ZJOI 选做

Posted 2021-06-02 Nemlit

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[ZJOI2015]地震后的幻想乡

考虑克鲁什卡尔的算法流程，发现最小生成树之和相对大小关系相关，由于是实数期望，所以可以忽略掉大小关系相等的情况。一种简单的方法就是枚举 \\(m\\) 条边的相对大小关系，然后模拟克鲁什卡尔算法，假设在第 \\(i\\) 条边加入时联通，那么答案为 \\(\\dfrac{i}{m+1}\\)，因此设 \\(f_i\\) 表示加入 \\(i\\) 条边时仍然没有联通的方案数，那么答案为 \\(\\dfrac{1}{m+1}\\sum \\dfrac{a_i}{\\binom{m}{i}}\\)。因此只需要快速求出 \\(a_i\\) 即可。

设 \\(f[i][j]\\) 表示集合 \\(i\\) 中连接了 \\(j\\) 条边，联通的方案数，那么 \\(a_i=1-f[M][i]\\)。接下来就是常规操作了，固定最小的点 \\(p\\) 必须被包含，那么 \\(f[S][i] = 1-\\sum_{T\\in S, 2^p\\in T}f[T][j]\\times \\dbinom{cnt_{T\\&S}}{i-j}\\)，直接转移即可，复杂度 \\(O(3^n\\times m)\\)，当然可以采用子集卷积进行优化，但是实际效率可能会更慢。

[ZJOI2016]大森林

查询操作可以在修改之后统一完成，我们只要能还原出最后的每一棵树即可。然后相邻的两棵树的关系一定是十分密切的，考虑依次枚举每一棵树，然后还原出当前这棵树。

我们从 \\(1\\to n\\) 枚举每一棵树，然后可以发现只有 \\(4\\) 种操作：删除一个操作 \\(0\\)，增加一个操作 \\(0\\)，删除一个操作 \\(1\\)，增加一个操作 \\(1\\)。

对于操作 \\(0\\)，实际上把每个操作 \\(0\\) 当成 \\([1, n]\\) 也没有问题，因为操作 \\(1, 2\\) 都不会操作不存在的点。只需要在操作 \\(1\\) 的时候判断其合法性即可，由于每次操作都是一段区间，所以可以将删除/加入一个 \\(0\\) 操作看成删除/加入一些 \\(1\\) 操作，由于总量是 \\(O(M)\\) 级别的，所以只需要处理 \\(1\\) 操作即可。

考虑两次操作 \\(0\\) 之间的所有修改操作，他们都是一类点，我们可以建一个虚点，然后每次增加或者删除 \\(1\\) 操作就是直接将虚点的父亲改掉即可。然后我们用一个点存储他到父亲节点的边是否存在，注意这里不能直接 \\(spilt\\)，需要求出 \\(LCA\\)，然后统计 \\(dep\\)，\\(LCA\\) 即先 \\(access(x)\\) 之后再 \\(access(y)\\) 第一个通往 \\(x\\) 的那个点。

[ZJOI2016]小星星

先考虑一个暴力，考虑这是一棵树，我们考虑树形\\(Dp\\)，直观的想法是设\\(dp[i][j][k]\\)表示考虑到以\\(i\\)为根的子树，在图中映射出来的点集为\\(j\\)，且当前\\(i\\)号点所映射的点为\\(k\\)的方案数。转移比较显然，对于每个\\(u\\)，枚举一个子树内选择的点的子集即可。这里的复杂度是\\(O(3^NN^3)\\)的，\\(N^3\\)分别来自枚举根节点，枚举根节点和子树分别选择什么，可以通过\\(FWT\\)优化到\\(O(2^N N^4)\\)，还不能通过此题。

考虑到\\(i, k\\)是省不掉的，而且这个范围也不难猜到复杂度跟\\(O(2^N)\\)有关，我们尝试优化掉\\(j\\)这一维。

我们需要保证每个点恰好需要用一次，才导致于我们必须要记录 \\(j\\) 这一维，那如果不限制这个，可以任意选择呢？可以发现，我们 \\(2^n\\) 枚举所有子集，强制规定树上的映射只能选择这个子集内的点，发现 \\(j\\) 这一维突然消失了，然后所求得的答案对最终答案的贡献就是\\((-1)^{n-|S|}\\)。于是我们的复杂度就变成了\\(O(N^3\\times 2^N)\\)，由于我们只能选择一个子集，大概可以带一个\\(\\dfrac{1}{4}\\)的常数，于是我们可以通过此题。

[ZJOI2016]旅行者

考虑分治，假设当前分治矩形长宽分别为 \\(a\\times b\\)，且 \\(a>b\\)，那么我们将其分成两个矩形，大小为 \\(\\dfrac{a}{2}\\times b\\)。然后求出边界上每个点到其他所有点的最短路，对于一个询问，如果其两个点都在其中一个矩形中或者分在了两个矩形中，那么就更新一下答案，不难计算复杂度为 \\(O((S+Q)\\sqrt{S}logS)\\)。

[ZJOI2017]线段树

找到 \\([l, l]\\) 与 \\([r, r]\\) 的 \\(LCA\\)，抛开这一层，暴力递归到下一层去，然后将询问拆分成 \\([l, x], [x+1, r]\\)，那么询问就变成了一个区间的前缀或者后缀。不妨只考虑前缀，后缀也可以用类似的方法进行求解。

考虑求出 \\([r, r]\\) 与 \\(u\\) 的 \\(LCA\\)，简单画图+分类讨论可以得出，我们只需要支持查询 \\([l, r]\\) 的节点个数即可求出答案，很显然只需要深度做差即可。

[ZJOI2017]仙人掌

题意可以转化成：给定一棵树，有一些已经选择的链，你再选择若干条长度大于 \\(2\\) 的链，使得其没有公共边。然后不难发现，只要去掉所有的环，那么原图会变成一个森林，森林之间互不影响，求出每个数的答案相乘即为答案，所以我们只需要可以计算出树的答案即可。

考虑怎么计算一颗树的方案数，有一个神奇的转化：考虑一个合法的方案，我们把所有的非环上的边看成一条重边，也就是一个环，那么原问题可以转化成：给定一棵树，求有多少种方案，选择若干条链覆盖所有边，且所有链边互不相交。为什么是对的呢？环的长度一定大于等于三，而没有被覆盖的边如果把他看成长度为 \\(2\\) 的环，那么所有的边都会被恰好覆盖一次，且我们对链而的长度没有了限制！

考虑转化题意要怎么进行计算，先把所有的边看成是一条链，那么对于每个点，他可以选择连接两条链，也可以不连接，我们设其度数为 \\(d_i\\)，设 \\(f_i\\) 表示 \\(i\\) 叶子结点的菊花图的答案，那么根据乘法原理，答案为 \\(\\prod f[d[i]]\\)，至于 \\(f_i\\) 的计算，枚举其是否匹配，易得 \\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\\times (i-1)\\)。

[ZJOI2017]树状数组

首先题意可以转化成：给一段区间的一个数等概率异或一，查询两个点相等的概率。

不难想到，我们可以将区间分为三类：只包含第一个点的，只包含第二个点的，包含两个点的。其余区间对答案没有影响。

可以先考虑一个暴力 \\(dp\\)，设 \\(dp[i][0/1]\\) 表示考虑到第 \\(i\\) 次修改，当前节点是 \\(0/1\\) 的概率，然后转移比较显然，只和区间长度相关。如果我们将一个区间的左右端点 \\((l, r)\\) 看成二维平面上的一个点，那么我们对答案有影响的三类区间分别在三个矩形中，那么我们只需要快速维护矩形的 \\(dp\\) 值即可。可以用 \\(KDT\\) 来实现，每个节点存的是只考虑这个节点所包含的点的 \\(dp\\) 值。

[ZJOI2018]历史

首先对于每个点分开考虑，这个点对答案的贡献考虑怎么计算。

首先每个点的每一个儿子的子树，对根节点的贡献是一样的。所以，每一个点对答案的贡献只跟：当前点的\\(a_i\\)以及所有儿子的子树\\(a_i\\)之和有关

假设所有有关的值的最大值为\\(Ma\\)，和为\\(Sz\\)，那么这个点对答案的贡献是：\\(Sz-max(0, 2\\times Ma-Sz-1)-1\\)（-1是因为最开始占领需要花费一次）。\\(Sz-1\\)很好维护，所以我们现在只需要考虑怎么维护\\(max(0, 2\\times Ma-Sz-1)\\)

以下是神仙操作：

考虑两种情况对答案的贡献，第一种情况是\\(2\\times Ma \\ge Sz+1\\)，发现这种\\(Ma\\)最多只有一个。于是我们可以类似\\(LCT\\)，把所有满足这个条件的点和其父亲连重边，其余连轻边，不难发现仍然满足\\(LCT\\)的性质。

考虑每一次修改，我们对其路径上的点进行修改，重链修改的部分只有可能是把路径上的一条轻链变成重链。这样的修改最多是\\(log\\)个，暴力修改即可

[ZJOI2019]语言

考虑一个点可以到达的点一定是以下方式构成：考虑所有经过他的链，然后这些链的端点所形成的连通块，即为一个点所有可以到达的点。假设求出了这些点，可以通过建立虚树的方式求出连通块大小。

考虑具体的计算方式，将所有关键点按照 \\(dfs\\) 序排序，每个关键点对答案的贡献为他到上一个关键点的 \\(LCA\\) 的距离，因此我们可以很方便的支持插入/删除一个关键节点。

考虑一个点 \\(u\\) 的所有关键点和儿子节点的所有关键点之间的关系，不难发现就是先取并集，然后加上起点在点 \\(u\\) 的点，计算答案之后，减去起点和终点均在 \\(u\\) 子树内的链（也就是 \\(LCA\\) 为 \\(u\\) 的链），再合并上去，用启发式合并可以简单做到 \\(O(Nlog^2N)\\)

[ZJOI2019]开关

设\\(f_i\\)表示状态为\\(i\\)的期望步数，那么我们考虑转移方程：

\\[f_i=\\sum_{k}f_{i\\oplus 2^k}\\times p_{k}+1=\\sum_{j\\oplus k=i}f_{j}\\times p_{k}+1 \\]

其中\\(p_{k}\\)只在\\(2^k\\)处为\\(p_k\\)，其余部分为\\(0\\)。

然后我们可以利用高斯消元来求解，复杂度\\(O(8^n)\\)，我们还需要进行优化。

考虑设\\(F(x)=\\sum_{i=0}^{n}f_ix^i, G(x)=\\sum_{i=2^k}p_kx^i, I(x)=\\sum_{i}x^i\\)。所以我们可以写成：\\(F(x)=F(x)\\times G(x)+I(x)+c\\)，其中\\(+c\\)的意义是强制把\\(f_0\\)转成\\(0\\)。

接下来是一步神奇的操作，这里实际上是一个异或卷积，我们可以把它们强行转成点值，于是我们有：\\(FWT_i(F(x))=FWT_i(F(x))\\times FWT_i(G(x))+FWT_i(I(x))+FWT_i(c), FWT_i(F(x))(1-FWT_i(G(x)))=FWT_i(I(x))+FWT_i(c)\\)。不难发现这些点值都很有规律。

\\(1.FWT(C)\\)

不难发现他恒等于\\(c\\)。

\\(2.FWT_i(I(x))\\)

设\\(i\\)有\\(k\\)个\\(1\\)，考虑\\(FWT_i=\\sum_{j}(-1)^{|i\\&j|}=2^{n-k}\\sum_{j=0}^k\\dbinom{k}{j}(-1)^j=2^{n-k}[k==0]\\)。

\\(3.FWT_i(G(x))\\)

\\(FWT_i(G(x))=\\sum_{j}(-1)^{|i\\&j|}\\)，也就是所有\\(0\\)位置上的\\(p_j\\)之和减去\\(1\\)位置上的\\(p_j\\)之和。

当\\(i=0\\)时，\\(FWT_i(G(x))=1\\)，所以此时\\(-FWT_i(I(x))=FWT_i(c)\\)，所以我们解出\\(c=-2^n\\)。

我们先考虑\\(i=0\\)。\\(i=0\\)时上面的方程不能计算，但由于\\(IFWT_0(FWT_0(F(x)))=0\\)，所以\\(FWT_0(FWT_0(F(x)))=0\\)，即\\(FWT_0(F(x))=-\\sum_{i\\ne 0}{FWT_i(F(x))}\\)，算出所有的\\(FWT_i(F(x))\\)之和即可。

\\[FWT_i(F(x))=\\dfrac{-2^n}{1-FWT_i(G(x))}=\\dfrac{-2^n}{2\\times \\sum_{i\\&{2^k}\\ne 0}p_k} \\]

\\[\\begin{aligned}&\\;\\;\\;\\;IFWT_i(FWT_i(F(x)))\\\\&=\\dfrac{1}{2^n}\\Big(\\sum_{j\\ne 0}(-1)^{|i\\&j|}\\dfrac{-2^n}{2\\times \\sum_{i\\&{2^k}\\ne 0}p_k}+\\sum_{j\\ne 0}\\dfrac{2^n}{2\\times \\sum_{i\\&{2^k}\\ne 0}p_k}\\Big)\\\\&=\\Big(\\sum_{j}\\dfrac{|i\\&j|≡1\\;mod\\;2}{\\sum_{i\\&{2^k}\\ne 0}p_k})\\end{aligned} \\]

到这里我们已经有一个\\(O(2^n)\\)的做法了，考虑怎么加速这个计算过程：设\\(dp[i][0/1][j]\\)表示考虑了前\\(i\\)个数，和\\(S\\)集合的交集的奇偶性为\\(0/1\\)，当前的\\(p_i\\)之和为\\(k\\)的方案数。直接转移即可，复杂度\\(O(n\\sum P)\\)。