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Day1

决策单调性与四边形不等式-彭思进

5.19 18:30-21:00

一、定义与约定

1. 题目中若没有明确给出，则可以认为所有 \(n\times m\) 或者 \(n\times n\) 的矩阵都可以 \(O(n)\) 预处理，\(O(1)\) 计算某个元素的值。
2. 用 \(\min_i(A)\) 表示矩阵 \(A\) 的第 \(i\) 行的最小值在哪一位取到（相同的话取最左边的）。
3. 定义一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 为单调矩阵，当且仅当对于任意 \(1\leq i<j\leq n\)，\(\min_i(A)\leq \min_j(A)\)。
4. 定义一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 的子矩阵为 \(A_{l_1\ldots r_1,l_2\ldots r_2}\)，其中 \(1\leq l_1\leq r_1\leq n,1\leq l_2\leq r_2\leq m\)。
5. 定义一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 为完全单调矩阵，当且仅当 \(A\) 的每个子矩阵都是单调矩阵。

二、四边形不等式

（1）定义

称一个矩阵 \(A\) 满足四边形不等式（或称作蒙日阵），当且仅当对于任意 \(1\leq i_1\leq i_2\leq n,1\leq j_1\leq j_2\leq m\)，有 \(A_{i_1,j_1}+A_{i_2,j_2}\leq A_{i_1,j_2}+A_{i_2,j_1}\)。

（2）定理一

若 \(A\) 满足四边形不等式，则 \(A\) 与 \(A^T\) （\(A\) 的转置）都是完全单调矩阵。

引理：若 \(A\) 满足四边形不等式，则对 \(A\) 的任意一行或一列加入一个常数 \(c\)，其仍然满足四边形不等式。

（3）应用一

对于一个动态规划方程 \(f_{i,j}=\min_{1\leq k<j} f_{i-1,k}+w_{k,j}\)，考虑从 \(f_{i-1}\) 转移到 \(f_i\) 的过程可以构造一个矩阵 \(A\)，使得

\[A_{x,y}=\left\{ \begin{aligned} f_{i-1,y}+w_{y,x} &,x>y\\ \infty&,x\leq y \end{aligned} \right.\]

则 \(f_{i,x}=A_{x,\min_x(A)}\)。

对于这种，要求满足 \(f_i\) 只需要知道 \(f_{i-1}\) 的方程的问题称为满足离线决策单调性。

（4）应用二

对于动态规划方程 \(f_i=\min_{1\leq j<i}f_j+w_{j,i}\)，可以类似地构造一个矩阵 \(A\)，使得

\[A_{x,y}=\left\{ \begin{aligned} f_y+w_{y,x}&,x>y\\ \infty&,x\leq y \end{aligned} \right.\]

但是在这个问题中，可以发现，想要求出 \(f_i\) 的值，必须要知道 \(f_{1\ldots i-1}\)。这样的问题成为满足在线决策单调性。

（5）算法一：暴力分治

设 \(solve(l,r,L,R)\) 表示当前计算 \(l\) 至 \(r\) 行，这些行的最小值在 \(L\) 至 \(R\) 列中。暴力枚举第 \(mid\) 行，求出 \(\min_{mid}(A)\)，这样可以把原问题化为两个子问题 \(solve(l,mid,L,\min_{mid}(A))\) 与 \(solve(mid+1,r,\min_{mid}(A),R)\)。

考虑这样分治的复杂度，每一列至多会被扫分治深度次，故复杂度为 \(O(m\log n+n)\)。这个算法可以解决单调矩阵的问题，而单调矩阵求解的下界复杂度即为 \(O(m\log n)\)。下面将会继续探讨求解完全单调矩阵问题的算法。

例一 北大集训2018Day3T3 小Z的旅行计划

设 \(val_{i,j}\) 为选择 \(i\) 到 \(j\) 的答案，由 \(val_{i,j}+val_{i+1,j+1}\geq val_{i+1,j}+val_{i,j+1}\) 和求最大值想到可以把边权全部取反，这样就满足了四边形不等式。而 \(val_{i,j}\) 可以通过 \(\operatorname{set}\) 动态维护 \(\{p_i,\ldots,p_j\}\) 的dfs序来 \(O(\log n)\) 得出，直接运用上边的方法可以 \(O(kn \log^2 n)\) 解决问题。

（6）算法二：二分栈

首先探讨完全单调矩阵的性质：

性质一 对于任意两列 \(1\leq i<j\leq m\)，一定存在一个位置 \(p_{i,j}\)，使得对于所有的 \(1\leq k\leq p_{i,j}\)，有 \(A_{k,i}<A_{k,j}\)；对于所有的 \(p_{i,j}<k\leq n\)，有 \(A_{k,i}\geq A_{k,j}\)。

性质二 由性质一可以得出，\(A_{1\ldots p_{i,j},j}\) 和 \(A_{p_{i,j}+1\ldots n,i}\) 都一定不可能是最优的，称其为“冗余”的。

通过上面两个性质，可以得到，如果现在考虑每一列，那么每一列应该都会占据一段区间，并且列从左到右占据的区间应该也是从上到下，并且不交的。于是可以想到开一个栈来存储这个东西，加入新的一列 \(k\) 时，暴力找栈顶的列 \(t\) 占领的区间最上端 \(l_t\)，如果 \(A_{l_t,t}\geq A_{l_t,k}\)，那么 \(t\) 这整个一列都会冗余，直接删除。一直弹栈直到栈空或者找到一个 \(t\) 使得 \(A_{l_t,t}<A_{l_t,k}\)，那么可以在这个 \(t\) 的区域 \([l_t,r_t]\) 中二分找到 \(p_{t,k}\)，从而确定 \(k\) 列占领的区间，入栈。

考虑这个算法的复杂度：每列都至多会被入栈出栈一次，每列入栈的时候至多会二分一次。所以复杂度是 \(O(m\log n)\) 的。

（7）算法三：SMAWK算法

首先是这样一个操作 reduce(A)，它表示对一个 \(n\times m\) 的矩阵进行如下操作之后，变为一个 \(n\times \min(n,m)\) 的矩阵：

维护一个 \(k\times k\) 的子矩阵，其中对角线元素 \(A_{i,i}\) 以上的所有元素都是冗余的。如果现在已经维护了一个这样的矩阵，考虑加入第 \(k+1\) 列：

如果 \(A_{k,k}\geq A_{k,k+1}\)，则第 \(k\) 列冗余，直接删除；如果 \(A_{k,k}<A_{k,k+1}\)，那么如果 \(k+1\leq n\)，把后面那一列加入。

SMAWK算法的分治过程是这样的：

对于 SMAWK(A)：

1. 计算 B=reduce(A),C=B 的所有偶数行组成的子矩阵；
2. 递归计算 SMAWK(C)；
3. 通过计算出来的偶数行答案去暴力计算奇数行答案，这一步复杂度大概是 \(O(m)\)。

考虑整个算法的时间复杂度递推式 \(f\) 是

\[f(n,m)=\left\{ \begin{aligned} f(\frac{n}2,n)+O(n+m)&,n\leq m\\ f(\frac{n}2,m)+O(n+m)&,n>m\\ \end{aligned} \right. \]

当 \(n>m\) 时，递归 \(\log \frac{n}{m}\) 次会进入 \(n\leq m\) 的情况，上面的情况是 \(O(n+m)\)，所以总的时间复杂度是 \(O(m(1+\log \frac{n}{m})+n)\)。

三、二维决策单调性

（1）例一：石子合并

简单的区间dp，递推式为

\[f_{i,j}=\left\{ \begin{aligned} 0&,i>j\\ w_{i,j}+\min_{i\leq k<j}f_{i,k}+f_{k+1,j}&,i\leq j \end{aligned} \right.\]

朴素的计算是 \(O(n^3)\) 的，现在考虑利用决策单调性来优化这个过程。

（2）朴素二维动态规划的决策单调性优化

定理一：上式中 \(\{w_{i,j}\}\) 满足四边形不等式，且 \(w_{i,j}\) 满足区间单调性，则 \(\{f_{i,j}\}\) 也满足四边形不等式。

证明需要归纳法，先归纳证明 \(i'=j\) 时的三角形不等式，再归纳证明四边形情况下的不等式。

定理二：设 \(f_{i,j}\) 最小的最优决策点为 \(K_{i,j}\)，则有 \(K_{i-1,j}\leq K_{i,j}\leq K_{i,j+1}\)。

如果两维都满足单调性，那么对于区间长度相同的区间都可以 \(O(n)\) 计算，总复杂度 \(O(n^2)\)，并且拥有较小常数。

四、决策单调性最短路问题

（1）例二：环上邮局 NFLSOJ216（IOI2000邮局 加强版）

做法一：枚举每个位置断环成链，暴力 \(O(n^2k)\)。

通过上面的暴力做法，可以发现，最优方案一定会把这 \(n\) 个物品划分成 \(P\) 个区间，每个区间去同一个邮局，处理一下前缀和就可以 \(O(1)\) 求了。

定理（答案凸性） 设 \(f(k)\) 表示 \(1\ldots n\) 经过 \(k\) 条边的最短路，则其为下凸函数。

引理 对于任意 \(1\leq s<r<t\leq n-1\)，都有 \(f(s)+f(t)\geq f(r)+f(s+t-r)\)。

证明大概是对于任意的 \(s,r,t\) 构造一组特解满足？然后证明引理之后带个数进去就可以证明定理了。

这样可以考虑 wqs 二分，大概是二分一个斜率去找切点？直接做可以做到 \(O(n^2 \log V)\)。

另外两个定理：

路径单调性定理：若存在决策单调性，设经过 \(k\) 条边字典序最小的最短路的边集为 \(f(p)\)，若两条路径的起点和终点 \(s_1<s_2,t_1<t_2\)，则经过的点 \(s_i,t_i\) 都有单调性，即 \(s_i<t_i\)。

路径不交定理：起点和终点均为 \(1\) 和 \(n\) 的路径，\(f(p)\) 与 \(f(p+1)\) 的路径不交，即 \(f(p+1)_i< f(p)_i\leq f(p+1)_{i+1}\)。

运用上述定理可以先把例二中的村庄分成 \(k\) 个区间，找一个最小的区间仅枚举这个区间的位置断环成链，复杂度 \(O(nk\times \frac{n}{k})=O(n^2)\)。

再次考虑分治 \(solve(l_1,r_1,\ldots,l_k,r_k)\)，每一层跑一个 Wilber 或者 SMAWK 算法或者二分栈和分治，并且每次把最小的区间转到最前面做，复杂度 \(O(n(\log n+\log V))\) 或 \(O(n\log n(\log n+\log V))\)。

五、四边形不等式的其他应用

（1）生成随机蒙日阵

如果 \(C,D\) 是蒙日阵，则 \(C+D,\lambda C,C^T\) 都是蒙日阵。故可以找几个常见蒙日阵，随机运算一下就差不多了。

还有另外一个方法是使用次模函数构造蒙日阵。次模函数的定义是：设 \(E\) 是一个有限集合，定义在幂集 \(2^E\) 的实函数 \(f\)，对于任意的 \(X,Y\in E\)，均满足 \(f(X)+f(Y)\geq f(X\cap Y)+f(X\cup Y)\)，则 \(f\) 为次模函数。

后面还有一些使用决策单调性解决旅行商问题的讲解？？？反正彻底下线啦。

Day 2

Open Cup 趣题选讲-蒋凌宇

2021.5.20 18:30-21:00

一、Open Cup简介

Open Cup是对世界各地举行的一些质量比较高的算法竞赛的题目的收集。比如 Pretrozavodsk Camp，EC-Final，Moscow Workshop，还有一些不太知名的比赛的题。整体难度较大，申请账号门槛高，但是可以在 codeforces 上一位名叫 zimpha 的人的博客里看题。

二、题目选讲

T1 Cactus Competition

XXI Open Cup.Grand Prix of Korea,Problem B

题意：给定一张 \(n\times m\) 的网格图，\((i,j)\) 的权值为 \(A_i+B_j\)，其中 \(A,B\) 都是给定的序列。求有多少对 \((S,T)(1\leq S\leq T\leq n)\)，满足存在一条 \((S,1)\) 到 \((T,m)\) 的路径，每一步只能向下或向右走一步，并且只能经过权值非负的格子。

\(n,m\leq 2\times 10^5,|A_i,B_i|\leq 10^9\)；\(1024M,2s\)。

题解：首先考虑 \(1-n\) 的情况。如果以下条件都不满足，则一定存在路径：

1. 有一行不能走。即存在 \(1\leq i\leq n\)，对于任意 \(1\leq j\leq m\)，都有 \(A_i+B_j<0\)；
2. 有一列不能走，式子与上边类似。
3. 有一个不能走的框把起点框起来了。即存在\(1\leq x\leq n,1\leq y\leq m\)，使得对于任意 \(1\leq i<x\) 都有 \(A_i+B_y<0\)，且对于任意 \(1\leq i<y\) 都有 \(A_x+B_i<0\)。
4. 有一个不能走的框把终点框起来了。式子与3类似。

证明充要的方法大概是，构造一个从起点走到终点的路径。先选择一个中间点，然后分别对两个子问题进行考虑，用第 \(3\) 和第 \(4\) 个性质反证子问题一定成立，则结论一定成立。

接下来考虑四个性质对 \((S,T)\) 的影响，前两个性质就是把大问题分成两个子问题。后两个性质的影响可以用单调栈+二分求出，最后的复杂度是 \(O(n\log n+m)\)。

T2 Query On A Tree 17

XXI Open Cup.Grand Prix of Korea,Problem I

题意：给一个 \(n\) 个点的有根树，初始点权为 \(0\)。有 \(q\) 次操作，每次会将某个点 \(u\) 子树内所有顶点点权 \(+1\) 或者将 \(u\) 到 \(v\) 路径上点权 \(+1\)，求一个点 \(v\) 使得 \(\sum_{1\leq u\leq n}A_u\cdot dis(u,v)\) 最小。

题解：若点权和为 \(S\)，则最浅的带权重心的子树点权和一定大于 \(\frac{S}2\)。所以如果将所有顶点按照dfs序写下来，每个点写这个点的点权次，那么这个序列的最中间的点一定在答案点的子树中。于是可以用重链剖分加线段树来维护点权和，注意到重链剖分也是一个dfs序，于是每次查询可以在线段树上二分找到中间点，然后直接在这个点到根节点的路径上找最优点就行，这个过程可以用倍增解决。每一次可以 \(check\) 一下这个点要不要跳，具体方式大概是在线段树上查子树和一类。这样做总复杂度是 \(O(n+q\log^2 n)\)。

T3 Steel Slizing 2

XXI Open Cup.Grand Prix of Korea,Problem L

题意：平面上有一个多边形，长度为 \(n\)，第 \(i\) 个位置的高度为 \(h_i\)。需要切最少的次数使每个部分都是矩形。切的每一刀只能跟多边形有两个交点，并且在多边形内部。切掉之后的图形不能一起切。\(n\leq 2.5\times 10^5\)。

题解：最后每一块都是矩形相当于是凹顶点（\(270\) 度的顶点）个数为 \(0\)。切一次只会把凹顶点数目 \(-1\) 或者 \(-2\)，问题转化为最大化 \(-2\) 次数。

竖着的情况可以直接求，如果上下都是凹顶点就行。横着的情况相当于是需要满足两个位置的横坐标相等，且这两个位置中间的任何位置都比它们要高。这个问题大概可以用笛卡尔树求得。

现在得到了一些横着和竖着的边。如果有两条边相交，那么它们只能选一个，这是一个二分图最大独立集问题，它等于边数减去最大匹配。考虑到这个题的边有特殊性质，横着的一定是向一个区间连边。这时候不要直接线段树优化建图跑网络流啊……可以直接跑一个贪心的类似区间覆盖的东西，用堆维护一下。复杂度 \(O(n\log n)\)。

T4 Interesting Drug

XXI Open Cup.Grand Prix of Korea,Problem K

题意：有 \(n\) 件物品排成一行，一个人可以左右移动，走到了一个地方，如果有物品就会拿。对于第 \(i\) 个物品，如果这个人第 \(C_i\) 个取走它，会得到\(D_i\) 的收益，否则没有任何收益。对于每个 \(1\leq i\leq n\)，求初始位置为 \(i\) 时能够取得的最大收益。\(n\leq 3\times 10^5,1\leq D_i\leq 10^9\)。

题解：倒过来考虑，记 \((L,R)\) 表示现在拿了 \([L,R]\) 的物品。此时需要扔掉位置为 \(L\) 或 \(R\) 的物品，最后就到 \((i,i)\)，这样复杂度是 \(O(n^2)\)。考虑有贡献的边只有 \((i,i+C_i-1)\rightarrow (i+1,i+C_i-1)\) 和 \((i-C_i+1,i)\rightarrow (i-C_i+1,i-1)\)。这样的点的个数是 \(O(n)\) 的。考虑把它们放到二维平面上，贡献相当于就是一个二位偏序，树状数组维护DP即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

T5 Find the LCA

XXI Open Cup.Grand Prix of Tokyo Problem F

题意：给定 \(A_1,\ldots,A_n\)，考虑所有 \(n\) 个点组成的有根树，其中第 \(i(2\leq i\leq n)\) 的父亲是 \(p_i(1\leq p_i<i)\)，点权为 \(A_i\)。一棵树的分数为顶点 \(LCA(n-1,n)\) 的子树内所有顶点点权的乘积，求所有 \((n-1)!\) 种树的分数和，\(\mod 998244353\)。\(n\leq 2.5\times 10^5,7s\)。

题解：考虑 \(lca(n-1,n)\) 的子树集合为 \(S\) 的方案数。显然，如果 \(lca(n-1,n)=1\)，那么 \(S=\{1,2,\ldots,n\}\)，方案数是???；如果不是，那么方案数为 \((n-|S|-1)\cdot (\min S+1)\)。现在考虑 \(lca(n-1,n)=1\) 的答案种类，事实上它是所有情况的一半，即 \(\frac{(n-1)!}{2}\)。为什么会这样呢？现在考虑构造双射证明。

构造双射证明说的是，从两个问题集合中构造一组一一映射，如果能构造出来，说明这两个问题是等价的，或者集合大小是相同的。首先考虑从 \(gcd(n-1,n)=x(x\neq 1)\) 映射到 \(gcd(n-1,n)=1\) 的方案：将 \(x\) 的子树中含有 \(n\) 的节点接到 \(p_x\) 上，然后把 \(x\) 和剩下的子树接到 \(1\) 上；然后从 \(gcd(n-1,n)=1\) 映射到 \(gcd(n-1,n)=x(x\neq 1)\)：直接将 \(x\) 和它的子树插入 \(n\) 到根的路径上，因为要满足父亲的编号比儿子小，所以插入的位置是唯一的。这样就证明了 \(lca(n-1,n)=1\) 的树一共有 \(\frac{(n-1)!}{2}\) 种。

然后对于 \(lca(n-1,n)\neq 1\) 的情况，大概要求一个这样的式子：

\[\sum_{S\subset\{2,3,\ldots,n\},|S|=k}\min (S)\cdot \prod_{i\in S} (1+A_i) \]

普通的分治FFT说的是，考虑一些多项式的乘积，把它从中间分开，分别计算出左边右边的答案，然后FFT乘起来，复杂度是 \(O(n\log^2 n)\)。这个式子的分治不太一样，大概说的是有很多多项式的乘积求和。这样也可以分治，画一个图可以发现，对于 \([l,mid]\) 的需要卷上一个右边的多项式乘积，对于 \([mid+1,r]\) 的直接加到答案里即可。复杂度还是 \(O(n\log^2 n)\)。

T6 Japanese Knowledge

题意：有一个非降正整数序列 \(A_{1\ldots n}\)。对于每个 \(0\leq k\leq n\)，求满足以下条件的非降非负整数序列 \(x_{1\ldots n}\) 的数量 \(\mod 998244353\)：

1. \(x_i\leq A_i(1\leq i\leq n)\)；
2. 恰好有 \(k\) 个位置满足 \(x_i=A_i\)。

\(n\leq 2.5\times 10^5,1\leq A_i\leq 10^5,10s\)。

题解：考虑 \(A\) 数组相当于是在平面上给出了一个区域，其中第 \(i\) 个位置的高度是 \(A_i\)，现在实际上是求只能在区域内部走，从左下到右上的方案数。

首先考虑如果没有 \(k\) 的限制，那么可以分治 FFT 解决。如果满足 \(k\) 组 \(x_i=A_i\)，发现这个问题的答案等价于 \(f(A_{k+1}-1,A_{k+2}-1,\ldots,A_n-1)\)。证明仍然考虑构造双射，从原问题去掉所有 \(x_i=A_i\) 的位置可以映射到新问题，新问题大概是插入到最前面的大于它的位置映射到原问题？然后就可以分治 FFT 并且在过程中统计答案。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

T7 没讲。

T8 Chess Tournament

XXI Open Cup.Grand Prix of Samara,Problem I

题意：\(n\) 位选手两两进行一次比赛，每轮至多 \(k\) 对（\(2k\) 位选手互不相同）同时比赛，设计一个总轮数最少的方案。\(n\leq 200,1\leq k\leq \frac{n}2\)。

题解：首先考虑 \(k=\frac{n}2\) 的情况：

若 \(n\) 为奇数，第 \(k\) 轮令 \(i+j\equiv k\pmod n\) 的 \(i\) 和 \(j\) 进行比赛，每一轮都有一个人和自己比（轮空）。

若 \(n\) 为偶数，上面那个方案中每一轮剩下的人肯定都不一样，那个人和 \(n\) 比赛。

因为两种情况都达到了下界，所以一定是最优的。

现在考虑 \(k<\frac{n}2\) 的情况，先将上面的方案按照轮和编号从小到大的顺序写下来（\(n\) 为偶数时，先写 \((i,n)\)），注意到每个人在两轮之间的位置至多改变 \(1\)，故同一个人不会在连续 \(\frac{n}2-1\) 场比赛中出现两次，所以直接连续 \(k\) 场比赛一轮即可在达到下界的同时满足题目条件。

完结撒花！谢谢朋友们！

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