3nd ucup 部分题目记录

退役之后一直想着，我至少还是更新一下 ucup 好题和互测好题，但很遗憾一直摆到了现在；论文也还没有开始施工。

我一直觉得自己如果改掉不良的生活习惯，提高自己的学习效率，完全可以达到更高的水平，但很遗憾我确实战胜不了自己，我或许永远都看不到自己的上限了。

马上就 NOIP/CTT 了。我觉得我起码得象征性的训练一下。我仔细想了想，我还有一个上 LGM 的梦；我是 ucup 队里最菜的人，我不想继续次次在后期摆烂。

那趁我清醒，开始写点东西吧。

先写下没打但是想做的：stage4,stage8

2J. Polygon II

有 \(n\) 个在 \([0,2^{a_i}]\) 随机的实数，求它们能围成多边形的概率。\(n\le 1000\) 。

算不合法的概率，那就是枚举最大的边 \(p\)，要求 \(\sum x\le 2x_p\) 。改变一下 \(x_p\) 的定义，重新令其为 \(2^{a_p}-x_p\) ，这样就得到 \(\sum x\le 2^{a_p}\) 了。

接下来是关键的一步： 由于我们只关心 \(\sum x\) 和一个整数的大小关系，那其实可以把 \(x\) 拆成整数部分和小数部分。也就是如果指定 \(x\) 的整数部分，令 \(A=2^{a_p}-\sum [x]\) ，那合法的概率其实就是 \(n\) 个 \([0,1]\) 间随机的实数加起来 \(\le A\) 的概率，这可以容斥计算。

问题转化成：计算 \(A\geq 0,A\geq 1,A\geq 2,\dots,A\geq n\) 的概率。

现在 \([x_i]\) 是 \([0,2^{a_i})\) 随机的整数，发现我们可以进一步拆解：可以看成二进制下每一位都有 \(\frac{1}{2}\) 的概率为 \(1\) 。最后的计算就是数位 dp 状物了，从低到高 dp ，记录下当前 \(\sum x\) 和限制的大小关系，以及往后的进位。复杂度大概是 \(O(n^4\log V)\) 。

怎么优化呢，由于我们最后只需要计算 \(\sum e_iP(i+\sum [x]\le 2^{a_p})\) 状物，我们在 dp 的时候只需要在最低位先垫上 \(i+1\) ，最后看第 \(a_p\) 位有没有进位即可，于是也不需要记与限制的大小关系，答案就是 \(dp_{a_p,0}\) ；又可以发现并不需要枚举 \(p\) ，所以复杂度降为 \(O(n^2\log V)\) 。

2L. Chords

一个环上 \(2n\) 个点连了 \(n\) 条边，要取出尽量的边满足两两不交，数据随机。

\(n\le 10^5\)

先编出来 \(O(n^2)\) 的 dp ，就是设 \(dp_{i,j}\) 为 \([i,j]\) 内能取多少线段。发现由于数据随机，答案是 \(O(\sqrt{n})\) 级别的，于是经典的交换状态和值域，设 \(p_{j,k}\) 是令 \(dp_{i,j}\geq k\) 的最大的 \(i\) ，发现 \(p\) 也是好算的，复杂度 \(O(n\sqrt{n})\) 。

2I. Mercenaries

有 \(n\) 个点， \(i\) 和 \(i+1\) 的边上有若干物品，物品有属性 \((x,y)\) ；点 \(i\) 上也有一件物品。现在有若干询问 \(R,a,b,c\) ，你想求出最大的 \(L\) 使得：能从点 \(L\) 到点 \(R\) ，使得取出点 \(L\) 的物品，再在路上每条边取一件物品，能使得 \(a(\sum x)+b(\sum y)\geq c\) 。

\(n,q\le 2*10^5\) ，物品总个数 \(S\le 5*10^5\) 。

可以发现这个问题一看就很凸包。

建出线段树，设 \(G_p\) 是节点 \(p\) 内每条边取一个物品得到的 \((\sum x,\sum y)\) 形成的上凸包；\(F_p\) 是节点 \(p\) 内取一个点为起点，走到右端点的 \((\sum x,\sum y)\) 构成的凸包。令 \(M\) 是 \(mid\) 到 \(mid+1\) 的物品构成的凸包，发现 \(G_p=G_l*G_r*M\) ；\(F_p=F_l*G_r*M+F_r\) ，其中 \(*\) 是闵可夫斯基和，\(+\) 是求两个点集并起来形成的凸包。查询在线段树上二分即可。

发现每次询问要对 \(O(\log n)\) 个凸包求出，取一个点 \((x,y)\) 使 \(ax+by\) 最大。考虑把询问离线下来，把 \((a,b)\) 按极角排序，然后只用对每个凸包维护一个指针即可。复杂度 \(O((n+q+S)\log n)\) 。

3K. Knocker

这场开始和两个超级传奇大师做队友。

给你一个序列，一次操作能整体模一个数，问最后能得到多少不同的序列。\(n\le 500\)

（记录官方题解）先来分析终止状态 \(b\) 合法的条件。不妨对 \(a\) 从大到小排序并去掉相同的位置，接下来观察 \(b_1\) ，现在不妨设 \(k=b_1-a_1\) ，我们有结论：对于 \(a_i\geq k\) ，\(b_i\) 一定等于 \(a_i-k\) 。

只需要证明一步操作后这个条件成立，然后归纳即可。不妨设模 \(x\) 后得到的分别是 \(a'_1\) 和 \(a'_i\) ，那首先有 \(a_1-a'_1\le k\le a_i\) ，于是 \(a_i-a'_i\geq a_1-a'_1\) 。另一方面由于 \(a_i-a'_i=x[\frac{a_i}{x}]\) 。所以 \(a_1-a'_{1}\geq a_i-a'_i\) 。就发现 \(a_1-a'_1=a_i-a'_i\) 了。

回到问题，这里还有一个条件：\(a_i<2k\) ，一步有效操作后 \(a_1\) 一定会减半。发现这之后直接取模数为 \(k\) ，即可让 \(a_i\geq k\) 的数都变成 \(b_i\) 了；这也是最优的方法，因为取更小的数后效性更大，取更大的不合法。你发现这样就不会影响 \(a_i<k\) 的那些数，于是此时递归到了一个子问题！只不过我们为了不再影响已经固定了的这些数，会要求之后每次取的模数 \(> b_1\) 。

于是设 \(dp_{i,j}\) 表示只使用 \(\geq j\) 的模数能得到的不同 \(b_i\) 到 \(b_n\) 个数，转移枚举 \(k\) 即可。复杂度 \(O(n^3)\) 。

3B. Breaking Bad

给你一个 \(n*n\) 的矩阵，对于 \(k=0,1,\dots,4\) ，问是否存在排列 \(p\) 使得 \((\sum A_{i,p_i})\bmod 5=k\) ，\(n\le 1000\) 。

首先可以想到随机赋权算行列式，可惜过不了。

（记录官方题解）

观察到大多数情况下每个 \(k\) 都是有解的。考虑如果有一个排列满足能取出不交的四对数 \((i,j)\) ，都满足 \(a_{i,p_i}+a_{j,p_j}\neq a_{i,p_j}+a_{j,p_i}\) （模 \(5\) 意义下）那就可以通过交换/不交换 \(i,j\) ，对排列进行调整，不难发现一定能调整出所有可能的余数。

（其实有一个数学上的结论是，对于 \(k\) 个模 \(p\) 非 \(0\) 的数 \((k<p)\) ，它们不同的子集和一定有至少 \(k+1\) 个。）

接下来先找到任意一对这样的 \((i,p_i),(j,p_j)\) 。事实上去尝试 \((i,j),(i+1,j+1)\) 就好了，反证易得。如果找不到的话也不难说明此时排列怎么取，结果都是一样的：一定存在序列 \(R,C\) 使得 \(a_{i,j}=R_i+C_j\) 。

接下来直接把 \(i,i+1\) 行和 \(j,j+1\) 列删掉，继续找下去，如果最终找到了四对我们就 win 了。否则看一下发生了什么，设此时找到了 \(q\) 对，发现我们其实就得到一个 \((n-2q)*(n-2q)\) 的子矩阵，满足 \(a_{i,j}=R_i+C_j\) 。不妨设 \(q=3\) ，把特殊的 \(6\) 行 \(6\) 列提到最前面。接下来直接状压 dp:

\(dp_{i,S,h}\) 表示考虑到第 \(i\) 行，关键列取了 \(S\) 且当前和为 \(h\) 是否可能。注意这里算和的时候，我们先把和当成 \(\sum R+\sum C\) ，每次取了一个特殊的格子后就把对应的 \(R,C\) 减去，再把实际值加上即可。复杂度即为 \(O(4^mn)\) ，本题中 \(m=5\) 。

感觉这场这两个题都不在我脑洞范围内啊，大概想一想，K 是找到了判定过程中的子问题，从而设计 dp；B 是观察到了难搞的情况形式很好看，于是也不难搞了。

5J. Prefix Divisible by Suffix

问你 \(n\) 以内有多少数满足：把十进制写出来，能够把它划分成两段 \(p,q\) ，使得 \(q+c|p\) ，其中 \(c\) 是给定常数。\(n\le 10^{14},c\le 10^4\) 。

发现自己其实一眼就会了，只是不敢剪枝。考虑直接枚举最低的 \(7\) 位，发现此时我们对 \(n\) 提出来若干限制 \((p,c)\) 表示：若模 \(p\) 余数为 \(c\) 就一定合法了。对这些限制容斥，这样就得到了一个算量 \(20^{7}*\log V\) 的做法。（需要解 CRT）

但自己想想，算量真的会那么大吗？可以发现指定容斥的集合，其模数的 lcm 很有可能很大，于是容斥的时候直接搜索要钦定的集合，lcm 太大了就剪掉。然后就能通过了。。挺没意思的。

5C. Painting Fences

给你一个网格，给出每个格子开始的颜色（黑/白），一次操作可以选一条与 x/y 轴平行的直线对网格翻折，对于重合的两个格子，如果一个为黑的话可以把另一个也染黑。求出使得所有格子变黑的最小次数。\(n\le 1000\)

倒着来看这个过程，于是发现起作用的其实只是一个全黑的子矩形，设 \(f_{l,r}\) 是假设这个矩阵是 \(1*n\) 的，且 \([l,r]\) 为黑那需要操作多少次，\(g_{l,r}\) 同理为矩阵长为 \(m\) 时的次数。则可以发现一个子矩阵需要的操作数就是 \(f_{xl,xr}+g_{yl,yr}\) 。

枚举 \(xl,yl\) 。一个一开始就能做出的观察是答案很小，具体的发现：\(f_{l,r}\) 的大小都是 \(O(\log n)\) 级别的，所以求出 \(p_{l,i}\) 表示最小的 \(r\) 使得 \(f_{l,r}\le i\) ，\(q_{l,i}\) 同理。于是只需要枚举 \(xr=p_{xl,i},yr=q_{xr,j}\) 看看是否合法即可。这里可以双指针，复杂度 \(O(n^2\log n)\) 。

7E. Express Eviction

给你一个 \(n*m\) 的网格图。有一些格子存在障碍，障碍可以 ban 掉它周围的四个顶点。现在你想知道：至少要移除多少障碍，才能从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\)。

先想想如果已经知道哪些点被 ban 了该怎么判断，发现其实就是，如果存在 \(x=0/y=m\) 的点与 \(x=n/y=0\) 可以通过 ban 掉的点八联通起来，那就寄掉了。

进一步可以发现，确定障碍后寄掉的条件其实就是： \(x=1/y=m\) 的某个障碍可以走到 \(x=n/y=1\) 的障碍，其中每一步只能走到 \(x,y\) 之差都不超过 \(2\) 的障碍，证明比较容易。

对着这个做最小割就好了。

7C. Price Combo

很牛的一个题，先咕了。

10H. Intersection of Paths

给定一棵有边权的树，询问：临时修改一条边的边权，然后给定 \(k\) ，求出取 \(k\) 条端点不重合的路径，交的边权和的最大值。\(n,q\le 5*10^5\) 。

取重心为根，发现如果存在一组方案的交会包含 \(u\) 到 \(v\) 的路径，就等价于 \(sz_u,sz_v\geq k\) ，于是如果没有修改边权的事情，我们就只用求出 \(sz\geq k\) 的点中距离最远的两个点。

现在有边权修改，怎么处理，我们其实只需要求出删掉这条修改的边后，两个子树分别的直径即可。注意到这个直径的端点要么是叶子，要么是删掉的边的端点，那我们考虑把 \(k\) 相同的询问放到一起处理，将保留 \(sz\geq k\) 的点后得到的树的叶子拎出来，容易发现它们只会有 \(\frac{n}{k}\) 个，每次询问相当于查一段区间的点的直径，线段树处理就可以平衡。复杂度 \(O((n+q)\log n)\) 。

冷静一下，其实这样处理烦了，我们把询问按 \(k\) 从大到小排序，这样只需要维护线段树，要求每次激活一个点，以及查询一个区间激活的点的直径即可。复杂度仍是 \(O((n+q)\log n)\) 。

LOJ177 生成子群阶数

给你 \(m\) 个长度为 \(n\) 的排列，问你它们能复合出多少不同的置换，其中每个排列都能用若干次。\(n,m\le 50\) 。

发现还不会这个东西，学一下。

首先可以把给定排列的逆也加进来，因为设其环长 lcm 为 \(L\) ，其实逆就可以表示成原来的排列复合 \(L-1\) 次。

考虑建出一张图，对于一个给定的排列，对任意 \(1\le i\le n\) ，我们从 \(i\) 连向 \(p_i\) ，这样一组操作可以看做是从 \(1\) 开始的一条路径，途中会复合上所有经过的置换。可以发现这里走到的点就代表当前 \(p_1\) 的值。

现在先求出以 \(1\) 为根的生成树，设终点为 \(t\) ，那对于 \(1\) 到 \(t\) 的任意一条路径，考虑在走到 \(t\) 之后，沿着树边走回 \(1\) ，再走到 \(t\) ，可以发现这样效果是不变的，于是终点为 \(t\) 的路径一定都形如：从 \(1\) 出发走回了 \(1\) ，再按照树边走向 \(t\) 。

就可以得到一个结论，方案等于：\(p_1\) 可能的取值数 ，乘上 \(p_1=1\) 的方案数。

继续思考对于一条走回 \(1\) 的路径 \(1\rightarrow u_1\rightarrow u_2\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1\) ，它和 \(1\rightarrow u_1\rightsquigarrow1\rightsquigarrow u_1\rightarrow u_2\rightsquigarrow 1 \rightsquigarrow u_2\rightarrow u_3 \rightsquigarrow 1\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1\) 是等价的。其中 \(\rightsquigarrow\) 是在走树边。

于是得到结论：\(p_1=1\) 的排列都可以通过将 \(1\rightsquigarrow u\rightarrow v \rightsquigarrow 1\) 得到的排列复合得到。

这样做的好处是，我们可以用的置换都满足 \(p_1=1\) ，于是可以递归到 \(n-1\) 的子问题继续做。但问题是我们建出的图有 \(nm\) 条边，也就是说子问题里 \(m:=nm,n:=n-1\) ，这显然就炸掉了。结论是，我们只需要把这 \(nm\) 个置换先改造成 \(O(n)\) 个，改造的方法是，我们进行随机，在这些置换中随机选择一个子集，将内部的置换复合起来，这样随 \(O(n)\) 次，把每次随机得到的置换给递归下去。

复杂度 \(O(n^5)\) ，瓶颈在于要做 \(O(n^2)\) 次随机复合的过程 ，每次期望会复合 \(O(n^2)\) 个排列，单次复合是 \(O(n)\) 的。

11J Again Permutation Problem

只需要把 LOJ177 的答案和 LOJ4127 的答案乘起来就好了。

回顾一下 LOJ4127 的做法，其实发现这里分析的方法是类似的，我们仍然先把排列的逆加进来，然后建立一张 \(n^2\) 个点的图，对于一个给定排列我们在点 \((i,j)\) 和点 \((p_i,p_j)\) 间连边。这样有结论是：若 \((i,j),(a,b)\) 联通则 \(p_i=a,p_j=b\) 的方案数等于 \(p_i=i,p_j=j\) 的方案数。证明是和上面那个题的证明基本一致的。

于是算逆序对的期望只需要枚举 \(i<j\) ，记与 \((i,j)\) 联通的满足 \(a<b\) 的点数为 \(x\) ，\(a>b\) 的点数为 \(y\) ，那贡献其实就是 \(\frac{y}{x+y}\) 了。更直接的，就是对每个联通块计算 \(\frac{xy}{x+y}\) 的和。

11F Train Seats

题意是有一些椅子，每次可以拿走一个椅子，代价是离它最近的两把椅子的坐标差（若左边没有则为 \(0\) ，右边没有则为 \(m+1\)） 。让代价的和最大。\(n\le 2*10^5\) 。

对 \(a\) 排序，设 \(b_i=a_{i+1}-a_i\) （令 \(a_{n+1}=m+1\)），则一次操作相当于合并 \(b_i,b_{i+1}\) ，代价为 \(b_i+b_{i+1}\) ，最后让代价最大。建一棵二叉树来刻画这个过程，然后我们有结论：不可能有一个点的两个儿子都是非叶子。证明就考虑四个数 \(x,y,z,w\) ，我们相当于要证明：先合并 \((x,y),(z,w)\) ，再合并 \((x+y,z+w)\) 一定不优。原因考虑此时代价是 \(2(x+y+z+w)\) ，而从左往右依次合并的代价是 \(3x+3y+2z+w\) ， 从右往左是 \(x+2y+3z+3w\) 。把都有的东西减掉，发现 \(\max(2x+y,z+2w)\geq \frac{2x+2w+y+z}{2}\geq x+w\) 。

那其实就可以看到我们只有两种可能：要么合并好 \([2,n]\) 再把 \(1\) 合并进来，或者合并好 \([1,n-1]\) 再把 \(n\) 合并进来。也就是说，每次会删掉 \(b\) 的开头/结尾，代价是当前剩余的长度乘上选择的数。

直接使用 qoj2070 的代码即可。大概思路就是枚举最后保留的位置 \(k\) ，那就是对一棵只有两条链的树做 exchange argument，利用线段树来合并两侧已经出现的连续段即可。

11O New School Term

差点把我们队逮捕了的题。

题意是给你一些边，你希望选择其中一些边，在图是二分图的前提下，使选择的边的 \(\sum 2^{编号}\) 最大。