算法学习笔记

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 $T$。 ...

基尔霍夫矩阵是用来求解生成树计数、求（权值）和相关题目的利器。 0. 求完全图的生成树数量（Prufer序列） 要说基尔霍夫矩阵，就要从一道题目说起： 给你 $n$，问 $n$ 个节点组成的无向无根树有多少种。 这道题可以用Prufer序列去做。 这里简单说一下Prufer序列的求法： 对于一张无向无根树，重复执行以下操作直到只剩 $2$ 个或更少的点，最后得到的那个序列 $a$ 就是这棵树的Prufer序列： 我们找到此时度为 $1$ 的节点，若有多个，找编号最小的，设找到的节点编号为 $x$。 在 $a$ 的末尾添加：与 $x$ 有连边的那个唯一节点。 删除 $x$。 Prufer序列别看求法非常简单，也没啥容易发现的性质，其实用处很大。 Prufer序列满足一个性质，就是，所有无向无根树，都可以唯一地对应一个Prufer序列；所有Prufer序列都可以唯一地对应一棵树。 所以，这道题就有解了，答案其实就是长为 $n-2$ 的Prufer序列有多少种。 由于Prufer序列的每个元素的值都是从 $1$ 到 $n$ 的，所以答案就是 $n^{n-2}$，显然。 1.1. 求任意无向图的生成树数量（基尔霍夫矩阵） 但如果把题目变化一下，就不能用Prufer序列去求了： 给你一张 $n$ 个节点 $m$ 条边的无向图，问这张图的生成树有多少个。 这题要用基尔霍夫矩阵。 具体地，我们定义 $D$ 矩阵，求法： $ D_{i,j}= \begin{cases} 0 & i \not= j \ \text{deg}(i) & i=j \end{cases} $ 其中，$\text{deg}(i)$ 代表这张图上 $i$ 的度是多少。 ...

二维决策单调性 对于形如 $d_{i,j}=\min\limits_{k=0}^{i-1} \Big( d_{k,j-1}+w(k+1,i) \Big)$ 的方程，我们尝试记录 $f_{i,j}$ 代表 $d_{i,j}$ 的最优转移点（$k$ 变量），如果有 $f_{i,j-1} \leq f_{i,j} \leq f_{i+1,j}$，那么就是经典的四边形不等式优化，复杂度为 $O(n^2)$，证明此处略（在"四边形不等式相关.md"里有）。 但是，如果只有 $f_{i,j} \leq f_{i+1,j}$，那么就不能用四边形不等式优化了，需要用分治的方式优化。 具体地，我们从小到大枚举 $j$，然后转移所有的 $d_{i,j}$。 定义分治函数dp(l,r,jl,jr)代表我们要转移所有的 $d_{i,j}$（$l \leq i \leq r$），并且保证所有在本次分治转移范围内的 $d_{i,j}$ 的转移点 $f_{i,j}$ 都在 $[jl,jr]$ 内。 我们可以先求出 $[l,r]$ 的中点 $mid$，然后转移 $d_{mid,j}$：暴力枚举转移点 $k$（当然，要在 $[jl,jr]$ 内）进行转移，并递归dp(l,mid-1,jl,最终转移点)和dp(mid+1,r,最终转移点,jr)。 该算法复杂度为 $O(n^2 \log n)$，证明： 首先，枚举 $j$ 的复杂度 $O(n)$。 其次，只看 $[jl,jr]$，$[jl,jr]$ 在递归的过程中就形成了个线段树的类似结构，只不过单层内可能有部分重叠位置，而且划分点（上面说的“最终转移点”）可能不是中点，不过无关紧要。 然后，再看 $[l,r]$，$[l,r]$ 在递归过程中也形成了类似于线段树的结构，并且易证这个递归树深度是不会超过 $\log n$ 的。 有了深度的保证，而且一层内的 $[jl,jr]$ 区间长度和最多只有 $O(n)$ 级别，所以一次分治的复杂度就是 $O(n \log n)$。 ...

来源：ABC372G官方题解 贡献：OI Wiki 这个算法确实挺妙的，所以我就写个笔记。 定义 这个算法需要用到一个函数： $$ f(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor \dfrac{\color{red}a\color{default}i+\color{blue}b\color{default}}{\color{green}c\color{default}} \right\rfloor $$ 在下面参数 $a$、$b$、$c$ 都会用三种颜色标出，以便于区分。 因为 $a$、$b$、$c$、$n$ 都很大，所以我们没法直接暴力求。 数论分块显然也不彳亍。 所以我们只能另辟蹊径了。 求值 咱从简单到复杂走。 1 首先，我们可以知道： $$ \begin{aligned} f(a,b,c,n)&=\sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor \dfrac{\color{red}a\color{default}i+\color{blue}b\color{default}}{\color{green}c\color{default}} \right\rfloor \ &=\sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor \dfrac{(\lfloor \frac{a}{c} \rfloor c + a \bmod c)i+(\lfloor \frac{b}{c} \rfloor c + b \bmod c)}{c} \right\rfloor \ &=\sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor \dfrac{\lfloor \frac{a}{c} \rfloor c \cdot i + a \bmod c \cdot i+\lfloor \frac{b}{c} \rfloor c + b \bmod c}{c} \right\rfloor \ &=\sum\limits_{i=0}^n \left( \left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor i + \left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{a \bmod c \cdot i+b \bmod c}{c} \right\rfloor \right) \ &=\dfrac{n(n+1)}{2} \left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor + (n+1) \left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor + \sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor \dfrac{\color{red}a \bmod c\color{default} \cdot i+\color{blue}b \bmod c\color{default}}{\color{green}c\color{default}} \right\rfloor \ &=\dfrac{n(n+1)}{2} \left\lfloor \frac{a}{c} \right\rfloor + (n+1) \left\lfloor \frac{b}{c} \right\rfloor + f(a \bmod c,b \bmod c,c,n) \ \end{aligned} $$ ...

马拉车算法其实就是解决一个字符串中由某个位置为中心的最大回文串长度：（下图中蓝色部分为字符串，绿色框中的值就是以这个位置为中心的最大回文串长度） 其次，我们发现最底下的一排绿色数字涉及到空隙，所以我们可以把字符串扩展一下： 比如，原字符串是 $\texttt{abccabbc}$，那么扩展之后就是： （LaTeX炸了） $\texttt{\color{RoyalBlue}@\color{default}#\color{default}a\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{default}a\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{RoyalBlue}&}$ 第一个和最后一个字符可以自己定，但是最好不要和原字符串中的字符、中间插入的字符冲突（相等）。 注：其实还有第二种扩展方法： $\texttt{\color{RoyalBlue}#\color{default}a\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{default}a\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}b\color{RoyalBlue}#\color{default}c\color{RoyalBlue}#\color{default}}$ 还是，中间字符不能与原串字符相等。 下面统一设「以下标 $i$ 为中心的最大回文串长度除以 $2$ 并下取整」后的答案为 $p_i$。 然后，我们就开始求 $p$ 数组了，当我们求到 $p_i$ 的时候，我们看前面求出的 $p_j+j$ 的最大值是多少（设为 $r$），即 $\max\limits_{j=1}^{i-1} { p_j+j }$，同时求出最大的 $p_j+j$ 对应的 $j$（设为 $c$）。 并且，我们求出 $i$ 的对称点 $i’$，对称中心为 $c$，显然 $i’=2c-i$。 然后，分类讨论： 注：图中 $r$ 的意思与上面说的 $r$ 的意思有冲突，统一以上面说的定义为准。 $i>r$，那么暴力算 $p_i$。 $r-i \geq p_{i’}$，那么 $p_i=p_{i’}$。 $r-i<p_{i’}$，那么让 $p_i=r-i$，继续暴力扩展。 最后就是时间复杂度问题了。 关于时间复杂度的证明，我们可以分类讨论 $p_i$ 是用那种情况求值的： 用情况1转移：$r$ 肯定会增加。 用情况2转移：复杂度忽略。 用情况3转移：$r$ 也肯定会增加。 由于每时每刻，$r$ 都小于等于 $n$，所以总复杂度就是 $O(n)$ 的。 ...

欧拉函数记为 $\varphi$，$\varphi(n)$ 代表 $1 \sim n$ 内与 $n$ 互质的数的个数。 欧拉函数有两种求法，下面分别说： 直接求 我们设 $p$ 为 $n$ 的质因子集合（非可重集），那么 $\varphi(n)=n \times \prod\limits_{x \in p} \left( \dfrac{x-1}{x} \right)$，原理： 我们设 $s$ 为目前与 $n$ 互质的数的集合，初始为 ${ 1,2,\dots,n }$。 每次遍历到一个 $p$ 中的数 $x$，就会筛掉这个集合中 $\dfrac{1}{x}$ 的数，即那些是 $x$ 的倍数的数，由于 $p$ 是去重后的质因子集合，所以当前集合的大小总是 $x$ 的倍数。 所以这个做法就能证明了，每乘一次 $\dfrac{x-1}{x}$，都相当于筛掉当前集合内 $\dfrac{1}{x}$ 的数，集合大小动态维护。 模板代码：（代码中的 $p$ 数组是提前筛出来的质数集合，$ind$ 为其大小） LL phi(LL n){ if(n == 0) return 0; LL ret = n; rep(i, 1, ind){ if(n % p[i] == 0) ret = ret * 1 - ret / p[i], n /= p[i]; while(n % p[i] == 0) n /= p[i]; } if(n > 1) ret = ret * 1 - ret / n; return ret; } 通过线性筛预处理 线性筛模板： void shai(LL n){ f[0] = f[1] = true; rep(i, 2, n){ if(!f[i]) p[++ind] = i; for(LL j = 1;i * p[j] <= n;j++){ f[i * p[j]] = true; if(i % p[j] == 0) break; } } } 线性筛有一个性质，就是在第二重循环里，每次都会筛掉数 $i \times p_j$，而 $p_j$ 正是这个数（$i \times p_j$）的最小质因子。 ...

我们现在要解决一个问题，就如标题所说，我们要判断一个DAG的拓扑序是否唯一。 以下说两种做法。 做法1（推荐） 在拓扑排序时，我们只要每时每刻都判断一下，此时的队列大小是否大于 $1$ 即可。 因为，如果队列大小大于 $1$，则选择任何一个元素都可以加入到拓扑序的最后下标，所以拓扑序不唯一。 做法2 （以下是我考试时想出来的做法，思维难度较高，但整个构思过程中都没有思维跳跃） 1 首先，我们建出这个DAG，然后我们考虑，其实一个DAG唯一，有且仅当对于所有点对 $(u,v)$（$1 \leq u,v \leq n$），都满足以下两点之一： 点 $u$ 可以到达点 $v$。 点 $v$ 可以到达点 $u$。 此处证明一下。 其实，如果存在一个不满足上述条件的点对 $(u,v)$，那么整张图可能会张这样：（下面标记的 $(u,v)$ 只是其中一个） 在这种情况里，我们直接把红色集合和蓝色集合里的拓扑序“交换”，变成： 于是乎，就得到了另一个合法的拓扑序，证毕。 关于如果满足条件，则拓扑序唯一，此处不多赘述，自行脑补。 2 上述条件还可以继续变化，变成： 对于所有点对 $(u,v)$（$1 \leq u,v \leq n$，且 $v$ 的拓扑序比 $u$ 的要大），都满足点 $u$ 可以到达点 $v$。 3 我们考虑定义函数 $f(x)$ 代表拓扑序为 $x$ 的节点，是否能到达所有拓扑序为 $y$（$x<y$）的点。 4 我们考虑求 $f(x)$，我们可以枚举拓扑序为 $x$ 的节点 $u$ 的所有出点 $v$（设其拓扑序为 $y$，且排除 $y \leq x$ 的所有点）。 ...