水题记录2.1

[ARC200C] Movie Theater

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题目：

前置 CF825E Minimal Labels

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简要题意：找出字典序最小的拓扑序。

考虑贪心，正着，从小往大，发现有后效性。于是考虑反着，从大到小填。

具体证明可以去看 这篇文章。

我口糊一下，就是把最大的数字扔到了后面，前面一定是最小的，正确性由于不用考虑后效性而显然。

这里使用优先队列，代码：

signed main(){ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL);cin>>n>>m;cnt=n;for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;cin>>x>>y;E[y].push_back(x);deg[x]++;}priority_queue<int>Q;for(int i=1;i<=n;i++)if(!deg[i])Q.push(i);while(!Q.empty()){int u=Q.top();Q.pop();a[u]=cnt--;for(int v:E[u]){deg[v]--;if(!deg[v])Q.push(v);}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";return 0;
}

---

回到这题。

考虑按照区间来分类：

1. $$l_i<l_j<r_j<r_i$$此时我们需要让 $i$ 的座位在 $j$ 后面，这样子贡献为 $0$，否则贡献为 $2$。
2. $$r_i<l_j$$ 此时这两人对答案无影响。
3. $$l_i<l_j<r_i<r_j$$ 此时这两个人对答案的影响固定为 $1$。

那么考虑对于 $1$ 类进行连边，然后跑最小拓扑序即为答案。

由区间形式可以知道，不会出现环，所以可以跑拓扑排序。

那么这道题目就做完了。

时间复杂度为 $O(n^2)$，但是优先队列，所以 $O(n^2\log n)$。

代码：

void solve(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>l[i]>>r[i],E[i].clear(),deg[i]=0;cnt=n;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){if(l[i]<l[j]&&r[j]<r[i])E[i].push_back(j),deg[j]++;}priority_queue<int>Q;for(int i=1;i<=n;i++)if(!deg[i])Q.push(i);while(!Q.empty()){int u=Q.top();Q.pop();a[u]=cnt--;for(int v:E[u]){deg[v]--;if(!deg[v])Q.push(v);}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<" ";cout<<"\n";
}

CF1623E Middle Duplication

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题目：

考虑贪心。

先把中序遍历得到的字符串弄出来，那么一个点被复制使答案变小，当且仅当在它后面第一个与它不同的字符比它大，为了方便，在最后插入一个 {。

证明显然。

现在考虑贪心，对于一个节点 $u$，分类讨论。

如果 $u$ 是值得被复制的（下文记为值得的），那么根据中序遍历先左然后根后右的遍历，能复制当前节点肯定更优。

此时其实对左子树并没有影响，因为左子树比当前节点先被遍历。

但是，对于右子树，如果当前节点不值得，那么肯定不会复制右子树的点。因为一定会复制当前节点，导致字典序变小。

但是，会有另一种情况，就是左子树某个位置需要复制，导致当前根节点已经被复制了，那么现在进入右子树遍历也是优的。

实现也很简单，考虑在 dfs 的时候加入一个变量 $c$，表示当前节点到根节点，没有被复制的节点有多少个，能复制则复制。

那么这题就做完了。

void dfs(int u){if(l[u])dfs(l[u]);idf[u]=++cnt;a[cnt]=s[u];if(r[u])dfs(r[u]);
}
int calc(int u,int c){if(k<=0)return 0;if(vis[idf[u]]&&k>=c)k-=c,used[u]=1,c=0;if(l[u])used[u]+=calc(l[u],c+1);if(used[u]&&r[u])used[u]+=calc(r[u],1);return used[u];
}
void pr(int u){if(l[u])pr(l[u]);cout<<s[u];if(used[u])cout<<s[u];if(r[u])pr(r[u]);
}
void solve(){cin>>n>>k;cin>>s;s=" "+s;s=s+'{';for(int i=1;i<=n;i++)cin>>l[i]>>r[i];dfs(1);int j=1;for(int i=1;i<=n;i++){while(a[j]==a[i])j++;if(a[i]<a[j])vis[i]=1;}calc(1,1);pr(1);
}

CF1830E Bully Sort

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题目：

超级人类智慧题，加上勾使翻译。

正确题意：

• 找到最大的 $p_i$，使得 $p_i\ne i$
• 找到最小的 $p_j$，使得 $i<j$
• $\dots$

人类智慧地，观察一下，交换 $(i,j)$，则满足 $\forall k\in (i,p_i],p_i>p_k,p_k\ge p_j$。因为 $[p_i+1,n]$ 肯定已经排完序了。

然后你就可以非常人类智慧地，发现一些性质：

• $p_i>i,p_j<j$

证明：考虑选择 $p_i$ 时，若 $p_i<i$，则与上述性质矛盾。若 $p_j\ge j$，则 $[i,p_i]$ 中有 $p_i-i+1$ 个数，但是你能填的范围是 $[p_j,p_i]$，因此可得，$p_j\le i<j$。

然后你就可以人类智慧地，构造出两个变量：

对于 $A={\sum }_{i=1}^n|p_i-i|,B=$ 序列此时逆序对数。

考虑一次交换 $(i,j)$：

• $A$ 的变化量为 $|p_i-i|+|p_j-j|-|p_i-j|-|p_j-i|=2(j-i)$
• $B$ 的变化量是 $2(j-i-1)+1=2(j-i)-1$

可以发现，一次操作会使 $A$ 和 $B$ 的差值减小 $1$，那么最后的序列是单调递增的，$A$ 和 $B$ 的值均为 $0$。

所以答案即为 $A-B$。

考虑如何维护，对于 $A$，可以方便地线性维护。

对于 $B$，可以离线后 cdq 分治，可以树套树在线做，不过这里用的是分块。

记一块块长为 $B$，则份复杂度为 $O(q(\frac{n}{B}\log B+B))$，最优的时候，根据 AI 所说，$B=e\sqrt{n}$。

总复杂度近似于 $O(q\sqrt{n}\log n)$。

非常人类智慧。

代码：

inline int lowbit(int x){return x&(-x);
}
inline void add(int x){while(x<N){tr[x]++;x+=lowbit(x);}
}
inline int ask(int x){int res=0;while(x>0){res+=tr[x];x-=lowbit(x);}return res;
}
void Add(int x){int id=pos[x];D[id].insert(upper_bound(D[id].begin(),D[id].end(),a[x]),a[x]);
}
void Del(int x){int id=pos[x];D[id].erase(lower_bound(D[id].begin(),D[id].end(),a[x]));
}
ll calc(int x){int id=pos[x];ll res=0;for(int i=1;i<id;i++)res+=D[i].end()-upper_bound(D[i].begin(),D[i].end(),a[x]);for(int i=id+1;i<=ck;i++)res+=lower_bound(D[i].begin(),D[i].end(),a[x])-D[i].begin();int L=(id-1)*ks+1,R=min(id*ks,n);bool fl=0;for(int i=L;i<=R;i++){if(a[i]==a[x]){fl=1;continue;}res+=fl^(a[i]>a[x]);}return res;
}
void solve(){cin>>n>>q;ks=e*sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];pos[i]=(i-1)/ks+1;cnt1+=abs(a[i]-i);cnt2+=ask(N-1)-ask(a[i]);add(a[i]);Add(i);}ck=pos[n];while(q--){int l,r;cin>>l>>r;cnt1-=abs(a[l]-l)+abs(a[r]-r);cnt2-=calc(l)+calc(r);if(a[l]>a[r]) cnt2++;Del(l),Del(r);swap(a[l],a[r]);Add(l),Add(r);if(a[l]>a[r]) cnt2--;cnt1+=abs(a[l]-l)+abs(a[r]-r);cnt2+=calc(l)+calc(r);cout<<cnt1-cnt2<<"\n";}
}

luogu P5309 [Ynoi2011] 初始化

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题目：

考虑分块和根号分治。

记块长为 $B$，则若 $x>B$，暴力跟新。

否则考虑记一个 $c_{i,j}$ 表示 $x=i,y=j$ 时的 $z$ 的总和，我们再对它做一个前后缀和。这样子最多更新 $x+1$ 个位置。

然后考虑查询操作。先是普通分块即可得到答案，但是还要算上 $x\le B$ 的跟新的答案。

考虑枚举 $x$，然后根据 $x$ 对 $l,r$ 进行分块，整块直接乘法解决，散块使用我们维护的前后缀和来解决。

这样子复杂度是 $O(m(B+\frac{n}{B}))$ 的，$B$ 取 $\sqrt{n}$ 理论最优，不过另一部分常数比较大，平衡一下，$B$ 取 $300$ 更优。

代码（注意代码中前后缀和是在模 $x$ 意义下的）：

inline void add(int &x,int y){y=(y>=mod?y-mod:y);x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);
}
signed main(){n=read(),m=read();int ks=sqrt(n);ks=min(ks,400);for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),pos[i]=(i-1)/ks+1,add(sum[pos[i]],a[i]);while(m--){int op=read();int x=read(),y=read(),z;if(op==1){z=read();y=(y>=x?0:y);z=(z>=mod?0:z);if(x>ks)for(int i=y;i<=n;i+=x)add(a[i],z),add(sum[pos[i]],z);else{for(int i=0;i<=y;i++)add(suf[x][i],z);for(int i=y;i<x;i++)add(pre[x][i],z);}}else{int l=x,r=y;int idl=pos[l],idr=pos[r];int res=0;if(idl==idr)for(int i=l;i<=r;i++)add(res,a[i]);else{for(int i=idl+1;i<=idr-1;i++)add(res,sum[i]);int R=min(n,idl*ks);for(int i=l;i<=R;i++)add(res,a[i]);int L=(idr-1)*ks+1;for(int i=L;i<=r;i++)add(res,a[i]);}
//			printf("%d         pre\n",res);for(int i=1;i<=ks;i++){int sum1=suf[i][0];add(res,1ll*max(r/i-l/i-1,0)*sum1%mod);if(l/i==r/i)add(res,mod+pre[i][r%i]-(l%i==0?0:pre[i][l%i-1]));elseadd(res,suf[i][l%i]),add(res,pre[i][r%i]);}add(res,mod);printf("%d\n",res);}}return 0;
}