11.9刷题总结

CF1422F Boring Queries

OMA 推荐的好题，挺早之前就想要做了，昨天晚上看了看题解，今早上(7:26) 就过了。。

对于最小公倍数可能想的就是维护区间乘积以及 GCD ，然而这是不对的，反例也很好出来 2,2,4。

然后就有了第二个错误的做法，先求出来两个数字的 LCM 然后对于新加入的数字再求一遍，显然是不对的，因为取模破坏掉了某些本来存在的因数。。

有根号分治的做法，但是不会，于是学习了主席树做法。

先考虑离线做法，对于固定的右端点，从右往左扫左端点，一个数字的质因数的若干次幂 \(p^k\) 如果之前出现过 \(p^i\) ，那么只有在 \(k>i\) 的时候 LCM 才会多出来 \(p^{k-i}\) 的贡献。

再想一想在线我们可以对于每一个右端点开一个主席树，然后贡献就是按照上面所说的去做，对于左端点多余的贡献直接记录 \(p^i\) 上一次出现的位置，然后单点修改就好了。

查询直接区间查询。。(code)

P7925 「EVOI-RD2」童年

这个就是不知道啥时候在 Luogu 某次比赛上面找到的题了，没啥算法，但是感觉不错。

\(f_i\) 表示遍历 \(i\) 的子树需要的最少的苹果数，对于一个根节点，可以用优先队列优先进入一个需求少的子树，然后不断更新答案。

最后同样 BFS 一遍利用 f 数组，也是优先队列贪心的选择花费较小的节点遍历。(code)

P2685 [TJOI2012]桥

同样是 OMA 推荐的题目，线段树+最短路。

显然的，Boss 一定会在 1 到 n 的最短路上面，那么我们先跑出来 1 以及 n 的单源最短路，同时记录前驱，这样我们就可以挨个跳回去找到 1 到 n 的最短路上的点了。

然后利用最短路径上的点更新其他点的 \(1\rightarrow n\) 与 \(1\rightarrow x\) 最短路径上最远的重合的点以及 \(n\rightarrow 1\) 与 \(n\rightarrow x\) 最短路径上最远的重合的点，分别记为 \(l_i,r_i\)

对于一条边 \((u,v)\) 可能处于最短路径上的情况当且仅当 \([l_u,r_v]\) 上面的边断掉，那么我们直接给这个区间的可能值与 \(dis1_u+val_{(u,v)}+disn_v\) 取较大值最后统计答案。(code)

P4492 [HAOI2018]苹果树

不知道在任清单里面放了多少年的一个计数题了。

第一思路肯定是统计条边可能的贡献，以 i 为根节点子树大小为 j 的贡献就是 \(方案数\times j\times(n-j)\)

问题就变成了求方案数，我们可以把方案数分为三部分：

• 编号在 i 之前的：由于是一颗二叉树，因此方案数就是 \(i!\) 。

• 在 i 子树中的：首先是选择编号也就是 \(\binom{n-i}{j-1}\) 然后排布的方案数也类似与上面就是 \(j!\) 总体方案数就是 \(\binom{n-i}{j-1}\times (j!)\)

• 编号在 i 之后但是不在 i 的子树中的： 再新加入一个点的方案数为 \(i−1\)，加入第二点的方案数为 \(i\)，加入第二点的方案数为 \(i+1\) ，一直加到最后一个点,总方案数就是 \(\dfrac{(n-j-1)!}{(i-2)!}\)

答案的柿子就是：

\[\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n-i+1}j\times(n-j)\times j!\times\binom{n-i}{j-1}\times(n-j-1)!\times i\times (i-1) \]

直接 \(n^2\) 推即可。(code)

CF1575M Managing Telephone Poles

这个就是题单上面的题目了，是个斜率优化，直接四个方向分别做一边就好了。

设 \(las_k\) 表示前 \(i\) 行，第 \(k\) 列最下面的点的横坐标。

\(S(i,j)=\min\limits_{0\le k\le m}\{k^2-2jk+j^2+(las_k-i)^2\}\)

那么我们想要截距尽量的小，维护一个下凸包 \(x\) 轴是 \(k\) ， \(y\) 轴是 \(k^2+(las_k-i)^2\) ，直接单调队列斜率优化。(code)

CF1572C Paint

首先发现所有连续的颜色相同的可以缩为一个点。

一个比较妙的 DP 定义方式 \(f_{i,j}\) 表示最终颜色为 \(s_j\) 的最小操作数，如果改变颜色答案不会更优。

显然可以由 \(\min\{f_{i+1,j},f_{i,j-1}\}+1\) 转移过来。

也可以与右端点颜色相同的地方转移过来也就是 \(f_{i,pre_j}+f_{pre_j+1,j}\) 转移。

由于同一颜色最多有 20 个因此复杂度允许。(code)

CF258D Little Elephant and Broken Sorting

AT4513 [AGC030D] Inversion Sum

这俩其实是一个题 （双倍经验？？）

直接一点的状态定义方式 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 比 \(j\) 大的概率。

对于一次交换 \((x,y)\) 直接转移：

\[f_{i,x}=f_{i,y}=\dfrac{f_{i,x}+f_{i,y}}{2} \]

\[f_{x,i}=f_{y,i}=\dfrac{f_{x,i}+f_{i,y}}{2} \]

对于 \(i=x\) 或者 \(i=y\) 的情况特殊转移即可。(code(CF258D))

AT2672 [AGC018C] Coins

反悔贪心，设 \(e_i=b_i-a_i,f_i=c_i-a_i\) ，一开始都选择金币。

对于 \((e_i,f_i),(e_j,f_j)\), 假设 i 选 f 且 j 选 e ，考虑什么时候交换他们的选择收益不会变少，也就是 \(e_i + f_j \geq e_j + f_i\)​

于是可以根据 \(e_i-f_i\) 从大到小进行排序，这样就可以保证有一个决策点是最有的并且银币都在他前边，铜币都在他后面。

于是可以通过优先队列处理前缀选 \(y\) 个，后缀选 \(z\) 个的贡献，枚举分割点统计答案。(code)

CF325E The Red Button

一个非常好的构造题,显然的是奇数一定没有解。

然后发现 \(i\) 和 \(i+\dfrac{n}{2}\) 其实是等价的，那么他俩选择的一定是不同的走法，那么先默认 \(i\) 选 \(2i \bmod n\) ， \(i+\dfrac{n}{2}\) 选 \((2i+1) \bmod n\)

并茶几维护，如果两个所在环不是同一个，那就交换两个的决策使得两个环合并起来。(code)

CF1572E Polygon

二分+区间 DP check

貌似读入需要逆时针排序，但是由于出题人良心就不需要啦~~~(code)