思路：先通过交错路和增广路的概念建立起处理最大匹配的工具，证明匹配最大的充要条件是图中没有增广路。然后证明Hall定理，顺便证明了婚配定理，并利用之证明最大匹配与最小点覆盖的对偶性。最后证明最小边覆盖与最大独立集的对偶性，以及这四者之间的关系。

Public Transport System

题意

给定一个有向图，每条边有边权 $$a_e$$ 和 $$b_e$$ ， $0<a_e,b_e;\;b_e<a_e$ 。记一条路径由 $$k$$ 条边 $$e_1,e_2,...,e_k$$ 组成，那么这条路径中，边 $$e_1$$ 的权值为 $a_{e_1}$ ， $$e_i(i>1)$$ 的权值为：

\begin{cases} a_{e_i}&a_{e_i}\leq a_{e_{i-1}},\\ a_{e_{i}}-b_{e_i}&a_{e_i}>a_{e_{i-1}}. \end{cases}

这条路径的权值是这条路径上边的权值之和。求从点 $$1$$ 出发到所有点的最短路长度。

\begin{align*} n\leq 1\times10^5,\ m\leq 2\times10^5. \end{align*}

2021-09-21

题解

Charged Tree

题意：给定一棵有根带权树。有两种操作下移和上移。下移，即每个节点将自己的权值均分给各个儿子，假设叶子结点有一个无限长的儿子链，即叶子结点每次下移都会把自己和整条儿子链下移一位。每个节点的新值就是它从父亲得到的那个值（他自己原来的值已经分给了儿子），特别地，一次下移操作后根变成0。上移，即对每个节点，将所有儿子的权值加起来赋给自己。

2021-09-18

算法

tarjan算法（求最近公共祖先）

本文讲解用于求解最近公共祖先（Least Common Ancestor, LCA）的tarjan算法。

首先看最近公共祖先问题。对一棵给定的有根树，为了得知两点之间最短的路径，显然应当先从一点运动到它们的最近公共祖先，再直接运动到另一点。如果每条边只能经过一次，那么这就是唯一的路径。这时就需要确定这两点的最近公共祖先。对小规模的数据可以使用暴力算法，比如对一个点的所有祖先进行dfs，找到最近的、能到达另一点的那个祖先。但是这个算法本身效率就很低下，更不用提大规模数据的情形。

解决这一类问题有多种算法，可分为在线算法和离线算法两种。“在线”和“离线”是针对大规模数据的说法，在线算法是指对每个询问（即节点对）即时处理的算法，离线算法是指将所有询问存储起来以后统一处理的算法。在线和离线会造成复杂度的很大差异，通常来讲离线算法应当更快一些，因为离线情形掌握了更多的信息。这里要讲的tarjan算法是一种离线算法，复杂度为 $$O(n+p)$$ ，其中 $$n$$ 为树的节点数， $$p$$ 为询问数。

考虑优化上述的dfs。上述的dfs显然有许多浪费，因为上述过程中的所有节点只需要一次dfs就可以遍历完，而上述过程中dfs的次数却与深度成正比，这显然是没有很好地利用dfs的信息。仔细考虑dfs的过程，发现遍历在最近祖先处是一棵一棵子树进行的，也就是先遍历了含有节点1的子树，再遍历含有节点2的子树（假设1比2先遍历到），我们需要找到这两棵子树“分叉”的地方，而不考虑分叉处上面的情形。那么可以考虑这样做：针对当前的状态v，为遍历过的每个节点u打上一个标记，记录u和v从哪里开始“分叉”。如果这一操作可以在遍历到u时就做到，那么问题就解决了。显然初始值（刚遍历到u时的标记）是这个节点直接的父亲。当遍历完他父亲的所有子树后仍没有找到节点2时，应当返回它父亲的父亲继续搜索，那么该节点的标记也都应当变成他的父亲的父亲。这看起来需要再进行一次dfs从而效率和刚才一样低，但是可以用并查集解决这一问题。现在的过程变成，遍历到某一结点时，将他和他父亲合并（在并查集中成为父亲的子树）；当他父亲遍历完所有子树之后，将他父亲和他父亲的父亲合并…为了知道某个节点的标记（分叉处），只需要查找该节点在并查集中的根节点。

2021-08-20

题解

PWTC day4补题记录

F

题意：求树链mex， $n,q\leq 100,000$ 。

树上莫队。考虑一个棋子在树上从根开始dfs的过程，棋子每移动一次都停下来记录一次时间，注意返回父亲时也要停下。这样，每两个时刻之间就由一个边连接。把（节点，时刻）对按时刻排序，每次询问 $$(u,v)$$ 即为询问来到 $$u$$ 的时刻 $$t_u$$ 到 $$v$$ 的时刻 $$t_v$$ 之间的序列的一个量：这个序列中出现过两次的边都不计入，只计入出现过一次的边，求mex。这样就恰好只计入了 $$u$$ 到 $$v$$ 的链上的所有边。然后是维护mex。这个题每次修改都带上 $\log$ 就是 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 会T，所以要线性修改。由于询问mex只有 $$q$$ 次，所以可以容忍 $O(\sqrt{n})$ 的询问。于是对边权分块，即用 $$cnt[i]$$ 记录 $$i$$ 的出现次数的同时，用 $cnt\_bl[i]$ 记录 $$[i * bl, (i + 1) * bl - 1]$$ 中数的个数。找到第一个数的个数没有填满的块，再遍历该块找到第一个缺席的数，即为mex。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
vector<pii> G[maxn];
struct query {
    int first, second, id;
};
struct edge {
    int w, id;
};
vector<query> qs;
vector<pii> ans;
int n, q, len, t, tt, bl;
int el[maxn], er[maxn];
edge L[2 * maxn], R[2 * maxn];
bool vis[maxn];
int cnt[maxn], cnt_block[maxn];
void dfs(int u, int fa, int id, int ww) {
    el[u] = ++t;
    for (auto e : G[u]) {
        int v = e.first, w = e.second;
        if (v == fa) continue;
        R[t] = edge{w, ++tt};
        L[t + 1] = edge{w, tt};
        dfs(v, u, tt, w);
    }
    R[t] = edge{ww, id};
    er[u] = ++t;
    L[t] = edge{ww, id};
}
void add(int a) {
    cnt[a]++;
    if (cnt[a] == 1) cnt_block[a / bl]++;
}
void del(int a) {
    cnt[a]--;
    if (cnt[a] == 0) cnt_block[a / bl]--;
}
// ql + n^2/l min, q - n^2/l^2=0, l = n / sqrt(q)
inline bool cmp(const query& a, const query& b) {
    if (a.first / len != b.first / len) return a.first / len < b.first / len;
    return a.second < b.second;
}
int main()
{
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin >> n >> q;
    len = 2 * n / sqrt(q);
    bl = sqrt(maxn);
    int u, v, w;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        cin >> u >> v >> w;
        w = min(w, n);
        G[u].push_back(pii(v, w));
        G[v].push_back(pii(u, w));
        vis[i] = false;
    }
    dfs(1, 0, 0, 100005);
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        cin >> u >> v;
        int a = el[u], b = el[v];
        if (a > b) {int tmp = a; a = b; b = tmp;}
        qs.push_back(query{a, b, i});
    }
    // 分块
    sort(qs.begin(), qs.end(), cmp);
    // 莫队
    int l = 1, r = 1;
    for (auto p : qs) {
        int &ql = p.first, &qr = p.second;
        while (l > ql) { //  先尽量延长
            if (!vis[L[l].id]) {
                add(L[l].w);
            } else {
                del(L[l].w);
            }
            vis[L[l].id] = !vis[L[l].id];
            l--;
        }
        while (r < qr) { //  先尽量延长
            if (!vis[R[r].id]) {
                add(R[r].w);
            } else {
                del(R[r].w);
            }
            vis[R[r].id] = !vis[R[r].id];
            r++;
        }
        while (l < ql) {
            if (!vis[R[l].id]) {
                add(R[l].w);
            } else {
                del(R[l].w);
            }
            vis[R[l].id] = !vis[R[l].id];
            l++;
        }
        while (r > qr) {
            if (!vis[L[r].id]) {
                add(L[r].w);
            } else {
                del(L[r].w);
            }
            vis[L[r].id] = !vis[L[r].id];
            r--;
        }
        int i, j;
        for (i = 0; i <= 100000 / bl; i++) {
            if (cnt_block[i] != bl) break;
        }
        for (j = i * bl; j < (i + 1) * bl; j++) {
            if (cnt[j] == 0) break;
        }
        ans.push_back(pii(p.id, j));
    }
    sort(ans.begin(), ans.end());
    for (auto p : ans) {
        cout << p.second << '\n';
    }
    return 0;
}

2021-07-18

算法

FFT

FFT可以在 $O(n\log n)$ 的时间内在多项式的点值表示法和系数表示法之间相互转换，从而可以加速多项式乘法。

2021-06-11

数据结构

SB树

这棵二叉树中包含了所有的非负有理数。首先看它的构造：

左侧有一个点 $$0/1$$ ，右侧有一个点 $$1/0$$ 。在中间创建一个点 $$0+1/1+0=1/1$$ ，这就是SB树的根。

接下来， $$1/1$$ 的左儿子是它和 $$0/1$$ 的分子、分母分别相加： $$1+0/1+1=1/2$$ 。右儿子是与 $$1/0$$ 做这个操作： $$1+1/1+0=2/1$$ 。接下来的节点，其左儿子为：该节点与左兄弟的分子分母分别相加。特别地，没有左兄弟时（即它在左链上）认为左兄弟为 $$0/1$$ 。右儿子为：该节点与右兄弟的分子分母分别相加。特别地，没有右兄弟时（即它在右链上）认为右兄弟为 $$1/0$$ 。

首先证明：

SB树中每个数都满足：分子分母互质，即每个非负有理数至多出现一次。

证：我们来证明：对每个节点，考虑其加入时刻，假如此时构造它使用了 $$m/n$$ 和 $$m'/n'$$ 。那么必有 $$m'n-mn'=1$$ 。

首先这对根节点成立。

现在假设对 $$m+m'/n+n'$$ 的构造时刻， $$m/n$$ 和 $$m'/n'$$ 有 $$m'n-mn'=1$$ ，现在只要证明

$$(m+m')n-m(n+n')=1$$
$$m'(n+n')-(m+m')n=1$$

而这两个等式都与原等式相同。于是对每个 $$m/n$$ 存在 $$a,b$$ 使 $$am+bn=1$$ ，从而 $$m,n$$ 互质。

2021-04-29

题解

CF708D2

D题

题很好，感觉思维得到了升华。把整个题考虑成一个图，对每对 $\{i, j\}$ ，只要tag[i] != tag[j]他们之间就要连边，边权为 $$|2^i-2^j|$$ 。按照题意，需要找一条边权不断上升的、 $\sum|s_i-s_j|$ 最大的路。由于边权不断上升，可以将边按边权排序（外层 $$i$$ 从小到大，内层 $$j$$ 从大到小），然后使用动态规划：dp[i][t]维护只使用前 $$t$$ 条边时，终点为 $$i$$ 的路的路径权值最大值。考虑转移，发现 $$t$$ 增加 $$1$$ 时只有至多两个dp值会发生变化，因为一步只引入了一条边，而且它只能被加在已经考虑过的路径的末尾。这样，我们可以舍弃 $$t$$ 维度，而代之以时间维度： $$dp$$ 数组只有一维，dp[i]维护当前时刻以 $$i$$ 结尾的路的路径权值最大值。每当时刻前进1，就新考虑一条边，更新一下dp[i]和dp[j]： $dp_i = \max(dp_i, dp_j + |s_i - s_j|)$ 和 $dp_j=\max(dp_j, dp_i+|s_i-s_j|)$ 。

2021-04-20

算法

区间众数

通用求众数离线做法：离散化之后，开线段树维护数出现的频率的最大值，带单点修改，然后再用莫队，移动区间时就跑一个单点修改，复杂度是 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 。

当只需要找频数超过一半的区间众数的时候，可以这样考虑：众数频数如果超过区间长度的一半，那么任意划分区间为两段，它必然要么在左半边超过一半，要么在右边超过一半。然后就可以用线段树维护了。具体来说，每个结点维护当前区间的众数及其频数。当合并时，找左儿子和右儿子的众数。如果众数频数超过一半，那么众数一定是二者之一。离散化后对每个数开一个pos数组维护出现位置，在这个数组中二分得到这两者（左右儿子的众数）在当前区间中出现的频数，取最大者即可。这样维护出来不一定是真区间众数，但是如果众数超过区间长度一半，那他一定维护这个众数。这个复杂度是每次查询 $O(\log^2n)$ 的。上面的论述中“一半”大概也可以改为其他比例，这带来的问题是满足其他比例的众数可能有多个，而这个比例超过一半时可以保证这样的众数唯一。

还有一种做法是随机化，在待查询区间里找30个数作为候选众数，对每个数检查它是否满足频数超过区间长度一半，用上段的方法可以做到 $O(\log n)$ 查询。如果一个数频数超过区间长度一半，那么在区间内任取30个数（带放回）找不到该众数的概率不超过 $2^{-30}$ 。这个做法完全可以扩展到其他比例，比例变小时只需提高30这个常数，例如要求众数频数超过 $$1/5$$ 时可以取100个候选众数，即可做到 $({4\over 5})^{100}\approx2\times10^{-10}$ 概率。这是选不到真众数的概率，因为超过1/5的众数可能有多个，似乎有点迷惑（选不到假众数的概率也是一样的，他们互不影响）。但是没关系，由于候选众数中几乎必有真众数，即使找到了假众数，还需要和真众数比频数，所以这种算法几乎必然找到真众数。

CF716Div2 D AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define N 300000
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
int n, m, maxn, a[N + 5];
struct node {
    int l, r, mx, aa;
};
node xds[4 * N+5];
vector<int> pos[N+5];

int cnt(int x, int l, int r) {
    int ret = upper_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), r) - lower_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), l);
    return ret;
}

void build(int id, int l, int r) {
    if(l == r) {
        xds[id].l = xds[id].r = l;
        xds[id].mx = 1;
        xds[id].aa = a[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(id * 2, l, mid);
    build(id * 2 + 1, mid + 1, r);
    xds[id].l = l; xds[id].r = r;
    if (cnt(xds[id * 2].aa, l, r) > cnt(xds[id * 2 + 1].aa, l, r)) {
        xds[id].mx = cnt(xds[id * 2].aa, l, r);
        xds[id].aa=  xds[id * 2].aa;
    } else {
        xds[id].mx = cnt(xds[id * 2 + 1].aa, l, r);
        xds[id].aa=  xds[id * 2 + 1].aa;
    }
}

pii get(int id, int l, int r) {
    // (frequency, value)
    pii ret, ret2;
    int f1 = 0, f2 = 0;
    if (l <= xds[id].l && xds[id].r <= r) {
        return pii(xds[id].mx, xds[id].aa);
    }
    int mid = (xds[id].l + xds[id].r) >> 1, rl = max(l, xds[id].l), rr = min(r, xds[id].r);
    if (l <= mid) {
        ret = get(id * 2, l, r);
        f1 = cnt(ret.second, rl, rr);
    }
    if (r > mid) {
        ret2 =  get(id * 2 + 1, l, r);
        f2 = cnt(ret2.second, rl, rr);
    }
    if (f1 > f2) {
        return pii(f1, ret.second);
    } else {
        return pii(f2, ret2.second);
    }
}

int main() {
    int l, r;
    cin.sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        pos[a[i]].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        pos[i].push_back(n + 1);
    }
    build(1, 1, n);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> l >> r;
        pii most = get(1, l, r);
        cout << max(1, 2 * most.first - (r - l + 1)) << '\n';
    }
    return 0;
}

2021-02-05

奇技淫巧

筛选法建堆

这可能是本学期学习数据结构与算法课的最大收获，就是知道了还有线性建堆的方法。线性建堆可能也是有应用场景的，比如用 $$O(n)$$ 的空间及时间复杂度，取出前 $n/\log n$ 大的所有数。（？

Wilson's blog

二分图匹配