ZJOI 2019 补题记录

去年花了大概并不长的时间口胡了四个 (D1T2, D1T3, D2T1, D2T2)，感觉比 ZJOI 2018 不知道友好到哪里去了。然后 D1T1 不会算复杂度跑路了，D2T3 只会 $\O(nk^2\log(n))$ （后面用奇技淫巧优化到了 $\O(nk(k+\log(MAXA))\log(k))$ 然后卡了。

在 little_waxberry 神仙的指点下意识到 D2T3 只用关心每条直线最上面的一次 occurence（也就是说剥掉上层凸壳之后上面的直线只会起到增加其它直线 rank 的作用而不会被计入答案），顿悟，才发现之前自己一直在试图把凸壳前 $k$ 层的完整形态求出来（其实前 $k$ 层加起来就已经有 $\O(nk^2)$ 段了，标算的复杂度是不可能做到的，这辈子都不可能做到的），然后会了。可能这就是菜吧。

感觉这个 2020 年状态一直不太行……经常浮躁而无法静下来去分析一个问题试图突破……希望，能改改吧。

D1T1

由于某种原因鸽了。

人有多大胆，地有多大产。

考虑怎么判断和牌：dp 即可。 $dp[i][j][k][l]$ 表示考虑了值为 $[1, i]$ 的牌，有 $j$ 个 $(i-1, i, i+1)$ 的顺子， $k$ 个 $(i, i+1, i+2)$ 的顺子， $l$ 个对子的方案数，再记一下不同对子个数的最大值。注意只存那些目前还没和的状态，总共只有几百个。

再用一个 dp 套它，dp for dp. 时间复杂度 $\O(n [\text{number of states}])$ .

D1T2

套路数据结构题

令 $g(v)$ 表示节点 $v$ 上有 tag 的概率并维护。遗憾的是这玩意没法转移。

观察为啥没法转移。考虑除了 $g(v)$ 之外再维护 $f(v)$ 表示 $v$ 到根的链上至少有一个 tag 的概率。然后这二者可以相互转移。

用线段树维护。时间复杂度 $\O(n \log(n))$ 。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for(int i = 0; i < (int)(n); i ++)
#define rep1(i, n) for(int i = 1; i <= (int)(n); i ++)
#define MP make_pairusing namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int MOD = 998244353;
const int INV2 = (MOD + 1) / 2;
int pwi2[100005];int n, m, sum;
int f[262144], g[262144];
int cnt[262144];void pushdown(int v)
{cnt[v << 1] += cnt[v];f[v << 1] = (1 - pwi2[cnt[v]] + 1LL * f[v << 1] * pwi2[cnt[v]] + MOD) % MOD;cnt[v << 1 | 1] += cnt[v];f[v << 1 | 1] = (1 - pwi2[cnt[v]] + 1LL * f[v << 1 | 1] * pwi2[cnt[v]] + MOD) % MOD;cnt[v] = 0;
}
void modify(int rt, int cl, int cr, int l, int r, int ccnt)
{if(r < cl || l > cr) {sum = (sum - g[rt] + MOD) % MOD;g[rt] = 1LL * (g[rt] + f[rt]) * INV2 % MOD;sum = (sum + g[rt]) % MOD;return;}if(l <= cl && r >= cr) {cnt[rt] ++;sum = (sum - g[rt] + MOD) % MOD;g[rt] = 1LL * (g[rt] + 1) * INV2 % MOD;sum = (sum + g[rt]) % MOD;f[rt] = 1LL * (f[rt] + 1) * INV2 % MOD;return;}sum = (sum - g[rt] + MOD) % MOD;g[rt] = 1LL * g[rt] * INV2 % MOD;sum = (sum + g[rt]) % MOD;f[rt] = 1LL * f[rt] * INV2 % MOD;pushdown(rt);int mid = cl + cr >> 1;modify(rt << 1, cl, mid, l, r, ccnt);modify(rt << 1 | 1, mid + 1, cr, l, r, ccnt);
}int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);pwi2[0] = 1;rep1(i, m) pwi2[i] = 1LL * pwi2[i - 1] * INV2 % MOD; int cur = 1;rep(i, m) {int t, l, r;scanf("%d", &t);if(t == 1) {scanf("%d%d", &l, &r);modify(1, 1, n, l, r, 0);cur = 2 * cur % MOD;} else {l = 1LL * cur * sum % MOD;printf("%d\n", l);}}return 0;
}

D1T3

2 * 2 矩乘的 1e5 n log^2 n，比想象中稳

设最终在根上的值为 $val$ 。

我们不关心一个节点上的具体值；我们只关心它和 $val$ 的大小关系。

考虑我们对于每个 $A \in [l - 1, r]$ 计算 $ans \leq A$ 的叶子集合数量。

固定 $A$ 之后，有些叶子只要得到控制权我们就能改变它和 $val$ 的大小关系；有些则不行。记前者为好的叶子，后者为坏的叶子。

令

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