補題進度：7/10

A(博弈論)

略

B

待填坑

C(貪心)

題意：

　　一個序列是good的當且僅當相鄰兩個數字不相同。給出一個長度為n的數列，每個數字是ai。定義一種操作就是把a中某個元素拿到首位去，問最少需要多少次操作才能讓數列a變成good的。如果不可行則輸出-1。

　　n<=1000,1<=ai<=n

分析：

　　我們先來判-1的情況，當且僅當出現次數最多的那個數字的出現次數超過了$\frac{n}{2}$

　　然後我們再來考慮一般的情況，我們把那些需要移動的數字全部拿出來記錄一下，即b[i]表示至少要把b[i]個數字i提到前面去

　　假設目前一共要移動m個數字，那麽如果出現次數最多的數字的出現次數不超過$\frac{m}{2}$，那麽是很美好的，因為這樣我們一定可以用m此操作讓它們跑到前面去並且不沖突

　　但是如果出現最多的次數超過了$\frac{m}{2}$，那麽我們就需要用額外的本不需要動的數字來填充其中了，討論一下即可

　　註意還要討論一下第一位數字的值

D(後綴樹)

題意：

　　給出一個字符串S，一個整數l，一個整數k

　　|S|<=2e5,l<=2e5,0<=k<=1e12

　　我們需要求出一共有多少個長度不超過l的字符串T滿足條件，答案可能很大，對1e9+7取模

　　要滿足的條件是以下程序段跑出的tot的值>=k

分析：

　　考慮一個簡單的問題，給定了一個字符串T，我們要如何快速統計出tot的值

　　tot的計算過程實際上是把S的每個後綴當作一個字符串，然後讓T和每個字符串去求一個LCP，然後把所有LCP相加

　　很自然的想到把S的每個後綴全部加到一個Trie樹中

　　那麽我們定義一個點的value是它在Trie樹的子樹中單詞節點的個數，那麽我們只需要讓T在Trie樹上走，把經過點的value都加起來就是答案了，進一步的我們可以對於每個點，求出這個點到root這條鏈上的所有value的和，那麽答案就是分叉點處的Σvalue

　　這明顯可以用後綴樹優化，所以復雜度是O(n)的

　　好現在我們再來考慮如何統計數目，統計數目也是很簡單的，我們只需要枚舉分叉點的位置，然後後面的那些位任意取（當然第一個自由元並不是26種），累加即可

　　我們為了優化復雜度，把這個計算過程搬到後綴樹上即可，中間的計算需要在紙上算算，本質上是算等比數列求和

　　建後綴樹的話，只需要建出逆序的SAM，然後按照slink建樹就行了

　　時間復雜度O(n)

E(dp)

題意：

　　給出n,m,p

　　給出n個m維向量，向量的每一位都是0/1

　　問有多少個集合S，其中異或運算在S中是封閉的，且T∈S

　　答案對p取模

　　1<=n<=100,1<=m<=min(2000,2^n),1<=p<=1e9

分析：

　　S實際上就是包含T的線性子空間，所以就是求秩為m-rank(T)的線性子空間的個數

　　我們考慮生成線性子空間的線性基的過程，從高位到低位放線性基

　　每次我們有兩種決策，那就是在當前列的主元位置放一個1（上面行的對應列都必須是0），或者當前位置放置0，之前有元素的行的對應位置可以隨便填0/1

　　於是我們就有了dp式子，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]*2^j

　　dp[i][j]表示填了i列填了j個主元的方案數

F(記憶化搜索+論文剪枝)

待填坑

G(貪心)

題意：

　　給出一個1~n的排列，你可以把它分割成最多k段並且可以把這k個段進行排序，輸出你能得到的最小字典序。

　　n<=1e5

分析：

　　貪心著來，先把1砍出來，然後把2砍出來……

　　這樣可能會面臨剩下最後一刀，但是不能把下一個數字砍出來了（因為可能需要兩刀），去討論最後一刀的情況就行了

H(標記回收線段樹)

題意：

　　給出一個長度為n的數組a[]，有q個操作，操作有兩種

　　　　1 l r v ：把a[l..r]全部改成數字v

　　　　2 ：撤銷目前存在的最早的1操作

　　對於每次操作之後，你需要計算數組的數字和，並把它累加起來最後輸出

　　n,q,v<=1e5

分析：

　　有了2操作，很容易想到是可持久化線段樹，但是仔細一想，區間覆蓋操作是不支持減法的，所以可持久化線段樹好像無法做

　　我們可以考慮這樣來做，第i次1操作就把對應區間的值改成i，然後刪除一個操作i就是把數組裏所有數字i刪除，變成初始狀態

　　因為是按照操作順序刪除操作的，所以這樣是正確的

　　我們只需要考慮用線段樹來維護這個過程就行了

　　我們假設剛開始每個位置染的顏色是inf(表示沒有被染，是原來的值)

　　我們現在線段樹要處理問題的核心是“將數組中所有顏色i全部刪除，變成inf，維護區間和”

　　我們可以維護一下區間顏色min，如果一個區間顏色min>i，那麽就不需要進去改顏色了（因為改顏色的過程是遞增的）

　　這樣每次刪除的話時間復雜度是O(顏色段數)，這樣可行嗎？

　　我們可以來分析一下，剛開始加入一個顏色區間，該顏色區間有log段，然後以後在染色的過程中，最多把之前的一個顏色分成兩部分，所以一次修改操作只會讓總段數多出log段，整體時間復雜度還是在O(nlogn)量級的

　　有一點需要註意，在刪除一個區間的標記之後，我們還需要將它子樹裏的標記全部清空（或者在做修改操作時候清空子樹標記也是可行的），所以我們的線段樹還需要標記回收，這也是不影響復雜度的

I

待填坑

J

待填坑

K(不平等博弈)

題意：

　　在一個n個點的樹上，Alice和Bob要進行博弈，首先Alice在任意一個地方下一個白棋，然後Bob在一個白棋的周圍下個黑棋，然後Alice在一個白棋的周圍下一個白棋……誰不能操作就算輸

　　n<=100

分析：

　　這是個不平等博弈，所以考慮用dp解決

　　dp[i]表示在以i為根的子樹上下棋，Alice先手在根下，最終Alice會比Bob多走多少步

　　那麽在i的k個分叉中，Bob會先選擇一個dp[u]最大的一個下黑棋，不讓Alice下白棋，然後Alice會選擇dp[u]第二大的點下白棋，然後Bob會選擇一個dp[u]第三大的點下黑棋……

　　那麽把dp[u]排序後，我們去累加一下求和就能得到dp[i]的值了

　　註意一點，最後dp[i]=max(dp[i],0)，即如果走這個子樹Alice比Bob走的少，那麽Alice不會選擇走這個子樹

　　最後看一下dp[1]的值和0的大小關系就知道是Alice贏還是Bob贏了

　　時間復雜度是O(nlogn)的

寒武紀camp Day4