2020-10-22刷题笔记

CF14D(自己做出来的)

枚举其中一条路径，然后将这条路径上所有边权都设为$-\infty$，再用$dp$贪心地跑一遍直径即可，取这两条路径的乘积的最大值即为答案。

时间复杂度$O(n^3)$。

P3501(自己做出来的)

首先，挖三个性质。

①如果字符串$s$为反对称串，那么$s$的长度为偶数。否则中间那个数，经过反转后交换仍然在那个位置；而不可能将一个$0/1$翻转后还是原来的数，所以长度不能为奇数，只能为偶数。

②如果字符串$s$为反对称串——设$mid$为字符串$s$的中间位置偏左的那个位置，那么有$mid-1$这段子串与$mid+1,r$反转后的子串相同。

③对于相同的$mid$，如果$l-r$这一段满足要求，那么对于所有的$l_1-r_1(l\le k_1\le mid)$都满足要求，即存在单调性。

于是，我们枚举这个$mid$，每次二分找到最靠左的$l$。至于二分中套的$check$函数，我们使用哈希实现即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。

P3498(自己做出来的)

对于每个区间，我们的新哈希值为这段区间从前到后的哈希值与从后到前的哈希值。

我们每次枚举长度$k$，然后扫一遍整个序列，对于每个区间我们把这个区间的两个哈希值$u,v$，如果$u\le v$那么我们把$[u,v]$这个$pair$扔到一个$set$平衡树里面去，否则把$[v,u]$这个$pair$扔进去。

根据$set$的维护复杂度为$logn$，再由于调和级数的影响，时间复杂度为$O(nlo{g}^{2}n)$。

CF109C(自己做出来的)

考虑反面计数。

我们只连不$Lucky$的边。对于每一个不$Lucky$的连通块，假设其大小为$k$，那么对反面的答案的贡献为$$A_k^3+2k(n-k)(k-1)$$

为什么呢？这个$C_k^3$表示，三个节点都在这个连通块中是不行的。另外，我们可以在这个连通块中先选一个节点作为$i$，然后再选择一个节点作为$j$，其中选择$j$的方案有$k-1$种；最后再选择一个在这个连通块外的节点，有$(n-k)$种选择。但是，$j$与$k$可以交换位置，所以最后的最后还要再乘上一个$2$。

使用并查集求出每个连通块大小，最后用总数$n(n-1)(n-2)$减去它，并注意取模即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。若使用按秩合并并查集，时间复杂度会优化到$O(n)$，但这样并没有必要。

CF29D(自己做出来的)

又是一道远古场的题

对于每个叶子节点，我们在那里记录下它是第几个被访问到的。

然后，我们递推上去，$d{p}_i$表示在以$i$为根的子树中，第一次访问这个子树中的叶节点是第几次。

最后，我们从根节点开始深搜下去，对于一个节点的多个儿子，先搜$dp$值小的，再搜$dp$值大的；记录下我们搜到的叶节点的队列，深搜完判断一下是否满足要求即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。为啥$n\le 300$啊……

CF461B(我太菜了，没做出来，感谢duyi巨佬)

一道不错的树形$dp$题。

状态设计: $d{p}_i$表示以$i$为根的子树的信息。$d{p}_{i,0}$表示，$i$这个节点所在的连通块还没有黑节点，$d{p}_{i,1}$则相反。

状态转移式:

dp[now][1]=(dp[now][1]*(dp[e[i].to][0]+dp[e[i].to][1])+dp[now][0]*dp[e[i].to][1])%mod;
dp[now][0]=(dp[now][0]*(dp[e[i].to][0]+dp[e[i].to][1]))%mod;

这里的e[i].to表示$now$节点的儿子节点。

什么意思呢？我先阐释一下第一个式子。当前$now$这个节点所在连通块已经有黑节点了，那么，如果遇到孩子节点所在连通块还没有的，直接带上它；否则，直接断开，即$now$这个节点所在连通块不进入这个孩子节点的子树。同时，如果原来$now$这个节点所在连通块还没有黑节点，并且当前这个儿子节点所在连通块是有的，那么就带上它，即加上$d{p}_{now,0}\times d{p}_{e_i.to,1}$的意义。

$d{p}_{now,0}$的意义相同，这里不再赘述。

时间复杂度$O(n)$。我太菜了……

P3538(我太菜了，没做出来，感谢忆殇巨佬)

还是一道哈希题，挖性质……

①如果$n$的循环节长度为$k$，那么一定有$k|n$。

②如果$n$的循环节长度为$k$，当且仅当$[l,r-k]$这段区间与$[l+k,r]$这段区间相同。

于是，我们预处理约数，每次枚举$k$，使用哈希$O(1)$判断即可。

时间复杂度$O(qlogn)$。

②这么显然都没想到，我太菜了……

P4551(学算法)

在这里学会了$Trie$树。

板子题，没题解。

P3371(复习算法)

在这里复习了$SPFA$。

板子题，没题解。

CF1292C(神仙题，没做出来，感谢syksykCCC巨佬）

突然想到这一天没有做神仙题，于是决定做一道大神仙题，于是就选了这一题……

还以为这题是贪心，可是怎么搞都有反例，于是就上了$dp$……结果状态设计不停地错误，甚至连$O(n^7)$解法都出来了……醉了。

于是就开了题解。

首先，思考一个东西：如果一条路径的$mex$为$res$，说明什么？说明: 这条路径经过了所有权值为$1$到$res-1$的边。

然后，我们发现，我们要最大化的是$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}mex(i,j)$$

颓一波式子:

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}mex(i,j)$$
$$=\sum _{k=1}^{n}k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[mex(i,j)=k]$$
$$=\sum _{k=1}^{n}cnt(k)$$。

是不是想到了联想到了可爱的莫反

这里，$cnt(k)$表示，满足路径的$mex$不小于$k$的路径的数量。

接着，想到了可爱的$dp$。也许因为我不够可爱，导致无法触碰到可爱的$dp$吧。

状态设计: $d{p}_{i,j}$表示$i$到$j$这条路径包含了所有$0$至$len-1$的权值，$len$表示这条路径上经过的边的数量

这是一颗可爱的树！

首先，我们把$0$添加在这条路径的某个地方。然后，为了让利益最大化，我们要让$1$与$0$连续(即有公共点)，$2$要与刚才$01$这段路径连续……最终，形成了上面的图。

可以发现——$32014$……这是一个单谷序列！

所以，我们只能在这条路径的两端放$len-1$。

假设在靠近$u$的那一端放了$len-1$，那么状态就变成了$d{p}_{x,v}$；放在另一端同理。

定义$f_{u,v}$表示在$u$为根时$v$的父亲，$siz{e}_{u,v}$表示$u$为根时$v$的子树大小。

于是，我们可以发现，有$siz{e}_{u,v}\times siz{e}_{v,u}$条路径的$mex$达到了$len$，所以要加上这么多个$1$。

即，下图中以红颜色为一端，以蓝颜色为另一端的路径满足了要求：

于是，我们得到了状态转移式:

dp[x][y]=max(dp[x][f[x][y]],DP[y][f[y][x]])+size[x][y]*size[y][x];

记忆化搜索即可。

另外，$f$与$size$数组可以$O(n^2)$求出。

总时间复杂度为$O(n^2)$。

真的是神仙题啊

CF1238F(自己做出来的)

首先，挖掘一个性质: 满足要求的子树一定是个毛毛虫(我也不知道怎么形容，于是学了题解中一个人的说法)。即，在这个子树中存在一条链，使得所有节点到这条链的距离均不超过$1$。现在，我们要最大化一个数中子毛毛虫的大小。

显然，我们可以类比$dp$求树的直径的求法，搬到这里来。

时间复杂度$O(n)$。