是偶数。同余 1 0 9 + 7 10^9 + 7 109+7， n ≤ 25000 , k ≤ 25 n\le 25000, k\le 25 n≤25000,k≤25。
积水的高度就是两个方向看到的 max \max max 的较小值，因此我们只需考虑这个结果的前缀 max \max max 和前缀 min \min min，考虑一个数向后找到下一个比它大的数，我们显然只有 k + 1 k+1 k+1 种选择，也就是这么多种转移，这个可以排序后用一个 set 轻松找到。转移就是一个多项式乘法。总共时间复杂度 Θ ( n log n + n k 3 ) \Theta(n\log n + nk^3) Θ(nlogn+nk3)。这个 OJ 真是卡常，这道题 9s 也卡
#include Zaczarowany Ołówek
简要题意：给出 n n n 个三角形，依次按照给定的点的顺序绘制，当一个点被画过偶数次就会消失，奇数次就会重现，问结果得到的可见线段长度和。 n ≤ 1 0 5 n\le 10^5 n≤105。
容易发现这就是一个线段的异或和问题，每个直线上的各自排序即可。时间复杂度 Θ ( N log N ) \Theta(N\log N) Θ(NlogN)。
#include Łamana 2
简要题意：一个字符串，问如果将每个相同字符替换成同方向的一个箭头（向上或向下），则最大的首尾相连构成这条路径的下方围着的面积是多少？ ∣ S ∣ ≤ 3 × 1 0 5 , ∣ A ∣ = 16 |S|\le 3\times 10^5, |A| = 16 ∣S∣≤3×105,∣A∣=16
注意到这个面积等价于逆序对，我们可以在 Θ ( ∣ S ∣ A ) \Theta(|S|A) Θ(∣S∣A) 内算出每对字符，前者当 1，后者当 0 产生的逆序对，最后 Θ ( ∣ A ∣ 2 2 ∣ A ∣ ) \Theta(|A|^22^{|A|}) Θ(∣A∣22∣A∣) 枚举一下就可以通过了。
#include Grafy
简要题意：问有多少个 N N N 个顶点有标号的无向简单图，每个点的入度出度都是 2 2 2。答案对 P P P 取模。 N ≤ 500 N\le 500 N≤500
考虑容斥。我们首先看成一个 0 ∼ 2 N − 1 0 \sim 2N -1 0∼2N−1 的排列，然后每个节点要求就是 ⌊ p 2 i / 2 ⌋ ≠ ⌊ p 2 i + 1 / 2 ⌋ ∧ ⌊ p 2 i / 2 ⌋ ≠ i ∧ ⌊ p 2 i + 1 / 2 ⌋ ≠ i \lfloor p_{2i}/2\rfloor \neq \lfloor p_{2i+1}/2\rfloor \wedge \lfloor p_{2i}/2\rfloor \neq i \wedge \lfloor p_{2i+1}/2\rfloor \neq i ⌊p2i/2⌋=⌊p2i+1/2⌋∧⌊p2i/2⌋=i∧⌊p2i+1/2⌋=i 容斥信息就是 ∏ i = 0 N − 1 ( 1 − [ ⌊ p 2 i / 2 ⌋ = ⌊ p 2 i + 1 / 2 ⌋ ] − [ ⌊ p 2 i / 2 ⌋ = i ] − [ ⌊ p 2 i + 1 / 2 ⌋ = i ] + 2 [ ⌊ p 2 i / 2 ⌋ = i ∧ ⌊ p 2 i + 1 / 2 ⌋ = i ] ) \prod_{i=0}^{N-1} (1 - [\lfloor p_{2i} / 2 \rfloor = \lfloor p_{2i + 1} / 2 \rfloor] - [\lfloor p_{2i}/2\rfloor = i] - [\lfloor p_{2i+1}/2\rfloor = i] + 2[\lfloor p_{2i}/2\rfloor = i \wedge \lfloor p_{2i+1}/2\rfloor = i]) ∏i=0N−1(1−[⌊p2i/2⌋=⌊p2i+1/2⌋]−[⌊p2i/2⌋=i]−[⌊p2i+1/2⌋=i]+2[⌊p2i/2⌋=i∧⌊p2i+1/2⌋=i])，所以我们可以直接列出一个三变量容斥式子（因为其中两个单自环假设是同质的）
1 2 2 n ∑ i + j + k ≤ N 2 i ( − 1 ) j ( − 1 ) k ( N i , j , k , N − i − j − k ) 2 i 2 2 j ( N − i − j k ) k ! 2 k ( 2 N − 2 i − j − 2 k ) ! \frac1{2^{2n}} \sum_{i+j+k\le N} 2^i (-1)^j (-1)^k \binom N{i,j,k,N-i-j-k} 2^i 2^{2j} \binom{N-i-j}k k! 2^k (2N-2i-j-2k)! 22n1i+j+k≤N∑2i(−1)j(−1)k(i,j,k,N−i−j−kN)2i22j(kN−i−j)k!2k(2N−2i−j−2k)!
这个 oj 有点卡常，我们稍微减小一下常数。化简一下就是
n ! 2 2 n ∑ i + j + k ≤ n ( 2 n − 2 i − j − 2 k ) ! ( n − i − j ) ! i ! j ! k ! ( n − i − j − k ) ! 2 ( − 1 ) j + k 2 2 i + 2 j + k \frac{n!}{2^{2n}}\sum_{i+j+k\le n} \frac{(2n-2i-j-2k)!(n-i-j)!}{i!j!k!(n-i-j-k)!^2} (-1)^{j+k} 2^{2i+2j+k} 22nn!i+j+k≤n∑i!j!k!(n−i−j−k)!2(2n−2i−j−2k)!(n−i−j)!(−1)j+k22i+2j+k
时间复杂度 Θ ( N 3 ) \Theta(N^3) Θ(N3)。
#include Gdzie jest jedynka? 2
简要题意：交互题，一个 0 ∼ n − 1 0\sim n-1 0∼n−1 的排列，每次可以询问 gcd ( p i , p j ) ( i ≠ j ) \gcd(p_i, p_j) (i\neq j) gcd(pi,pj)(i=j)，在 ⌈ 2.5 n ⌉ \lceil 2.5n \rceil ⌈2.5n⌉ 次询问内找出 1 1 1 所在的位置。多组数据， ∑ n ≤ 5 × 1 0 5 \sum n\le 5\times 10^5 ∑n≤5×105。
首先我们假设 n > 3 n>3 n>3，我们首先考虑从一个数开始算它和每个数的 gcd \gcd gcd，如果是 1 1 1 那么得到的都是 1 1 1，否则我们可以知道它的倍数都是谁。但是还有一个例外就是它是 0 0 0，这样就会得到最大的数。我们考虑不停地从留下的数里面筛，直到剩下两个数。这个过程我们已经支付了最多 n + n k 1 + n k 1 k 2 + ⋯ < 2 n n + \frac{n}{k_1} + \frac{n}{k_1k_2} + \cdots < 2n n+k1n+k1k2n+⋯<2n 次询问。如果我们知道了 0 0 0，那么从第一次筛的数剩下的里面找，总共支付 n + n + n k 1 k 2 + ⋯ < 2.5 n n + n + \frac{n}{k_1k_2} + \cdots < 2.5n n+n+k1k2n+⋯<2.5n 次询问。但是问题是我们还要用次数来找到剩下两个数里谁是 0 0 0。我们考虑从第一次筛掉的数里面找证据，如果两个数和同一个数的 gcd \gcd gcd 不同，则说明这个证据不是那个大数的因子，而 gcd \gcd gcd 较大的那个对应是 0 0 0。在特判 1 1 1 的情况下我们之前检测的都不需要再来一遍，那么我们目前最坏情况就是在 k 1 ∤ v k_1 \not | v k1∣v 的 v v v 中，较大数的因子正好在前面全部撞上。当靠前的有 k j ≠ 2 k_j \neq 2 kj=2 时，由于之前的询问空出来一些，可以认为是远够 d ( n ) d(n) d(n) 用的。否则 k j k_j kj 前面全是 2 2 2，那么那个数在奇数里的因子就会非常少。
以上分析并不够具体，但是在实验后发现确实做到了操作次数在范围内。
#include Floyd-Warshall
简要题意：给一个有向有权图，问使用如下循环方式计算的最短路有多少对是错误的：
for (i : [1, n]) for (j : [1, n]) for (k : [1, n]) G[i][j] = min(G[i][j], G[i][k] + G[k][j])其中 n ≤ 2 × 1 0 3 , m ≤ 3 × 1 0 3 n\le 2\times 10^3, m\le 3\times 10^3 n≤2×103,m≤3×103。
首先我们跑出所有点对最短路是可以 Θ ( n m log m ) \Theta(nm\log m) Θ(nmlogm)，这是可接受的。然后考虑这个循环的本质就是给全体点对按顺序尝试计算，那么我们考虑一个点对是正确的当且仅当：
- 要么 u , v u,v u,v 没有路径
- 要么 u , v u,v u,v 之间有直接连边，且就是最短的
- 在处理 u , v u, v u,v 之前，存在一个点 w w w，使得 d ( u , v ) = d ( u , w ) + d ( w , v ) d(u,v)=d(u,w)+d(w,v) d(u,v)=d(u,w)+d(w,v)，且 u , w u,w u,w 和 w , v w,v w,v 间的最短路已经正确计算出了。
所有满足等式的 w w w 可以在最短路 DAG 上传递闭包算出。那么我们只需要按顺序额外维护每个点到哪些点的距离，以及哪些点到这个点是被正确计算的。用 bitset 加速。时间复杂度 Θ ( n m log m + m n 2 w ) \Theta(nm\log m + \frac{mn^2}{w}) Θ(nmlogm+wmn2)。
#include