算法学习笔记

普通莫队算法 概览 莫队其实是分块的变化版，没有完全分块。 但莫队的题目一般比分块的题目比较好看一些，其中的“好看”指的是很好看出这是个莫队/分块的题。 接下来说一下莫队能解决的题型。 解决题型 莫队一般解决以下问题： 给你一些信息，和 $q$ 次询问，每次询问可以抽象为一个区间。 而且这个问题还要满足一些条件： 可以离线 不能有修改（当然带修莫队支持修改，不过普通莫队就不行了） 从 $[l,r]$ 的答案可以很快转移到 $[l-1,r]$、$[l+1,r]$、$[l,r-1]$、$[l,r+1]$ 的答案 解决方法 这种题型有个解决方法。 还是先从暴力说起。 暴力做法 看见这个问题的最后一个条件没？这个条件就启发我们从第一个问题的答案，暴力调整左、右端点，去得到第二个问题的答案，以此类推。 这种暴力做法的复杂度一般为 $O($ 任意相邻两个问题的左、右端点差之和 $)$。 而这个算法可以用一种数据卡掉： 左、右端点的值的最大值 $n$ 调到最大，把询问次数 $q$ 也调到最大。 然后的 $q$ 次询问里，交替询问 $1 \sim n$ 和 $n \sim n$。 于是，复杂度被卡到 $O(qn)$。 一次优化 这个做法的复杂度是无法接受的，所以我们考虑优化。 我们不如把所有询问离线，然后考虑交换询问处理的顺序以减少复杂度。 一种方式就是把左、右端点分别作为第一、二关键字，然后做排序。 但这样就会被排序后所有询问的右端点一大一小的数据卡到 $O(qn)$ 的复杂度。 二次优化 这样排序还是不好，还是会被卡掉，于是我们考虑变换比较函数。 直接双关键字比较不好，那我们就分块后进行双关键字比较。 具体地，遇到两个询问，先按左端点所属块编号从小到大排序，如果相同，则按右端点（不是所属块编号，是原本的下标）从小到大排序。 这样的话，复杂度就是 $O(n \sqrt n+q \sqrt n)$ 的复杂度了。 ...

前言 2-SAT中的SAT是适定性（Satisfiability）问题的简称，一般形式为 $k$ - 适定性问题，简称 $k$ - SAT，但由于 $k>2$ 时问题为NP完全问题（只有指数级别复杂度的解法，或者多项式级别复杂度的相似解法），而 $k=1$ 时都不用解了 （废话） ，所以下面全部考虑 $k=2$ 的情况。 定义 2-SAT问题简单来说就是，有 $n$ 个集合，每个集合包含两个元素（集合 $i$ 包含元素 $2i-1$ 和 $2i$，但其实编号是无关紧要的，任意都行），你必须要在每个集合里分别选择刚好一个元素，但某些元素之间可能有矛盾，即这两个元素不能在一种方案里被同时选择，问你是否有解，报告出来，如果有解，输出一种方案（可能不用输出）。 题目 看上面的定义可能有点难懂，这里举个题目。 有一场宴会，这场宴会只有 $n$ 对幸运夫妻可以参加，每对夫妻里只能选择刚好一个人去参加这场宴会。 但部分人之间可能有矛盾，会给出所有有矛盾的两人编号。 问你，是否可以构造一种合法方案，如果不行，报告无解，否则输出一种方案。 解法 （下面统一默认要解决的是实际问题，不是定义里的问题） 定义点、边 我们考虑把夫妻编个名字： 第一对夫妻：A男、A女 第二对夫妻：B男、B女 第三对夫妻：C男、C女 以此类推 然后，我们考虑建图。 但这个建图就要用到一点思维了。 我们不以其他的定义定义点，我们就把一个点当做一个现实。 比如： $1$ 号点代表第一对夫妻是A男参与宴会，$2$ 号点代表A女参与宴会 $3$ 号点代表第二对夫妻是B男参与宴会，$4$ 号点代表B女参与宴会 $5$ 号点代表第三对夫妻是C男参与宴会，$6$ 号点代表C女参与宴会 以此类推 边的定义也很难思考出： 一条有向边 $u \to v$，代表现实 $u$ 满足了，现实 $v$ 也要满足。 举个例子 所以，如果说A男和B女、C男和A女之间都有矛盾，那么就需要在： ...

basic BSGS算法英文名叫“baby-step giant-step”，又称“大步小步算法”。 这个算法听名字似乎是个随机化算法，但实际上是数论算法。 具体地，这个算法解决的是 $a^x \equiv b \pmod{p}$ 的解，其中 $a$、$b$、$p$ 是已知的（$0 \leq a,b<p$，保证 $\gcd(a,p)=1$），$x$ 是要求的。 这个算法甚至可以求出所有的 $x$，但为了好讲，我们先考虑如何求出是否有解，以下代码中YES就代表确定有解了。 force algorithm 首先，有一个暴力算法： rep(x, 0, INF) if(ksm(a, x, p) == b) YES 但这个算法是 $O(\infty)$ 的，我们考虑优化。 optimization algorithm 1 我们考虑 $x$ 的上界，根据欧拉定理，$a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod{p}$，我们就可以确定，$x$ 的上界就是 $\varphi(p)$（准确来说减 $1$ 也彳亍），因为如果 $x>\varphi(p)$，那么 $a^x$ 就等于 $a^{x-\varphi(p)}$，也就成为了一个循环，所以上界就是 $\varphi(p)$。 由于 $\varphi(p)<p$，所以可以把 $p$ 当做是质数，$x$ 的上界也就是 $p-1$ 了。 所以： rep(x, 0, p - 1) if(ksm(a, x, p) == b) YES optimization algorithm 2 (BSGS) 但这个算法还是可能会TLE，我们继续考虑优化 我们定义 $q=\left\lceil \sqrt{p} \right\rceil$，那么我们其实就可以把 $x$ 表示为 $q$ 进制下的两位数，具体地，我们把 $x$ 表示为了 $Aq+B$（$0 \leq A,B<q$），然后上述公式就可以化成 $a^{Aq+B} \equiv b \pmod{p}$，即 $a^{Aq} \times a^B \equiv b \pmod{p}$。 ...

CDQ分治是一种解决三维、四维偏序的算法。 三维偏序 三维偏序问题形如： 有 $q$ 次询问，每次询问有两种： 修改：会给定 $t$、$x$、$y$、$v$，表示在时刻 $t$，在二维坐标 $(x,y)$ 上加上权值 $v$，修改会永久改变权值 （废话）。 查询：会给定 $t$、$x$、$y$，表示求在时刻 $t$ 时，所有满足 $x’ \leq x$，$y’ \leq y$ 的二维坐标 $(x’,y’)$ 上的权值和。 $q \leq 2 \times 10^5$ $t,x,y \leq 2 \times 10^5$ $v \leq 10^9$ 这种问题都有一个通用的解决方法，就是CDQ分治，接下来我们讲一下算法的原理。 我们先把所有的询问离线下来，然后按时刻（第一维）升序排序，显然排序前和排序后，相同询问答案不变。 接下来我们定义函数 $\text{solve}(l,r)$，代表只考虑 $l \sim r$ 内的修改，然后准确回答 $l \sim r$ 内的询问。 既然是分治，我们就要构建好整个分治思路，像这道题，就这样做： 找到 $mid$ 为区间 $[l,r]$ 的中点 $\left\lfloor \dfrac{l+r}{2} \right\rfloor$。 考虑 $l \sim mid$ 内的修改对 $l \sim mid$ 内的询问的影响：递归调用 $\text{solve}(l,mid)$。 考虑 $mid+1 \sim r$ 内的修改对 $mid+1 \sim r$ 内的询问的影响：递归调用 $\text{solve}(mid+1,r)$。 考虑 $l \sim mid$ 内的修改对 $mid+1 \sim r$ 内的询问的影响： 把 $l \sim mid$ 内的修改，和 $mid+1 \sim r$ 内的询问，统统存入一个数组 $b$。 把 $b$ 中所有元素按 $x$ 坐标（第二维）升序排序。 有人对这一步的正确性有疑问，此处解释一下。 ...

参考： 老师讲解 Fighting_Peter 的文章 其实Kruskal重构树并不难。 概览 首先，Kruskal重构树，顾名思义就是把整棵树重构。 并且其是基于Kruskal算法的。 它能解决很多问题，并且变种很多。 但我们先从基础的实现说起。 实现过程 我们考虑，在Kruskal算法里，我们每次会合并两个并查集集合。 准确来说是在两个点 $u$、$v$ 之间加一个边权为 $w$ 的无向边。 那么，我们就考虑，在重构树里，我们找到 $u$ 和 $v$ 分别所在的子树，把这两个子树的根拎出来，设为 $u’$ 和 $v’$。 然后，我们就新建一个点 $w$，然后把 $u’$ 和 $v’$ 的父亲设为 $w$。 此时我们就得到了另外一棵树。 比如说这个例子： 而在代码中，我们需要给这些方点一个别的编号，而不是以 $w$ 作为编号，否则会重，并且会炸。 特性 我们讲一些Kruskal重构树的特性： 这棵树一定是二叉树。 原树中的点放到重构树上一定是叶子，重构树上其他点都是原树中的边权。 节点个数一定是 $2n-1$，且 $2n-1$ 一定是根。 如果是最小生成树，那么这棵重构树一定是大根堆1，否则是小根堆。 原图中两个点 $u$、$v$ 之间所有路径上的边权最大值的最小值，就是该图的最小生成树重构树上，$u$ 和 $v$​ 的LCA的权值。 尚未想到证明方式 对于一个最小生成树上的点 $x$，其只通过（边权）不超过 $v$ 的边，能到的点集；和 $x$ 在重构树上深度最浅的、权值 $\leq v$ 的点 $y$ 的子树内（叶子）节点集合，是一样的。 这里稍微证明一下。 就是我们根据上面的性质，可以发现，设后者对应集合为 $S$，那么显然 $S$ 内的点，和 $x$ 点，的LCA的权值一定不超过 $v$，显然。 ...

（以下全部假设 $C_n^m$ 中的 $n$ 和 $m$ 都很大，最大能达到 $10^{18}$） Lucas定理 Lucas定理往往用于求组合数的结果且模数较小的题目。 其实定理很简单，也很好记，$\Large C_n^m=C_{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \times \color{orange} C_{n \bmod p}^{m \bmod p}$，在 $p$ 为质数的条件成立。 上面之所以强调模数较小，是因为我们需要通过预处理阶乘的方式去求橙色项的值。 代码实现很简单，此处略。 但有个注意点，在我的代码模板里，由于求facny数组是递推求出的，而不是每个分别去用getny求出的，所以调用init函数时，传参应该是MOD-1而不是MOD。 exLucas定理 （前方高能） 这个定理还是解决求 $C_n^m \bmod p$ 的值的问题，$p$ 仍然很小，但不保证是质数。 根据M2579的做法，我们可以考虑对 $p$ 做一个唯一分解，分解成 ${p_1}^{a_1} \times {p_2}^{a_2} \times {p_3}^{a_3} \times \dots \times {p_k}^{a_k}$。 然后，分别求出 $C_n^m \bmod {p_1}^{a_1}$ 的值、$C_n^m \bmod {p_2}^{a_2}$ 的值、$C_n^m \bmod {p_3}^{a_3}$ 的值、…、$C_n^m \bmod {p_k}^{a_k}$ 的值，然后就可以用CRT求出 $C_n^m \bmod p$ 的值了。 在M2579内，$p$ 唯一分解后，每个 $a_i$ 都等于 $1$，所以直接用Lucas定理就可以求，但在一般的题目中，指数不一定都等于 $1$，所以才要用到exLucas定理。 ...

感谢这篇文章的作者。 wqs二分一般解决这类问题： 有 $n$ 个物品，你要选出恰好 $m$ 个（下称“选择物品个数限制”），可能有限制（下称“其他限制”），你要最大/小化某个权值。 但除此之外，还有一些限制： 如果我们设 $g_i$ 为选出恰好 $i$ 个时的最大/小权值，那么 $g$ 函数就应该是上凸（求最大权值）/下凹（求最小权值）的，即斜率单调递减（上凸）/递增（下凹）。 一般来说，如果没有任何限制（包括选择物品个数限制和其他限制），那么答案是很好求的。 一般来说，如果没有其他限制，那么选择物品数量越多，最小权值就越大/小。 以下是P5633的题解，顺带着讲了wqs二分的原理和应用。 在原题中，我们可以以标号为 $s$ 点在最小生成树上的出度为横坐标，以这个出度对应的答案为纵坐标，画出图像：（网上粘的图，只画了部分横坐标的情况） 显然D和E点就是最小值点。 接下来就是wqs二分的重点了 wqs二分也是二分，那它二分什么值呢，它二分的是斜率 $mid$。 具体而言，一个斜率就对应若干条平行的边，而总有一条边是完全切这个凸包的，如 $mid=-1$ 的时候，上图中被且的那个点就刚好是C点： 如果我们设题目要求 $s$ 的度数要恰好为 $6$，那么 $mid=-1$ 的时候被切的那个点C的纵坐标就是答案了。 但此时我们就有两个问题了： 如何求出被切的那个点的下标？ 就算求出了下标，那这个点的纵坐标又如何计算？ 接下来我们来解决这两个问题。 首先，这个切线肯定是所有经过某个点且斜率等于 $mid$ 的直线中截距最小的点： 具体地，根据切线的性质，在上述例子中，经过C点的斜率等于 $mid$ 的直线（即切线），与经过D点的斜率等于 $mid$ 的直线、经过E点的斜率等于 $mid$ 的直线相比，切线的截距肯定最小，后两者的截距肯定更大。 其次，显然，经过点 $(x,y)$ 且斜率等于 $k$ 的直线（肯定唯一），其截距一定等于 $y-kx$（$y=kx+b$，$b=y-kx$）。 而在二分的calc函数（此处不是check函数了，calc函数的返回值、返回值含义以及应用见下）中，我们已经知道了上述公式中的 $k$ 了（$k=mid$），所以我们只要让 $y-kx$ 最小、斜率为 $k$ 且经过了某个图上的点即可。 考虑到上述公式中的 $x$ 未知，所以我们可以干脆把所有 $s$ 的出边的边权都减 $mid$。（关于是加、减还是都彳亍的问题存疑） ...

下面是三道与博弈论相关的题目及其做法。 题目1：皮肤病 题面 （改编自《不可思议事件簿 第5册 魔法学院》，由艾教提供变体） （原题名称：加试难题） 在一个学校内，共有 $100$ 个人，每个人都养了一只狗。 但由于某些原因，校长确定了这 $100$ 条狗内，必然存在至少一条狗有皮肤病。 现在那些学生要确定一下哪些狗有皮肤病。 他们准备这样确定： 每天上午的时候，所有人看一下除了自己的狗之外的所有狗。 如果确认自己的狗病了，就在晚上敲一下宠物房内的钟。 现在已知： 无论谁，看那只狗，都能立刻确认它是否有皮肤病。 假设皮肤病不会对狗的寿命造成影响，即所有的狗都不会死亡。 皮肤病不能传染，并且忽略“人患病”造成的影响。 所有人都绝顶聪明（废话 并且： 第 $1$ 天晚上，没有钟声响起。 第 $2$ 天晚上，没有钟声响起。 第 $3$ 天晚上，没有钟声响起。 … 直到第 $10$ 天晚上，终于有钟声响起了。 请问： 那天晚上，共有多少人共同敲响了钟？ 在第 $10$ 天后，除了那些敲钟的人养的狗，是否会存在其他病了的狗？ 答案 $10$ 个人 不会 题解 我们考虑一下，如果说第 $1$ 天晚上有人敲钟，那么代表啥。 我们从人的角度考虑，如果说一个人发现其他狗都是好狗（指没有皮肤病的狗），那么必然自己的狗有皮肤病 （除了自己的，还有谁的？难不成是他自己？）。 这种情况下，他便会去敲钟。 但第 $1$ 天晚上没有钟声，所以每个人都观察到了至少 $1$ 个病狗，也就是说至少有 $2$ 个病狗。 随后第 $2$ 天，如果说一个人观察到其他的狗内，只有 $1$ 个病狗，那么显然自己的狗也得有皮肤病。 ...

点分治和树剖有一个相同点，就是算法都是从暴力经过一小步优化而来，但就是这一小步，让算法复杂度有了质的飞跃。 下面来讲一下这个算法的原理。 概览 其实“点分治”也是一个名不副实的算法，看完下面的讲述你就会发现这个算法根“分治”几乎无关。 点分治是专门解决树上路径统计的一种算法（树剖则是解决对树上路径的判断的算法）。 点分治的思想很朴素，就是DFS一下 $\text{lca}$ 的节点编号 $x$，然后统计 $\text{lca}$ 值刚好为 $x$ 的、满足题目条件的路径的数量，并累加到答案。 但直接进行统计还是炸裂的，点分治则是对这种统计方式做了一步优化 解决题型 上面说了，「点分治是专门解决树上路径统计的一种算法」，但并不是所有的树上路径统计都可以用点分治解决。 其实看完下面的实现，你就能知道它解决什么类问题，不过这里还是说一下。 就是首先，这个条件是形如“总和比某个值低”、“总和是某个值的倍数”等“可累加”的条件。 其中“可累加”指的是，如果知道了 $A$ 部分的某个值，和 $B$ 部分的某个值，那么 $A$ 和 $B$ 部分合并后的部分是否合法也一定知道。 但其他的条件目前还没有太明确，得自己去总结。 算法实现 下面说一下点分治的实现。 大体思路 我们拿“路径长度（路径上的边的边权之和）刚好为 $k$”问题举例。 注：原题链接P3806 就是我们考虑，当DFS到某个点 $x$ 的时候，就如上所说，设 $x$ 为 $\text{lca}$ 值。 然后，我们按顺序遍历所有子节点 $to$。 由于只要两个点 $y$、$z$ 满足 $y$ 和 $z$ 分别在 $x$ 的两个不同儿子及其子树内，那么 $\text{lca}(y,z)=x$。 并且所有满足条件 $\text{lca}(y,z)=x$ 的对 $(y,z)$ 只有满足上述条件的对。 所以，我们可以通过（另一种）DFS（方式）求出 $to$ 到 ( 所有 $to$ 及其子树内的点 ) 之间的距离（加上 $x \to to$ 的边权）的集合 $T$。 ...