2023年 5月 做题记录

共9题．记于 6.1

关键词索引：斜率优化，退流，可行边，必须边，路径相关的二次扫描树上 dp，树上高斯消元．

P5017 [NOIP2018 普及组] 摆渡车

考虑在时间轴上 dp。
记 $f[i]$ 表示在 $i$ 处开始一次摆渡，$i$ 时刻及以前的所有学生等待时间和的最小值。记最后一名学生开始等待的时间为 $tmx$，则最终答案为 $\underset{tmx\le i\le tmx+m}{\min }f[i]$。因为当时刻大于等于 $tmx$ 时，可以保证所有同学已经上车。
考虑 dp 转移式。枚举上一次上车的时刻 $j$，则在 $(j,i]$ 内的学生需要等待此次摆渡车。记 $sum[i]$ 表示 $i$ 时刻及之前开始等待的学生开始等待的时刻之和，$num[i]$ 表示 $i$ 时刻及之前开始等待的学生的个数。有转移式：
$f[i]=\underset{0\le j\le min(0,i-m)}{\min }f[j]+i\ast (num[i]-num[j])-(sum[i]-sum[j])$。
发现可以斜率优化，即完成。

关于斜率优化：
对于形如 $f[i]=maxormin(f[j]\ast g[i]+a[i]+b[j])$ 转移形式的 dp 方程。其特征是存在一个分别与$i$，$j$ 相关的函数相乘的项，考虑如下处理：对于一种可能的转移形如 $f[i]=f[j]\ast g[i]+a[i]+b[j]$，写成 $g[i]\ast f[j]+(a[i]-f[i])=-b[j]$。发现如果将 $(f[j],-b[j])$ 视作平面上的一个点，则方程可被视作一个一次函数的截距式，其中 $g[i]$ 为斜率，$f[i]$ 的取值由截距决定。在意图最大或最小化 $f[i]$ 的时候，往往会发现在枚举到的 $j$ 中，仅有点集突壳对应的 $j$ 可能会被选中。对其进行维护。

P3308 [SDOI2014]LIS

先介绍建模方法：
将 $i$ 拆点为 $in[i],out[i]$，建从 $in[i]$ 到 $out[i]$ 边权为 $b[i]$ 的边。求出以每个点结束的 LIS 长度记为数组 $f[]$。对于形如 $(i,j)$，满足 $i<j,f[i]+1=f[j],a[i]<a[j]$ 的点对，建 $out[i]$ 到 $in[j]$ 边权为 $inf$ 的边。引入虚拟源汇点 $S,T$。对于 $f[i]=1$ 的点，建 $S$ 到 $in[i]$ 边权为 $inf$ 的边；对于 $f[i]=总序列LIS$ 的点，建 $T$ 到 $out[i]$ 边权为 $inf$ 的边。

这个图的最小割即为 $S$（最小代价）的答案。

再考虑证明它的正确性：
若存在一条没被割掉的路径，显然对应一种总序列 LIS 的选取方法，并且任意一种总序列 LIS 的选取方式都能在图上找到对应路径。

最后考虑最优字典序方案的构造：
将所有点按 $c[]$ 排序，从小到大考虑每个点是否能被包含到最小割集中（本质上是贪心地构造一组最小割集）。对于一个点 $i$，图上的边 $e_i=(i\to i+n,w)$ 若可以存在于割集中，将 $i$ 计入答案数组，从图上将 $e_i$ 去掉。
补充1：最小割中的可行边和必须边，退流。

P3312 [SDOI2014]数表

令${\sigma }_1(n)=\sum _{d|n}d$．

多组询问每次给出 $n$, $m$, $a$，求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[{\sigma }_1(gcd(i,j))\le a]{\sigma }_1(gcd(i,j))$．

原式 $=\sum _{d=1}^n[{\sigma }_1(d)\le a]{\sigma }_1(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$

$=\sum _{d=1}^n[{\sigma }_1(d)\le a]{\sigma }_1(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)\lfloor \frac{n}{di}\rfloor \lfloor \frac{m}{di}\rfloor$

记 ${\sigma }_1^{{}^{\prime }}(n)=[{\sigma }_1(n)\le a]{\sigma }_1(n)$，$T=di$．

上式 $=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}{\sigma }_1^{{}^{\prime }}(d)\mu (\frac{T}{d})$

预处理 $g(T)=\sum _{d|T}{\sigma }_1^{{}^{\prime }}(d)\mu (\frac{T}{d})$．单组询问可以 $O(\sqrt{n})$回答．

对于 $a$ 不同，$g()$会发生变化．我们考虑将询问离线按 $a$ 从小到大排序．顺序扫描加点，发现加入一个新的 $i$ 使得 ${\sigma }_1^{{}^{\prime }}(i)>0$
时，会对满足 $i|j$ 的 $g(j)$ 造成影响．即 $g(j)+{\sigma }_1^{{}^{\prime }}(i)\ast \mu (\frac{j}{u})\to g(j)$．

我们使用支持单点修改区间查询和的数据结构维护 $g()$，题目就做完了．

时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n+n\sqrt{n}\log n)$．

P4126 [AHOI2009]最小割

其实是上接 P3308 [SDOI2014]LIS 中对最小割可行边和必须边的讨论．现在我会对其算法进行自己的解释和讨论．

注：感谢 command_block 题解和万能的 uoj 群友．

可行边指存在于至少一个最小割集中的边．
必须边指包含于任意最小割集中的边．
发现题目的两问分别为判断可行边和判断必须边．
我们现在考虑判断方法．

设最大流得到的某一个（任意一个）残量网络为 $G$．

$part1$ 可行边．

对于一条边 $e$，如果它在 $G$ 上不是满流（满流指最大流后边权减为 $0$, 即被流满了），则将 $e$ 的边权 $-eps$（即减少一个微小值）之后，最大流的大小没有变化；而如果其满流，这样操作最大流肯定会变小．若 $e$ 不满流，则假设 $e$ 存在于一种最小割集中，将 $e$ 的边权 $-eps$，最小割集的大小会发生变化，而根据最大流等于最小割，最大流也因发生变化，而这于上文的结论不符．这就证明了，存在一种最大流后的残量网络使得 $e$ 不满流等价于（当且仅当）$e$ 不被包含在任意一个最小割集中．
对于一条边 $e=(u\to v,w)$ 在进行最大流后若被流满，则有可能为可行边，需要进一步确定判断．我们考虑若存在一种最大流后的残量网络使得 $e$ 流不满，则应该满足可以找到 $u\to v$ 的另一条增广路径使得 $v$ 交还给 $u$ 一些流量（流经 $e$ 的）后，$u$ 可以不通过 $e$ 将其送到 $v$．对应在当前的残量网络上，我们只需要判断 $u$ 和 $v$ 是否在同一个强联通分量里即可（请注意，这里的强联通分量指的是由残量网络上不走边权为 $0$ 的边后求得的强联通分量）．

$part2$ 必须边．

必须边集包含于可行边集．我们沿用 $part1$ 中的思路，求出残量网络上不走 0 边后的缩点图 $G^{{}^{\prime }}$（$G^{{}^{\prime }}$ 的边集是原图中满流，并且在缩点后不成自环的边，即使用有残余流量边缩点得到的新图再用满流边连接）．可以发现，$G^{{}^{\prime }}$ 上的边就是可行边集．任意一种最小割，应都是若干个 $G^{{}^{\prime }}$ 中的边组成的，并且 $G^{{}^{\prime }}$ 中任意一种紧的割都是最小割．
这里先提供一种构造最小割集的方法．将 $G^{{}^{\prime }}$ 上的点划分成两个联通块，一部分和 $s$ 相连，记作 $S$ 集，另一部分和 $t$ 相连，记作 $T$ 集，将 $S$ 集和 $T$ 集间的边割掉，即构造出了一种最小割．
我们对于 $e=(u\to v)$，若 $v$ 所在的强联通分量与 $t$ 所在的强联通分量不同，我们构造 S = { x ∣ x ∈ p a t h s → v } S=\left\{ x|x \in path_{s \rightarrow v} \right\} S={x∣x∈paths→v​}，若 $u$ 所在的强联通分量和 $s$ 所在的强联通分量不同，我们构造 T = { x ∣ x ∈ p a t h u → t } T=\left\{ x|x \in path_{u \rightarrow t} \right\} T={x∣x∈pathu→t​}．这两中情况都可以构造出 $e$ 不割的一种最小割集出来，易知 $e$ 不是必须边；而剩下的情况，即 $s$ 与 $u$ 在同一强联通分量并且 $v$ 与 $t$ 在同一强联通分量，可得知 $e$ 一定为必须边．故也可以这样判断必须边：沿着残量网络中的非 $0$ 边，$s$ 可做到达 $u$，$v$可以到达 $t$．

P3365 改造二叉树

求保证中序排列递增所需要的最小修改节点个数．
考虑在中序排列的序列上 dp 最多可以保留不改的节点个数．设计 $f_i$ 表示若 $i$ 不改，前 $i$ 个最多有多少可以不改．有转移 $f_i=\underset{j<i,a_i-a_j\ge i-j}{\max }{f}_j+1$．我们分析条件 $a_i-a_j\ge i-j$ 即 $a_i-i\ge a_j-j$．故整个序列中最多可以保留不改的节点个数即在新序列 $b_i=a_i-i$ 中最长上升子序列的长度．

P5324 [BJOI2019]删数

需要重新解释“可删”并思考快速求出最小更改次数的方法．
我们考虑枚举元素 $a_i$ 满足 $a_i\in [1,n]$，把当前序列中等于 $a_i$ 的元素在数轴的 $a_i$ 位置垒到一起，向左推倒覆盖所及的区间．答案即为最后 $[1,n]$ 中没有被覆盖的整数的个数．
分析意义，对于任意一种“可删”序列，进行上述操作后会保证 $[1,n]$ 中每个整数都被覆盖一次．但由于序列长度为 $n$，故只需保证每个整数都被覆盖即可．然后对于一个“非可删”序列，我们将覆盖中重复或大小在 $[1,n]$ 以外的元素变为在 $[1,n]$ 中空缺的整数,即构造出了一种最优秀的修改方案．
考虑操作，对于整体 $+1$ 或 $-1$，我们直接左移或右移考察的区间 $[1,n]$，对于改变某一元素，在线段树容易维护两者覆盖区间的变化即可．

P6419 [COCI2014-2015#1] Kamp

非常经典的二次扫描树形 dp 题啊．
令 $k$ 个人分布的点集为 $K$．点 $u$ 答案显然为 $2S_u-\underset{v\in K}{\max }(\sum _{e\in pat{h}_{u-v}}{w}_e)$．其中 $S_u$ 表示 $k$ 个点到 $u$ 的路径覆盖的边的边权和．而式子后面的一部分是选出 $u$ 到 $k$ 个点其中之一的最长路径．两部分都可以二次扫描解决．
值得总结的一点是，在关于最优化端点出发路径的二次扫描中，从 $u$ 转移到 $v$，即从 $u$ 作为端点的路径到 $v$ 作为端点的路径，存在两种情况．设一条以 $u$ 为端点的路径是 $pat{h}_{u-x}$．当 $x$ 包含在 $v$ 子树中时，$pat{h}_{v-x}$ 要去掉 $e(u,v)$．否则 $pat{h}_{v-x}$ 中要加入 $e(u,v)$．而通常的处理办法是在第一次和第二次扫描的 dp 数组中记下最优和次优路径，并都保证同一子树内只贡献一条（最优的）路径．记第一次扫描的 dp 数组为 $f$，第二次为 $g$．通过 $g_u$，$f_v$ 来推断 $g_v$：子树内的路径 $f_v$ 已经有了最优化结果，考虑直接加入 $g_v$ 中，再判断出 $f_u$ 中另一端点不在 $v$ 子树内的最优路径用其更新 $g_v$．

P3732 [HAOI2017]供给侧改革

记 $a_i$ 为字符串中的第 $i$ 个字符，$S_i$ 为以 $i$ 开头的后缀，$LCP(S_i,S_j)$ 指 $S_i$，$S_j$ 的最长公共前缀．

考虑 $LCP(S_i,S_j)=k$ 的条件为 $\forall i\le x\le i-k+1,a_x=a_{x-j+i}$．由于 $a_i$ 是随机生成的，$i,j$ 确定时，$LCP(S_i,S_j)=k$ 概率为 $\frac{1}{2^k}$．当 $k$ 取到 $40$，在整个串里存在两后缀的 $LCP=k$ 的概率约为 $\frac{n^2}{2^{40}}$，近乎为 $0$．我们直接默认任意两串的 $LCP\le 40$ 来做即可．这个概率的估算感觉颇有问题，但只考虑前 $40$ 位是对的——笔者大概不能严谨证明，可以参阅其他题解．．．姑且这样吧．

将询问离线下来，挂在右端点上，从左往右扫描字符串．
设扫描到位置 $r$．我们维护 $g_i=data(i,r)(i<r)$，对于询问 $(l,r)$，答案为 $\sum _{i=l}^{r-1}{g}_i$．
现在考虑加入位置 $r$ 后，$g$ 会发生什么变化．枚举 $i<r$，发现 $LCP(S_i,S_r)$ 会被计入 $g_x(x\le i)$ 中．但是枚举 $i$ 时间复杂度显然不够优秀．我们利用 $LCP\le 40$ 的结论，考虑枚举 $LCP(i,r)$ 的值 $len$．显然我们只需要找到 $\underset{LCP(i,r)=len,i<r}{\max }i$，$len$ 会被计入 $g_x(x\le i)$．我们更新它们的最大值即可．

如何实现呢？
维护一棵 $01Trie$，扫描到 $r$ 时将 $S_i(i<r)$ 的前 $40$ 位插入到里面．对于 $Trie$ 上的节点 $u$，维护最后一次经过过它的后缀编号为 $m{x}_u$．在 $Trie$ 上跑 $S_r$，对于经过的节点 $u$，设其深度是 $le{n}_u$，发现 $m{x}_u=\underset{LCP(i,r)\ge le{n}_u,i<r}{\max }i$．然后前缀更新 $g_i$ 的最大值即可．又发现 $g_i$ 只有前缀更新最大值的操作，故$g_i$ 单调不降，我们用线段树维护 $g_i$，可以在更新 $g_i$ 时二分出第一个需要更新的位置，再做一个区间覆盖即可．

现在到了复杂度分析环节．时间复杂度 $O(40n\log n)$，空间复杂度 $O(40n)$．可以（勉强）通过此题．

这个做法借鉴了线段树维护历史版本和（扫描线）的思想．现在做区间的子区间脑子里全是扫描线．

Random Walk

记 $F_u$ 为经过 $u$ 的期望次数，$d_u$ 为 $u$ 的度数．有转移

$$F_u=\{\begin{array}{ll}\frac{F_{fa}}{d_{fa}}+[u=S]+{\sum }_v\frac{F_v}{d_v}& (u\ne T)\\ 1& (u=T)\end{array}$$

发现这是一个高斯消元的形式．现在介绍通过树上 dp 完成 $O(n)$ 树上高斯消元的方法．
请注意，下面是对于树上高斯消元的介绍，与前面的转移方程无关

设需要求解 $F_u(u\in 1,2,...n)$．有转移方程

$$F_u=k_{fa}{F}_{fa}+\sum _v{k}_v{F}_v+d$$

我们考虑将 $F_u$ 表示成只和 $F_{fa}$ 和一常数有关的式子：$F_u=g_u{F}_{fa}+c_u$．

现在考虑如何求解 $g,c$．

$$\begin{array}{rl}{F}_u& =k_{fa}{F}_{fa}+\sum _v{k}_v{F}_v+d\\ & =k_{fa}{F}_{fa}+\sum _v{k}_v(g_v{F}_u+c_v)+d\\ & =k_{fa}{F}_{fa}+(\sum _v{k}_v{g}_v)F_u+\sum _v{k}_v{c}_v+d\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}(1-\sum _v{k}_v{g}_v)F_u& =k_{fa}{F}_{fa}+\sum _v{k}_v{c}_v+d\\ F_u& =\frac{k_{fa}{F}_{fa}}{1-{\sum }_v{k}_v{g}_v}+\frac{{\sum }_v{k}_v{c}_v+d}{1-{\sum }_v{k}_v{g}_v}\end{array}$$

易发现

$$\begin{array}{rl}{g}_u& =\frac{k_{fa}}{1-{\sum }_v{k}_v{g}_v}\\ c_u& =\frac{{\sum }_v{k}_v{c}_v+d}{1-{\sum }_v{k}_v{g}_v}\end{array}$$

先做一遍 dfs，将 $g,c$ 数组求出．
在根节点处，$g_{fa}=0$，可以直接求出 $F_{rot}$ 的值．
再做一遍 dfs，将 $F$ 数组求出即可．