2024.9.20 近期练习

CF461E Appleman and a Game

我们可以先建出 SAM，设 \(dp_{i,u}\) 表示当前处理到 \(i\) 位，SAM 上到 \(u\) 节点当前最小答案。
由于答案具有单调性，考虑二分答案，也就是二分 \(mid\)，考虑如何检验最短的串是否不超过 \(\le n\)。
考虑把 SAM 修改一下，若某点不存在 \(c\) 的出边就将其连向根到 \(c\) 的节点。
现在问题转化为：给你一张有向图（即修改完的 SAM），满足上面有 \(4\) 个特殊点。
你从根开始走，每经过一条边则 \(cnt_1\) 加一，每到达一个特殊点则 \(cnt_2\) 加一。
当 \(cnt_2\) 为 \(mid\) 时过程终止。 你可以任意安排你走的路径，需要求出终止时 \(cnt_1\) 的最小值。
那么我们可以 dp，设 \(dp_{i,c}\) 表示当前走了 \(cnt_2=i\)，走到了第 \(c\) 个特殊点的最小答案。
考虑最短路求出特殊点之间的最小的 \(cnt_2\)。最后 dp 明显可以用矩阵快速幂优化。非常好一个题。
之所以想到可以二分答案是因为“最小值最大”；还有随着 \(n\) 增大答案不降，所以答案增大，\(n\) 也不降。
可以二分转倍增优化复杂度。

CF1442E Black, White and Grey Tree

发现颜色相同且相邻的点可以缩点起来，一定是一起被操作的。
我们假设只有一条链，且只有黑色和白色的点，发现最小的操作次数为 \(len/2+1\)，\(/2\) 需要向上取整。
把链推广到树上，贪心地，考虑每次删掉叶子节点，因为如果删成了多个连通块一定不优。
如果只有黑色和白色的点，把颜色不同的点之间的边设为 \(0/1\)，那么 \(len\) 就是树的直径。
考虑灰色的点，由于灰色的点一定是跟白色或黑色一起删掉，所以可以把灰色的点看做是黑色或白色。
那么我们考虑树形 dp 即可。转移的话对于儿子合并上来的时候取儿子两种颜色最小值。
这个题的话，是一个从链到树的直径跟贪心的结合。每次删叶子的思想比较常见。

CF2004F Make a Palindrome

我们先要考虑一个数组最小操作多少次使得其变成回文。首先上限是 \(n-1\)，只需要全部合并。
经过猜测，我们认定将一个数分裂成两份是没有用的，所以我们考虑最大化最后剩下的数的个数。
结论：所以一个数组考虑做前缀/后缀和，最后能剩下的个数，是前缀和与后缀和所有数中相等的个数。考虑拆贡献，也就是求区间和相等对数。把所有区间的和存进桶里，桶里两两可以做贡献。

CF1687D Cute number

我们观察到，合法的段是诸如 \([w^2,w^2+w]\) 这种情况。合法与不合法交替，长度为 \(2,1,3,2,4,3,5,4...\)
称 \([w^2,w^2+w]\) 为第 \(w\) 段，到第 \(V=a_n\) 段后，所有的数一定在一个段里。
不妨枚举 \(a_1+k\) 所在的段，只有 \(V\) 种段。我们令 \(a_1+k\) 紧贴左边，算后面要合法会使 \(k\) 增大多少。
因为合法的段长度最多比后面不合法的段长度大 \(1\)，所以，每个 \(a_i+k\) 满足条件时 \(k\) 是一个区间。
然后把 \(k\) 的取值范围求交集，于是乎我们得到了一个 \(O(nV)\) 的做法。
观察到：如果当前从小到大枚举到第 \(w\) 段，若 \(a_{i+1}-a_i\le w\)，那么他们一定在一个段中。
在一个段中的我们可以合并他们。考虑两个端点即可。
枚举到第 \(w\) 段时，在不同段的只有 \(\frac{V}{w}\) 种，复杂度调和级数。

CF1984E Shuffle

考虑转化题意，考虑最后流程结束时树被删成什么样。显然此时每个连通块大小为 \(1\)。
因为这些连通块大小为 \(1\)，他们一定是叶子节点。这些没被删的点相当于一个独立集。
相当于求树的最大独立集。但是这样有一个问题，就是被删的点不一定不是叶子。
如果一个原来的叶子是第一个被删除的，那么其最后一定还是叶子节点。
所以设计一个 \(dp_{u,0/1,0/1}\) 表示当前节点选/不选，其子树有无叶子第一个被删除的答案，转移平凡。
转化为独立集模型确实精妙。

CF627D Preorder Test

显然地，我们需要二分答案，考虑如何检验答案 \(mid\)，考虑把 \(< mid\) 的点都删掉，形成若干连通块。
在每个连通块中可能有若干个点连向 \(<mid\) 的点，这代表什么？代表这个点无法回溯，称为黑点。
如果走进一个无法回溯的点的子树里，那么一定会在该子树终结。
所以，我们 dfs 遍历的 \(k\) 个点中如果存在有黑点，其一定连成一条路径。
相当于我们选两个黑点出来，其路径上所有点的儿子的，且不存在黑点的子树大小的和使其 \(\ge k\)。
考虑 dp，维护 \(f_u\) 表示 \(u\) 连向其子树里某个点最大的贡献，（不考虑 \(u\) 子树外的贡献）。
特判不存在黑点的情况。

CF1976F Remove Bridges

我们要让割边最少，且原来树上不是割边的边连接成包含根节点的一个连通块。
我们连接 \(u\to v\) 时，可以使树上 \(u,v\) 路径上所有边都不是割边，此时可以将 \(u\to v\) 的边全部删去。
这是划分子任务的思想。我们有了一个贪心的策略，每次删除最长的一条路径，且与根节点联通的。
如果存在一个很长的路径 \(u\to O\to v\)，需要先删 \(1\to O\) 才能到达；不妨先删除 \(1\to u\)，再删 \(O\to v\)。
这证明了贪心是正确的。考虑如何表示一条路径，拆分成两条到 \(1\) 的路径，\(dis_u+dis_v\)。
当我们删了一条路径时，考虑对 \(dis\) 产生什么影响，这里需要把 \(dis_u\) 定义成删 \(u\) 会减少多少割边。
假设 \((x, fa_x)\) 是被删除的一条边且第一次被删，那么 \(x\) 子树里所有的 \(dis\) 都会减少 \(1\)。
由于每条边只会被删除一次，删除的时候直接执行子树减，同时维护出 \(dis\) 的最大值即可。
关于删除 \(u\to v\) ，需先找出 \(u\)，然后设 \(u\) 向上跳 \(dis_u-1\) 的位置是 \(Q\)，找非 \(Q\) 子树里最大的 \(v\) 即可。
经过实践发现上面是错的，我们需要给贪心加上“反悔”。
也就是，除了第一次操作，不需要找非 \(Q\) 子树里最大的 \(v\)，因为可以通过交换使得其满足条件。