20200612 hz【矩形容斥，鏈表+回滾莫隊，保序迴歸L1】

T1：「雅禮集訓 2018 Day11」進攻！

題目描述：

$n,m\le2000,k\le10^6$
LOJ link

題目分析：

求選K個全1矩形使其有交的方案數。
考慮容斥，計算每個 $1\times 1$ 的矩形被多少個矩形包含，設爲 $s$ ，那麼答案加上 $s^k$
然後看多算了什麼，假設某個方案中矩形的交的大小是一個 $x*y$ 的矩形，那麼它被算了 $x*y$ 次。
減去 $1\times 2$ 的矩形， $2\times 1$ 的矩形，加上 $2\times 2$ 的矩形。
那麼一個交爲 $x*y$ 的方案被算了 $x*y-x(y-1)-y(x-1)+(x-1)(y-1)=1$ 次。
原理可以理解爲點 - 邊 + 環 = 1，矩形是一個天然的簡單環結構。

那麼問題就是計算 $1/2\times 1/2$ 的矩形被多少個全1矩形包含。

先考慮 $1\times 1$
一個全1矩形會對內部的點有1的貢獻，差分之後就是四個角+1或-1，但是矩形並不是輸入的，不太好分開一個一個加。
求出以每個點爲右下角的全1矩形個數，就可以算出右下角的+1的差分值；同理，求出以每個點爲左上/左下/右下的全1矩形個數，就可以算出每個位置的差分值。最後求前綴和就可以得到每個點被覆蓋的次數。

對於其它情況類似。求以每個點爲右下角的全1矩形個數可以單調隊列（延伸作限制，維護單調上升的立柱）

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 2005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),lim=(k);i<=lim;i++)
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n,m,K,s[maxn][maxn],f[maxn][maxn],d[maxn][maxn][4],ans;
char a[maxn][maxn];
int q[maxn],tp;
int Pow(int a,int b){int s=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) b&1&&(s=1ll*s*a%mod);return s;}
void solve(){
	rep(i,1,n){
		int res=0; tp=0;
		rep(j,1,m){
			s[i][j]=a[i][j]=='1'?s[i-1][j]+1:0;
			for(;tp&&s[i][q[tp]]>=s[i][j];tp--) res-=(q[tp]-q[tp-1])*s[i][q[tp]];
			res+=(j-q[tp])*s[i][j], q[++tp]=j;
			f[i][j]=res;
		}
	}
}
int main()
{
	//freopen("attack.in","r",stdin);
	//freopen("attack.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",a[i]+1);
	
	solve();
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) rep(k,0,3) d[i+1][j+1][k]=f[i][j];
	
	rep(i,1,n) reverse(a[i]+1,a[i]+1+m);
	solve();
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) rep(k,0,3) d[i+1][j+(k&1)][k]-=f[i][m-j+1];
	
	reverse(a+1,a+1+n);
	solve();
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) rep(k,0,3) d[i+(k>=2)][j+(k&1)][k]+=f[n-i+1][m-j+1];
	
	rep(i,1,n) reverse(a[i]+1,a[i]+1+m);
	solve();
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) rep(k,0,3) d[i+(k>=2)][j+1][k]-=f[n-i+1][j];
	
	rep(i,1,n) rep(j,1,m) rep(k,0,3)
		d[i][j][k]=(1ll*d[i][j][k]+d[i-1][j][k]+d[i][j-1][k]-d[i-1][j-1][k])%mod,
		ans=(ans+(!k||k==3?1:-1)*Pow(d[i][j][k],K))%mod;
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

T2：「雅禮集訓 2018 Day11」字符串

LOJ6517

$N,M\le10^5,\sum|s_i|\le3*10^5$

題目分析：

莫隊。初步嘗試用 Trie樹 + set 維護答案
直接對 $n$ 莫隊的話，可能每次都加入一個很長的串。

發現串總長 $\le 3*10^5$ ，即每個串的前綴的個數 $\le 3*10^5$
那麼把串接起來，記錄每個串的 $start,end$ ，原先對 $[l,r]$ 的詢問就相當於將 $[st_l,ed_r]$ 的點對應前綴加入後的答案。於是可以對此莫隊。複雜度 $O\left((\sum|s_i|)*\sqrt m\log maxlen\right)$

考慮把 $set$ 換成鏈表，但是鏈表只支持刪除，不支持插入（沒法找插入前驅後繼），但是它支持刪除後按順序回退，所以用回滾莫隊，初始時全部加入。每次把左指針指到塊左端點，右指針由大到小刪除，最後回退即可。

注意維護答案的時候沒有出現的前綴可能 $A*len(S)\ge C$ ，但是不能算進去，要判斷 $f(S)$ 是否爲空（數據沒有 $v_i=0$ 的情況）

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 300005
#define LL long long
using namespace std;
void read(int &a){
	char c;while(!isdigit(c=getchar()));
	for(a=c-'0';isdigit(c=getchar());a=a*10+c-'0');
}
const int S = 900;
int n,m,A,B,C,W[maxn],sum,mxl,g[maxn],pos[maxn],st[maxn],ed[maxn],bel[maxn];
LL ans[maxn],res,f[maxn];
struct node{
	int l,r,id;
	bool operator < (const node &p)const{return bel[l]==bel[p.l]?r>p.r:bel[l]<bel[p.l];}
}q[maxn];
char s[maxn];
int ch[maxn][26],sz,w[maxn],len[maxn],cnt[maxn],L[maxn],R[maxn];
void insert(char *s,int len,int val){
	int r=0,v;
	for(int i=0;i<len;i++){
		if(!ch[r][v=s[i]-'a']) ch[r][v]=++sz,::len[sz]=i+1;
		pos[++sum]=r=ch[r][v],w[sum]=val;
	}
}
LL F(int x){return 1ll*x*(x-1);}
bool chk(int x){return !f[x]?0:1ll*B*f[x]+1ll*A*len[x]>=C;}
void ins(int x){
	int p=pos[x],pre=chk(p); f[p]+=w[x];
	if(!pre&&chk(p)&&!cnt[g[len[p]]]++)
		p=g[len[p]],res+=F(p-L[p])+F(R[p]-p)-F(R[p]-L[p]),R[L[p]]=L[R[p]]=p;
}
void del(int x){
	int p=pos[x],pre=chk(p); f[p]-=w[x];
	if(pre&&!chk(p)&&!--cnt[g[len[p]]])
		p=g[len[p]],res+=F(R[p]-L[p])-F(p-L[p])-F(R[p]-p),R[L[p]]=R[p],L[R[p]]=L[p];
}
int main()
{
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
	read(n),read(A),read(B),read(C);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(W[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",s); int len=strlen(s); mxl=max(mxl,len);
		st[i]=sum+1,ed[i]=sum+len,insert(s,len,W[i]);
	}
	for(int i=1;i<=mxl;i++) read(g[i]);
	for(int i=1;i<=sum;i++) bel[i]=(i-1)/S;
	read(m);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++) read(x),read(y),q[i].l=st[x],q[i].r=ed[y],q[i].id=i;
	for(int i=1;i<=sum;i++) f[pos[i]]+=w[i];
	for(int i=1;i<=sz;i++) if(chk(i)) cnt[g[len[i]]]++;
	int last=0;
	for(int i=1;i<=mxl;i++) if(cnt[i]) R[L[i]=last]=i,res+=F(i-last),last=i;
	R[last]=mxl+1,res+=F(R[last]-last);
	sort(q+1,q+1+m);
	for(int k=0,i=1;k*S+1<=sum&&i<=m;k++){
		int lb=k*S+1,rb=min((k+1)*S+1,sum+1),x=lb,y=sum;
		for(;i<=m&&bel[q[i].l]==k;i++){
			while(y>q[i].r) del(y--);
			while(x<q[i].l) del(x++);
			ans[q[i].id]=res;
			while(x>lb) ins(--x);
		}
		while(y<sum) ins(++y);
		while(x<rb) del(x++);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		LL y=F(mxl+1),x=y-ans[i],d=__gcd(x,y);
		printf("%lld/%lld\n",x/d,y/d);
	}
}

T3：「雅禮集訓 2018 Day11」序列

LOJ6518

$N\le5000,M\le15000,a_i\le10^5$

題目分析：

偏序關係，最小化 $\sum |x_i-a_i|$ ，弱化的保序迴歸 $L_1$ 問題，整體二分，每次求出向 $S\{mid,mid+1\}$ 取整的最優解，然後劃分。詳見 IOI2018集訓隊論文《淺談保序迴歸問題》

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 50005
#define maxm 500005
#define pb(x) push_back(x)
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),lim=(k);i<=lim;i++)
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],ans;
struct node{int l,r,t;};
vector<node>Q[maxn];
int S,T,dis[maxn];
int fir[maxn],cur[maxn],nxt[maxm],to[maxm],c[maxm],tot=1;
void line(int x,int y,int z=inf){
	nxt[++tot]=fir[x],fir[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=z;
	nxt[++tot]=fir[y],fir[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0;
}
#define lc i<<1
#define rc i<<1|1
int id[maxn],tr[maxn][2],sz;
void build(int i,int l,int r){
	if(l==r) return void(tr[i][0]=tr[i][1]=id[l]);
	int mid=(l+r)>>1;
	tr[i][0]=++sz,tr[i][1]=++sz;
	build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
	line(tr[i][0],tr[lc][0]),line(tr[i][0],tr[rc][0]);
	line(tr[lc][1],tr[i][1]),line(tr[rc][1],tr[i][1]);
}
void ins(int i,int l,int r,int x,int y,int p,int t){
	if(x<=l&&r<=y) {!t?line(p,tr[i][0]):line(tr[i][1],p); return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) ins(lc,l,mid,x,y,p,t);
	if(y>mid) ins(rc,mid+1,r,x,y,p,t);
}
bool BFS(){
	static int q[maxn],l,r;
	memset(dis,-1,(sz+1)<<2),dis[q[l=r=1]=T]=0;
	while(l<=r){
		int u=q[l++];
		for(int i=fir[u],v;i;i=nxt[i]) if(c[i^1]&&dis[v=to[i]]==-1)
			dis[q[++r]=v]=dis[u]+1;
	}
	return ~dis[S];
}
int aug(int u,int augco){
	if(u==T) return augco;
	int need=augco,dt;
	for(int &i=cur[u];i;i=nxt[i]) if(c[i]&&dis[u]==dis[to[i]]+1){
		dt=aug(to[i],min(c[i],need)),c[i]-=dt,c[i^1]+=dt;
		if(!(need-=dt)) return augco;
	}
	return augco-need;
}
void solve(int l,int r,vector<int>&A){
	if(l==r) {for(int x:A) ans+=abs(a[x]-l); return;}
	if(A.empty()) return;
	if(A.size()==1) {int x=A[0]; ans+=max(a[x]-R,0)+max(L-a[x],0); return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	S=sz=1,T=++sz;
	rep(i,0,A.size()-1) id[i]=++sz;
	build(1,0,A.size()-1);
	rep(i,0,A.size()-1)
		for(node q:G[A[i]]){
			int x=lower_bound(A.begin(),A.end(),q.l)-A.begin(),y=upper_bound(A.begin(),A.end(),q.r)-A.begin()-1;
			if(x<=y) ins(1,0,A.size()-1,x,y,id[i],q.t);
		}
	rep(i,0,A.size()-1) a[A[i]]<=mid ? line(id[i],T,1) : line(S,id[i],1);
	while(BFS()) memcpy(cur,fir,(sz+1)<<2),aug(S,inf);
	BFS();
	vector<int>L,R;
	rep(i,0,A.size()-1) dis[id[i]]!=-1 ? L.pb(A[i]) : R.pb(A[i]);
	memset(fir,0,(sz+1)<<2),tot=1;
	solve(l,mid,L),solve(mid+1,r,R);
}
int main()
{
	//freopen("sequence.in","r",stdin);
	//freopen("sequence.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int x;m--;) {node q; scanf("%d%d%d%d",&q.t,&q.l,&q.r,&x),Q[x].pb(q);}
	vector<int>A;
	for(int i=1;i<=n;i++) A.pb(i);
	solve(*min_element(a+1,a+1+n),*max_element(a+1,a+1+n),A);
	printf("%d\n",ans);
}

20200612 hz【矩形容斥，鏈表+回滾莫隊，保序迴歸L1】

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