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最新推荐文章于 2024-08-18 13:48:53 发布

doctorZ_

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分类专栏：总结文章标签：算法

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博主分享了参与CSP竞赛的集训经历，详细解析了几道算法题目的解题思路，涉及点分治、字符串哈希、偏序关系、最长反链、最小链覆盖、动态规划、链式构造、子序列自动机、凸包问题、01序列排序、树的重心、随机化算法等算法和技巧。

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2021.9.4省选
t1 按奇长度和偶长度分别进行二分答案，求路径容易想到点分治，每次考虑穿过重心的路径，重心会把路径分成两段，一条路径是合法的当且仅当长路径下面的一段与短路径相同，长路径去掉短路径后是回文串，枚举长链，短链长即为 $L_{short}=L-L_{long}$ ，判断相等和回文都可以使用字符串哈希，知道短链长度相当于知道了短链，用哈希表判断一下重心往其他子树延伸是否会出现已知短链

t2 未知，行列式都不知道是啥

t3 整除可以看作一个偏序关系，若 $x ∣ y$ 那么就让 $x$ 向 $y$ 连一条边，通过 $d i l w o r t h$ 定理可以知道，最长反链长度等于最小链覆盖，所以只需要求出这个偏序关系的最小链覆盖，考虑有一个集合 $S$ ，设当前未被覆盖的最小的数为 $x$ ， $x$ 肯定需要新开一条链， $2 x$ 肯定也没有被覆盖，如果链不往 $2 x$ 延伸，那么 $2 x$ 也要多用一条链，不如直接往 $2 x$ 延伸
用这种构造方式， $S$ 的贡献就可以被分为两部分， $S$ 中奇数个数+ $S$ 中是 $2$ 的倍数且不是 $4$ 的倍数并且质因数中只有 $2$ 在 $S$ 中
对每个数分别讨论贡献个数就可以做到 $O (n)$ ，发现式子的一部分是积性函数，就可以用 $m i n 25$ 筛优化

2021.9.28省选
t1 听说是 $m i n 25$ 筛，先咕了

t2 容易发现，答案只和奇链和偶链的个数有关，设 $f (n, m)$ 表示有 $n$ 条偶链， $m$ 条奇链的答案，容易发现链之间连的先后顺序比不影响答案，而且题目要求的答案是圆排列个数，先给每条链都编上号，考虑每种环只记录字典序最小的那个，连接链只把编号大的链连在编号小的链后，
当 $n≠0n\neq0$ 时，编号最大的偶链可以独自成环，或者接在其他偶链后，或者接在后，所以 $f (n, m) = (n + m) f (n - 1, m)$
当 $n=0,m≠0n=0,m\neq0$ 时，奇链不能独自成环，只能接在其他奇链后，就会多出一条偶链，所以 $f (0, m) = f (1, m - 2)$
特别的， $f (0, 0) = 1, f (0, 1) = 0$

t3 建出两个串的子序列自动机，设 $f_{i,j}$ 表示到了第一个自动机的 $i$ 点，表示到了第二个自动机的 $j$ 点还需要走几步到达目标状态，乍看是 $O(n^3)$ 但事实上跑不满，所以可过

2021.10.4省选
t1 发现一个凸包不包含圆心，当且仅当，凸包上的一条边所代表的弧长大于等于 $l2\frac{l}{2}$ ，考虑容斥，先算出一个凸包不包含圆心的方案数，再减去两个凸包都不包含圆心的方案数
一个凸包不包含圆心，若已经确定大于 $l2\frac{l}{2}$ 的边，若边里有 $i$ 个点，那么这样的凸包就有 $2^i-1$ 个，需特判等于 $l2\frac{l}{2}$ 的，枚举其中一个点，找出最远的点，就可以等比数列求和
两个，考虑它们的交，交中的点可以选择进入两个凸包中的一个，所以也是 $2$ 的幂次，但它们的并必须是全集，枚举交的一段，找出最远一端使得并为全集，用等比数列求和

t2 考虑分治，将 $≤mid\leq mid$ 的数看成 $0$ ， $> m i d$ 的数看成 $1$ ，现需将 $01$ 序列排序，先将 $0 / 1$ 的段合并，每两个分一组做一遍操作，就会有一半的 $1$ 被合并，操作数约为 $log⁡\log$ 级别，共有 $log⁡\log$ 层，所以总操作数约为 $log^2$ 级别

2021.10.6省选
t1 每个点都有一个区间，只有 $c$ 在该区间内才有可能到达该点，维护每条重链的前缀区间交，二分出最前的需要跳轻儿子的点，跳到轻儿子，继续该过程，直到停下，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$

t2 容易发现，一个序列的答案是序列中的每个数的递归层数之和，设第 $i$ 个数和第 $i + 1$ 个数的分界点在 $t_i$ 时间被找到，第 $i$ 个点的递归层数显然为 $max{t_i,t_{i+1}}$ ，第 $i$ 个分界点的时间为第一个 $[1, i]$ 的数的在位置 $[1, i]$ 中时，设 $p_i$ 为小于等于 $i$ 的数的最大位置所在，每次冒泡 $p_i$ 必然减一，所以 $t_i=p_i-i$
当 $ti−1≤tit_{i-1}\le t_{i}$ 时
$∑i=1n∑j=in(n−in−j)(j−1)!(n−j)!(j−i)\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n{n-i \choose n-j}(j-1)!(n-j)!(j-i)$
当 $t_{i-1}> t_{i}$ 时
$∑i=1n∑j=in(i−1)(n−in−j)(j−1)!(n−j)!(i−j+1)\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^n(i-1){n-i \choose n-j}(j-1)!(n-j)!(i-j+1)$
两式相加后按 $i, j$ 分类，即可 $O (R)$ 预处理得到答案

t3 还不会

2021.10.9联赛模拟
t1 发现 $m$ 很小， $O(m^2)$ 枚举列的可能值，然后对于每种可能值，用 $O (n)$ 的复杂度求出行有多少种方案，看似过不了，实际却过了，有更优的做法

t2 发现一个错排的权值为 $n -$ 这个错排看成置换后的环的个数，考虑求出所有错排的环的个数的和，设 $f_n$ 为长度为 $n$ 的错排的环的个数和， $p_n$ 为长度为 $n$ 的错排数，考虑新加入一个数字 $n$ ，第一种情况，我们可以将 $n$ 插入 $1∼n−11\sim n-1$ 的任意一个数后面，贡献为 $n-1)f_{n-1}$ ，第二种情况， $n$ 和 $n - 1$ 自成一环，贡献为 $n-1)(f_{n-2}+p_{n-2})$ ， $n-1)p_{n-2}$ 的贡献是因为有 $n-1)p_{n-2}$ 种情况会多出的 $n - 1$ 和 $n$ 的一个环

t3 一棵树的重心只有可能在这棵树的重链上，维护删除子树后的重链，倍增得到答案

t4 考虑随机化，给每个集合赋上一个 $[0, p)$ 的权值，每次判断一个集合是否合法时，算出集合内的权值和，如果该集合合法，那么权值也能被 $p$ 整除，不合法有 $1p\frac{1}{p}$ 的概率输出合法，多次随机，错误率近似为 $0$ ，用线段树维护即可

2021.10.16提高组模拟
t1 二分答案 $m i d$ ，将所有经过 $m i d$ 的之后不会覆盖除需要的点以外的点都找出来， $b f s$ 判断能不能覆盖所有的点

t3 先考虑链怎么做，容易想到一个 $n^2$ 的 $d p$ ，可以用线段树优化，需要实现加法和乘法，对于环，可以想到一个枚举开头是什么，然后用刚才的 $d p$ 就可以求出答案，但是枚举开头复杂度显然太高，将最小的 $a$ 作为开头，发现每个开头都是等价的，将其中一个作为开头的答案算出来，再乘上最小的 $a$ 即可

2021.10.18提高组模拟
t1 对 $A$ 和 $B$ 分别建 $t r i e$ ，考虑合并得到答案，对于两个结点 $a$ 和 $b$ ，显然先合并 $l s o n (a), l s o n (b)$ ， $r s o n (a), r s o n (b)$ ，再合并 $l s o n (a), r s o n (b)$ ， $r s o n (a), l s o n (b)$ ，最后再排序即可得到答案

t2 对与每个点求出每种颜色的连通块，然后枚举每种颜色的所有连通块，枚举连通块内的点和它们能到达的点，考虑扩展到其他颜色，对于和其他每种颜色的块保存一个总和，枚举连通块内的点时顺便减去交集

t3 显然答案就是最小生成树，考虑如何求异或最小生成树，对于第 $i$ 位，将第 $i$ 位为 $0$ 的数和第 $i$ 位为 $1$ 的数之间至少有一条边，让这条边最少且最小， $t r i e$ 树完成即可，后面的部分很简单，不写了

t4 先不考虑 $x$ 的限制，那么 $s$ 的限制相当于有 $m$ 个异或方程，要求出这 $m$ 个方程的解的个数，可以高斯消元后判断一下有多少个方程，用总未知数个数减去方程个数，就是自由元个数，令其为 $k$ ，答案显然就是 $2^k$ ，中途判断一下是否会无解，加入 $x$ 的限制相当于多一个方程，先判断这个方程是否能由原来的方程得到，如果不能，自由元减少一个，如果冲突，说明无解

2021.10.19提高组模拟
t1 神奇构造题，首先考虑从前往后一个一个修改，已经相同就到下一个位置，如果当前是 $AB⋯⋯AB\cdots\cdots$ 和 $B⋯⋯B\cdots\cdots$ ，考虑用两次操作交换前后，如果当前位置是 $AC⋯⋯AC\cdots\cdots$ 和 $B⋯⋯B\cdots\cdots$ ，直接一次修改得到，如果是 $AA⋯⋯AA\cdots\cdots$ 也就是说，它后面有一串 $A$ 的话，考虑找出最前一个不是 $A$ 的地方，然后从那个地方往前交换，使得这中间一段相邻都不相同，然后再套用前面的解法，如果后面一串全部相同的话，就倒过来再来一遍，看上去次数最多是 $6 n$ ，但跑不满，至于为什么一定能找到解，我也不知道

t2 计算一个结点 $u$ 的贡献，考虑将 $u$ 儿子的贡献继承到 $u$ 上，显然有问题，思考其与真实值不同的地方，首先，一条链的顶端如果在儿子上，那么就会多算，将这部分减去，其次，如果有一条链穿过结点 $u$ ，且 $u$ 这种颜色在该链中第一次出现，将这部分加上，现在主要问题就是如何求出 $u$ 在多少条链中第一次出现，可以离线后用线段树求出

t3 对于一条 $s→x→ts\rightarrow x\rightarrow t$ 的途径，考虑在 $x$ 处折一下，到达终点后 $1$ 和 $- 1$ 的数量一定是相同的，所以可以发现 $x$ 上的数字和折后的位置上的数字是相同的，也就是说，原图上的一条斜下对角线上的数字应该是相同的，将问题变成了序列上的合法括号序问题，设 $f (i, j)$ 表示前 $i$ 个括号，左括号比右括号多 $j$ 个的贡献，用矩阵乘法就可以做到 $O(t^3k\log (n+m))$ ，但是依旧很慢，发现矩阵乘一个向量的复杂度只有 $O(t^2)$ ，考虑用这个性质优化，预处理出所有 $2^i$ 次幂的矩阵，复杂度为 $O(t^3\log(n+m))$ ，转移的时候就不必再用快速幂求出矩阵的幂次，可以直接用预处理出的矩阵乘上向量转移，时间复杂度为 $O(t^2k\log(n+m))$

t4 根本就不会

2021.10.21提高组模拟
t1 设 $f_{i,j}$ 表示 $S$ 以 $i$ 结尾， $T$ 以 $j$ 结尾的贡献，对于前面的一组 $k, l$ ，我们将 $f_{k,l}$ 的贡献记在 $l$ 上，由于 $i$ 从小到大枚举，所以 $i$ 必定是满足条件的，考虑如何满足 $j$ ， $S_i$ 和 $T_j$ 是一样的，所以对于一个 $l$ ，如果它有一条边到 $i$ ，意味着之前将贡献记在 $l$ 上的 $f_{k,l}$ 都能转移到 $f_{i,j}$ 直接累计加上即可

t2 直接 $01$ 分数规划

t3 水题，细节多

t4 设 $f_{i}$ 为恰好覆盖了前 $i$ 个点的贡献， $fi=∑Rj=i∑k=Lj−1i−1fk∏k<Lw≤Rw≤i(vw+1)f_{i}=\sum_{R_j=i}\sum_{k=L_j-1}^{i-1}f_{k}\prod_{k<L_w\le R_w\le i}(v_w+1)$ ，由于 $i$ 从小到大枚举，所以 $Rw≤iR_w\le i$ 的条件可以直接满足，考虑将区间 $L_w,R_w$ 的贡献存在 $w$ 上，那么后面的式子就变成了一个连乘式，将它改写为前缀积除于前缀积的形式，跟 $i$ 有关的项移到外面，里面就是一个跟 $k$ 有关的和式，线段树维护即可