SDOI2019 Round2

這鬼傢伙已經咕了很久了……

SDOIR2的題目挺好玩的～

快速查詢（？？？）

不難發現全部的操做均可以經過區間打Tag實現

那麼能夠維護兩個標記$a,b$表示序列中的數爲$x$時實際表示的值是$ax+b$。對於一個單點賦值操做把值$x$變爲$(x-b)a^{-1}$放進數組裏面，對於全局賦值操做直接把數組清空。只清空在上一次清空到這一次清空之間被修改的數組上的位置，那麼清空的複雜度必定不會大於前面全部操做的操做次數，複雜度就是對的。

至於怎麼存這個數組能夠離散化也能夠像我同樣很呆地手寫哈希表

代碼

染色（DP）

有一個顯然的暴力：設$f_{i,j,k}$表示填滿前$i$列、第$i$列兩個元素的顏色分別是$j,k$的方案數。複雜度三方一分都沒有……

考慮在這個DP的狀態上壓掉一維。注意到若是咱們稱至少有一個位置有顏色的列是重要列，那麼若是咱們能夠預處理重要列與重要列之間的轉移，咱們就只須要記錄最後的重要列上$0$位置處填上的顏色便可，那麼DP的複雜度就變成了$O(n^2)$。

感受很不錯，咱們考慮兩個重要列之間的可能狀態。設$x,y$是其中一個重要列的顏色，考慮另外一個重要列的顏色，有如下幾種狀況。在下面的敘述中用$?$表示不與$x,y$相同的顏色，一橫排的若干個矩陣表示這些矩陣的方案數是相同的。

$\left(\begin{align*} x && ... && y \ y && ... && x \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && x \ y && ... && y \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && x \end{align*}\right)$ or $\left(\begin{align*} x && ... && y \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && y \end{align*}\right)$ or $\left(\begin{align*} x && ... && x \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

$\left(\begin{align*} x && ... && ? \ y && ... && ? \end{align*}\right)$

設$g_{i,0/1/2/3/4}$表示這五種狀態中間全爲$0$的列數爲$i$時的填充方案數，轉移枚舉最後一個全爲$0$的列便可，係數有點複雜，可使用矩陣優化可是我這麼無腦的人確定是直接大力寫式子啊。

而後去掉頭尾的全$0$列（由於它們的方案數能夠直接貢獻到答案裏），咱們就能夠每一次枚舉兩列，用上面求出的$g$數組進行轉移了。複雜度$O(n^2)$能夠經過96pts。

因此最後的4pts固然是打表啦考慮優化DP。

當你寫出式子以後就能夠發現：其中的全部操做稍做變換能夠變爲「快速查詢」中的區間加、區間乘、單點修改、單點查詢、詢問全部的和的操做。寫一遍不須要離散化的快速查詢配上這個DP就能夠了。

96pts 100pts

世界地圖（最小生成樹、虛樹）

須要求一個前綴和一個後綴的最小生成樹，咱們能夠先預處理好前綴和後綴的生成樹，而後考慮鏈接前綴和後綴之間的邊的影響。

若是已經有邊鏈接了前綴和後綴，那麼若是再加入一條鏈接前綴和後綴的邊，那麼必定要刪掉兩個經度爲$1$的點在前綴最小生成樹上的路徑的最大邊權的邊，或者兩個經度爲$m$的點在後綴最小生成樹上的路徑的最大邊權的邊。那麼能夠發現前綴MST和後綴MST上有用的邊只是經度爲$1$和$m$的點的虛樹上的邊。

那麼咱們預處理先後綴MST的時候也使用一樣的方法，計算完MST以後把兩邊邊界上的點在MST上的虛樹記錄下來，注意到虛樹上一條邊的邊權能夠直接賦爲這兩個點對應MST路徑上的全部邊的最大邊權，那麼一個MST中有效的邊的數量就是$O(n)$級別的，每一次合併的複雜度就是$O(nlogn)$。

那麼這樣作就能夠獲得一個$O((m+q)nlogn)$的作法。

代碼

熱鬧的聚會與尷尬的聚會（構造）

題設至關於$(p+1)(q+1) \geq n$

考慮以下構造方式：每一次在圖中刪去度數最小的點和它所連的邊直至圖爲空，設每一次刪去的點的序列爲$p_1,p_2,...,p_k$，每個點被刪去時的度數爲$d_1,d_2,...,d_k$，那麼週日聚會就邀請$p_1,p_2,...,p_k$，週六聚會就邀請$d_i$取到最大值時對應的圖上的全部點。

證實：序列$p$的全部點顯然獨立，而$d_i$取到最大值時選擇的全部點的熱鬧度就是$\max d_i$。由於$\sum\limits_{i=1}^k (d_i + 1) = n$，$k(\max d_i + 1) \geq \sum\limits_{i=1}^k d_i +1 = n$，因此$(k+1) (\max d_i + 1) \geq n + 1$，因此這樣的選擇方案是合法的。

刪點使用set維護就能夠了。

代碼

移動金幣（階梯Nim、DP）

把第$i$個金幣和第$i+1$個金幣之間的空格個數看做第$m-i$節階梯的石子數量，那麼這個顯然是一個階梯Nim，有效的石子是奇數節的石子，而偶數節的式子對勝負沒有影響。

因此咱們只須要考慮奇數節的石子，而對於偶數節的石子直接組合數分配。計算先手獲勝的機率彷佛並很差算，可是比較好算的是先手必敗的方案數，由於這意味着奇數節階梯石子異或和爲$0$，也就是每一位剛好出現偶數次。發現$n$並非很大，咱們能夠直接按位揹包。複雜度是$O(mnlogn)$的，可是實際跑得很快。

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連續子序列（記憶化搜索）

發現最近的省選很喜歡出思惟的搜索題（隔壁TJOID2T3就是，ZJOID1T1或許也能夠算）

以前有一個相似於$0110$縮成$0$、$1001$縮成$1$的方法，可是彷佛很難避免算重，而後發現有一種更優秀的作法……

考慮T.M.序列的一個性質，能夠參考OEIS A010060：令初始序列爲$0$，而後用$01$代替$0$，$10$代替$1$，作無限次就能夠獲得T.M.序列。

那麼若是一個序列是T.M.序列的子序列，也就必定可以經過$01$填充爲$0$、$10$填充爲$1$的方式還原爲$0$。

那麼咱們考慮dfs(s , k)表示當前前綴爲s、後面還須要填充k個字符的方案數，轉移能夠考慮枚舉填充的方式：有多是s的$x(2 \not\mid x)$與$x+1$字符組合，也有多是$x(2 \mid x)$與$x+1$字符組合，即在前面加上一個字符使得$s[1]$可以和這個字符組合，被一個單獨的字符填充。

不難發現當一個串的長度$>3$時這樣的劃分方式是惟一的，證實能夠不妨假設兩種填充的方式都成立，那麼若是在第一種填充方式下填充出了前綴$00$或者$11$，那麼在第二種填充方式下就會填充出前綴$000$或者$111$，這是不合法的；而若是填充出了$01$或者$10$，那麼在第二種填充方式下根本不可能存在合法的字符串知足條件。

而當串長度$\leq 3$時，好比說串$010$，它就能夠被填充爲$01|01$或者$10|10$，這兩種方案都合法，可是這個字符串只能被計數一次，因此這些地方須要特判。

注意到當$|s|=1$時方案數只和$k$的大小有關，在這種狀況下咱們能夠進入另外一層遞歸。在這層遞歸中使用記憶化，那麼總的狀態數就是$O(logk)$級別的，而solve函數的遞歸總數是$O(|s|)$級別的，因此複雜度很小能夠經過本題。

代碼