标签：结点 记录 钦定 枚举 叶子 cdots ZJOI2022 置换

这一场质量挺高的。

D1T1 树

枚举第一棵树的叶子集合，第二棵树的叶子集合为恰好，容斥成钦定：（\(f_1(S)\) 为第一棵树叶子集合为 \(S\) 的方案数，\(f_2(S)\) 为第二棵树非叶子集合为 \(S\) 的方案数）

\[\sum_Sf_1(S)\sum_{T}(-1)^{|S|-|T|}f_2(T)=\sum_S(-1)^{|S|}f_1(S)\sum_{T}(-1)^{|T|}f_2(T) \]

考虑对这个式子直接 dp，令 \(f_{k,i,j}\) 表示 dp 到了编号 \(k\) 的结点，目前前面钦定了 \(i\) 个非叶子结点，后面提前钦定了 \(j\) 个非叶子节点的容斥系数和。

分讨列出转移方程，大概就是枚举结点分配给哪棵树，然后再确定另一棵树是否钦定它来容斥（很神秘）：

• 这个结点分配为第一棵树的叶子，第二棵树钦定：\(f_{k+1,x,y}\leftarrow -xyf_{k,x,y}\)；
• 这个结点分配为第一棵树的叶子，第二棵树不钦定：\(f_{k+1,x,y}\leftarrow xyf_{k,x,y+1}\)；
• 这个结点分配为第二棵树的叶子，第一棵树钦定：\(f_{k+1,x,y}\leftarrow -xyf_{k,x,y}\)；
• 这个结点分配为第二棵树的叶子，第一棵树不钦定：\(f_{k+1,x+1,y}\leftarrow xyf_{k,x,y}\)。

复杂度 \(O(n^3)\)。AC

D1T2 众数

显然答案的形态就是 aaabbbaaa，考虑对颜色出现次数根号分治：

• a/b 存在一个是大颜色：枚举每一个大颜色，扫一遍序列，对每种颜色维护一个极长的 aaabbb 段以及一个 bbbaaa 段即可。
• a/b 均为小颜色：枚举处于外面的颜色，那么问题转化为 \(O(n\sqrt n)\) 次区间众数。但此时众数大小不超过根号，我们将询问有序地挂在右端点，枚举众数出现次数，移动右端点并维护符合条件最靠后的左端点，弹符合要求的询问就好了。

这样就做到了 \(O(n\sqrt n)\)。

D1T3 简单题

D2T1 面条

将最后答案除以 \(2^k\)，那么我们第二个操作就不需要要除二了。

我们手玩一下操作过程：

\[abcdefgh\cdots z\rightarrow aabbccdd\cdots zz\rightarrow\cdots (a\times 2^w)(b\times 2^w)\cdots(z\times 2^w)\rightarrow (a\times 2^{t+1})(b\times 2^{t+1})\cdots(z\times 2^t) \]

（其中一个字母在不同阶段不代表相同数字）

也就是说，令 \(t\) 为 \(n\) 最低非零位，那么我们应用 \(t+1\) 次操作后，会变成很多个长度为 \(2^{t+1}\) 的相同段，最后接一个长度为 \(2^t\) 的相同段。

显然这个过程的操作与询问都可以在 \(O(n\log n)\) 内暴力模拟。

将长度为 \(2^t\) 的相同段缩成一个字母，令新的序列为 \(c_1,c_2\cdots,c_m\)。考察接下来的操作造成的影响：

\[c_1,c_2,\cdots,c_m\rightarrow c_1+c_m,c_1+c_{m-1},c_2+c_{m-1},c_2+c_{m-2},\cdots \]

令差分数组为 \(d\)，那么操作就为：

\[d_1,d_2,\cdots,d_{m-1}\rightarrow -d_{m-1},d_1,-d_{m-2},\cdots \]

那么，一次操作就是 \(d_1,d_2,\cdots d_{m-1},-d_1,-d_2,\cdots,-d_{m-1}\) 的一次置换，令这个置换为 \(g\)，我们询问的答案就是：

\[C+\sum_{i=1}^{m-1}[g^k(i)<x]d_i=C+\sum_{i=1}^{x-1}d_{g^{-k}(i)} \]

\(C\) 可以简单计算出，后面这个式子考虑拆出所有置换环，每个置换环（设大小为 \(c\)）通过一次卷积求出所有 \(k\in[0,c)\) 的答案。

将大小相同的置换环的答案加到一起，每次询问只需要枚举 \(O(\sqrt n)\) 个置换环将答案加起来即可，复杂度 \(O(n\log n+q\sqrt n)\)，不能通过。

继续挖掘这个置换 \(g\) 的性质（\(g^{-1}\) 与 \(g\) 性质相同），手玩可以发现所有置换环大小都是 \(2\) 在 \(2(m-1)\) 下的阶 \(r\) 的因数。

也就是答案关于 \(r\) 是循环的，那么我们将大小相同的置换环加和之后，直接维护 \(k\in[0,r)\) 的答案就好了。

复杂度 \(O(nd(n)+q)\)，可以通过。

D2T2 计算几何

AC

D2T3 深搜

离散化，枚举一个 \(i\)，令权值大于等于 \(i\) 的点为黑点，那么我们就是要支持将一个点由黑染白，以及维护简单路径只经过黑点的点对，dfs 时不遇到白点的概率之和。

考虑将子树内有白点的点叫灰点，那么可以发现我们不能 dfs 入没有 \(y\) 的灰点子树。转移方程大概长这样：（令 \(s(x)\) 为 \(x\) 的灰儿子数量）

\[f_x=\begin{cases}0&[x\ \text{is}\ \text{white}]\\\sum_{y\in son(x)}\begin{cases}\frac{f_y}{s_x}&[y\ \text{is}\ \text{grey}]\\\frac{size_y}{s_x+1}&\text{otherwise}\end{cases}\end{cases} \]

这样我们就得到了一个 \(O(n^2)\) 的解法。

直接将转移方程刻画成矩阵，每次加入白点的时候暴力更新非灰的祖先（更新单点的转移系数以及一条链的 \(f\)），用一个全局平衡二叉树就是 \(O(n\log n)\) 了。

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