上午

ZJOI2020 密碼

給定 \(p\) 級別在 \(10^{18}\) ，有一個未知數 \(x\) ，會給 \(a_ix\pmod p\) ，但有 \([-10^{16}/2,10^{16}/2]\) 的誤差。誤差之間獨立且隨機。\(x,a_i\) 隨機。

方法 1

一個條件相當於是 \(L_i\le a_ix\le R_i\) ，嘗試聯立兩個方程。

設 \(y=a_1x\) ，那麼推推推可以推出形為這樣的不等式：

\[L_1\le y\le R_1\\ L_2\le Ay\%p\le R_2 \]

魔改擴歐可以得到下面的最小整數解，然後？？？

把第一部分分塊，對於一塊 \(y\in [L_1,L_1+T-1]\)

在 \(err\) 較小（\(10^{11}\)）的時候解不會太多，暴力判斷即可。

方法 2

考慮如果 \(a\) 較小，那麼 \(L_i\le a_ix\le R_i\) 這樣的方程的解可以被分成 \(a\) 段。

所以嘗試讓 \(a\) 變小。（？？？）

選 \(k\) 條方程，給每一個方程帶一個 \(\pm1\) 的係數，加起來。此時 \(err\) 的數量級不會變大（乘一個小常數？）。

所以可以選一些方程加起來，嘗試把 \(a\) 變小。

\([0,1]\) 內隨機 \(k\)

大力隨機即可獲得不錯的分數。

\(a\) 變小之後可以解出若干區間，然後多搞出幾個 \(a\) 就可以把很多組區間求交，然後就可以暴力了？

正解

上面減小 \(a_i\) 的嘗試有些類似於卡雜湊。

Tree Attack !

對於一個序列 \(\{a\}\) ，每次排序之後選相鄰的項的差，即可使得每次 \(n=n/2\) ， \(\max a=\max a/n\) ，且每個 \(a\) 的係數都是 \(\pm 1\) 。

在這一題中 \(m\) 不夠大，但是係數也不一定必須是 \(0,\pm 1\)

還有 multi tree attack ……

ZJOI2020 序列

線性規劃

就是把一個數的貢獻分成兩部分，一個是連續的，一個是跳的，然後跳的最小操作次數也可以把奇偶分開做，所以就是線性規劃，轉一手對偶就做完了……

上面的圖略有一些筆誤，轉對偶之後是最大化 \(\sum_i (-a_i)u_i+\sum_i (a_i-a_{i-2})w_i\) 。

至於為什麼取值都是整數呢？操作一下轉成費用流即可證明。

怎麼轉成費用流？注意到 \(v_i,w_i\) 只在兩個不等式中出現，所以可以看做連點之間的邊；而 \(u\) 可以看做 \(S\) 連向點的邊或點連向 \(T\) 的邊。費用對應上去即可。

貪心

從左往右考慮。先考慮最左邊兩個。

可以發現，只要 \(a_1>0,a_2>0\) ，那麼必然有從 1 開始的連續減一線段，且長度至少為 2 。如果沒有那麼可以通過調整使得有。

到最後 \(a_1=0\) 或 \(a_2=0\) 。如果 \(a_1=0\) 那麼直接繼續，否則會有從 1 開始跳著減 1 。

然後考慮 2 和 3 ，我們想要用同樣的方法貪心，但是有一個問題：有一些操作可以連到 3 ，它們可以繼續往前連。

設連到 3 的有 \(A\) 個連續的， \(B\) 個跳的。先讓 \(A,B\) 都對 \(a_3\) 取 \(\min\) 。

如果 \(A+B\le a_3\) ，那麼容易發現把它們全部保留下來是最優的，然後情況和 \(a_1,a_2\) 一模一樣，照著做即可。

否則，設 \(k=A+B-a_3\) 為多餘的運算元，顯然有 \(k\le A,k\le B\) 。

多餘的看起來很不爽，所以令 \(A=A-k,B=B-k\) ，那麼 \(A,B\) 都要保留，並且還可以往前連 \(k\) 個免費的任意種類。

此時 \(A,B,a_3\) 都消失了，留給 \(a_2\) 的唯一方案是往前連跳的。

然後為了表現出 \(a_3\) 這裡有免費邊，把 \(a_3\) 置為 \(k\) ，答案減去 \(k\) 。

ZJOI2020 抽卡

我們先轉化題意。

先轉化題意。

這種隨機抽卡的題，可以考慮每一個沒有達成目標狀態的集合，同樣大小的集合走到的概率和期望呆在這的時間是一樣的，所以就轉化成了數每一個大小的不合法集合的個數。

然後考慮怎樣 dp 這個東西。可以設 \(dp_{i,j}\) 表示考慮了前 \(i\) 張牌，選了 \(j\) 張的方案數，然後轉移是 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+dp_{i-1,j}-[ok]\) 。其中 \([ok]\) 為 \(dp_{i-k-1,j-k}\) ，或在 \(i=k\) 時為 \(dp_{i-k,j-k}\) ，或前面不連續的時候是 0 。

對於 \(f_i=a\times f_{i-1}+b\times f_{i-k-1}\) 有 \(O(n/k)\) 的做法：其實就是看做走路，然後列舉 \(k+1\) 步的走了幾次，然後組合數算方案數即可。

容易看出上面的 dp 也是這樣的形式： \(dp_i=(x+1)dp_{i-1}-x^k dp_{i-k-1}\) 。

把式子列出來之後可能可以分治 NTT 。

式子（連續的一段，不連續的只需要最後分治乘起來就行了）：

\[F_{m}=\sum_{i=0}^{\lfloor m /(k+1)\rfloor}\left(-x^{k}\right)^{i} (x+1)^{m-i(k+1)} \left(\begin{array}{c} m-i k \\ i \end{array}\right) \]

同樣是分治，本質上和上面那東西沒什麼區別。

好像 \(dp_{k,k}\) 被減掉的 1 還要額外做一遍？

PE437

顯然可以轉化為求 \(f_k=\sum [最長段\le k]\) 。

這東西顯然有 \(dp_i=n\times dp_{i-1}-(n-1)\times dp_{i-k-1}\) ，然後用 \(O(n/k)\) 算這個東西的方法就可以做了。

複雜度 \(O(n\log n)\) 。

EC Final 2019 J

顯然應該從小往大往裡面加數，考慮每個數能去哪裡。

序列裡面會有一些線段，表示線段裡面的數“基本”可以隨便移動。

加入一個數的時候，如果不在任何一個線段裡，那麼它顯然位置永遠不會變化，而是會帶來兩個新的線段（左右各一個）。如果線段相交了那麼會合並。

否則，它可以在已有的線段裡面移動，然後還可以把這個線段往兩邊擴充套件。注意不管怎麼擴充套件都不會覆蓋到確定動不了的點。

所以一個點加入的時候就可以確定它到底可以走到哪裡：原有的線段裡。而它的位置不能和別的點重合，所以方案數是 \(len-cnt\) ，其中 \(cnt\) 是之前就已經確定要在這個線段裡的點的個數。

下午

保序迴歸

要求：代價函式 \(f_i(x)\) 是凸的。

考慮

\[\sum_i f_i(x_i)=C+\sum_i\int_0^{x_i} f_i'(y)\mathrm{d}y=C+\int_0^{\infty}\sum_i [x_i\le y]f_i'(y)\mathrm{d}y \]

所以如果對於每個 \(y\) 用最小權閉合子圖求出 \(\sum_i [x_i\le y]f_i'(y)\) 的最小值，積分起來，就得到了答案的一個下界。至於為什麼能取到這個下界與函式凸性有關，不會證。

但是其實沒有必要這麼做，只需要整體二分一個 \(y\) ，跑最小權閉合子圖，就可以知道哪些點較小，哪些點較大，然後分治兩邊。分治的時候不在這個區間的點可以直接和 \(S\) 或 \(T\) 縮起來，保證複雜度。

要求整數的時候就是把求導改成差分。

保序迴歸

要求：代價函式是凸的。

對於每一個 \(\lambda\) ，看哪些點小於它，哪些大於它。如果大於它則貢獻是 \(f'_i(\lambda)\) 。跑最小權閉合子圖。

然後整體二分。

正確性感性理解。求出來的顯然是下界，至於為什麼取得到就不管了……

泡泡糖

在權值只能是 \(\{0,1\}\) 的時候可以輪廓線 DP 。

對於更大的情況基本上就是保序迴歸的整體二分思路。同樣不會證明正確性。

run

稱一個極長的週期串（週期 $\le $ \(|s|/2\) ）為一個 run 。

一個字串的 runs 的個數是 \(O(n)\) 的。

怎麼求？……

本原平方串

可以被寫成 \(AA\) 的形式，且最小迴圈節恰好是 \(|s|/2\) 。

每個位置開頭的本原平方串的個數是 \(O(\log n)\) 的。

證明？……

ZJOI2020 字串

把一個串中一個平方串的第一次和最後一次出現稱為關鍵串。（不一定本原）

如 aabaabaabaabaabaaba 中的 aabaab,abaaba,baabaa,aabaabaabaab,...

• 關鍵串個數是 \(O(n\log n)\) 的。

• 詢問時答案“基本”是不同的關鍵串。

第一點的證明：

如果只迴圈兩次，那麼顯然是 \(O(n\log n)\) 的。

對於非本原的，掉線了……

可以和本原平方串對應起來？

一個串中本質不同平方串=本質不同關鍵串？

掉線快樂？

Another Chess Problem

看到這個圖可能會更明確一些：

發現這個題做過，就做完了 /fad

EC Final 2019 K

給了一個多邊形的三角剖分，邊有邊權，無向，求兩兩之間的最大流之和。

最大流轉最小割，然後轉成對偶圖最短路。

三角剖分圖的對偶圖是一棵樹（把外面無窮大平面拆成 \(n\) 個葉子）。

Gomory-Hu Tree 是兩兩最小割的最小生成樹。

此時的最小割是某兩個葉子的路徑長度。

考慮求出葉子組成的完全圖的最小生成樹。boruvka 或別的神仙東西。

可以發現如果把最小生成樹畫在圖上，不會相交（？？？）。

並且此時圖也有不錯的性質，可以求出 kruskal 重構樹（即“對偶”回去），就可以方便地求出兩個點的最小割了。

其實就是兩點的最小割就是找到能把它們分開的一對葉子，也就是路徑上的最小邊。

然而 dls 不記得怎麼處理相交的情況了，……

方法 2

同樣是轉成對偶圖。

考慮凸包上的邊權最小的邊，那麼如果有一個最短路走到了它旁邊的三角形對應的點，就一定會從這裡走出去。

所以可以把這條邊刪掉，合併它對應的葉子節點和三角形節點，然後把刪掉的邊權加到三角形的另外兩條邊上。此時那兩條邊變成了邊界上的邊。

如果這條邊刪掉之後刪透了，那麼就是得到了 gomory-hu tree 上面的一條邊。

怎麼實現？把刪邊的過程記下來，倒過來變成加邊，那麼就是合併兩個連通塊了。

EC Final 2019 B

一次走兩步，就比較好做了。

Junk Problem

如果是兩兩和不同，那麼可以構造這麼個集合： \(\{i\times 2p+i^2\%p\}\) 。

然後瞬間掉線……

對於異或，把高低位拆開，假設各有 \(n\) 位，那麼造一個 \(n\) 階不可約多項式 \(P(x)\) （於是有逆元（不過常數項為 0 也能有逆元？），有一些性質），然後低位隨便放，可以對應到一個 \(f(x)\) ，那麼高位就用 \(f^3(x)\pmod P\) （顯然也是模 2 意義下）。

考慮怎樣會相等。以下乘法都是模 \(P\) 模 2 的多項式乘法。

由於 \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\) ，所以可以拆開一些東西。

然後因為是模 2 意義下，所以加減等價，所以證明相乘相等。

然後因為是個域（？？），所以有唯一分解（？？），就可以證明如果兩對東西相加相等則兩兩相等。

最後如果上界不是 \(2^{2n}-1\) 怎麼辦？

好像是取最近的那一邊亂搞。

由於模 \(P(x)\) ，所以一個非 0 多項式不管常數項是否為 0 都有逆元。

線上 O(1) 逆元

複雜度為 \(O(p^{2\over 3})-O(1)\) 。

設一個閾值 \(M\) ，對於一個 \(a\) ，如果能構造出 \(ak=h\pmod p\) ，那麼 \(a^{-1}=k\cdot h^{-1}\pmod p\) ，所以需要讓 \(h\) 較小。

掉線了……

Linear Matroid Parity

有很多對元素，一次要選一對，問最多選幾對使得還是擬陣。

可以理解為：有很多行向量被分成一對一對，一次選一對，選最多使得線性無關。

普通擬陣是 NP-Hard 。

掉線，跑路。

可以做 colorful spanning tree 和別的一些神奇東西。

……#%￥……

刪最少的點，使得剩下的圖是森林。

NP-Hard 。

如果度數小於等於 3 那麼是 P 。

先補成度數全部為 3 ：……

掉線。

@#……@……#