D.Inc,Dec-Decomposition
题目描述
给一个长度为 (n) 的 (A) 序列，试构造单调不降的 (B) 和单调不增的 (C)，满足 (a_i=b_i+c_i) 并且最小化代价：
(nleq 2cdot 10^5,-10^8leq a_ileq 10^8)
解法
这题 ( t slope trick) 做不带脑子，还是先把前置知识看一下吧。
首先写出暴力 (dp)，管它多大的数直接塞状态里，设 (dp[i][j]) 表示考虑到 (i)，并且 (b_i=j) 的最小代价，转移：
发现新增的代价是绝对值的形式，可以看成折线函数直接合并上去，然后考虑限制 (kleq j) 是一个取前缀最小值的操作，但是 (k-(a_{i-1}-a_i)leq j) 就不是单纯的前缀最小值了，但是可以把 (k) 先往右平移 (a_i-a_{i-1})，然后再取前缀最小值，直接打整体标记就行了。
时间复杂度 (O(nlog n))，折线算法总是超级超级短(sim)
总结
( t slope trick) 可以优化 (dp)，直接写暴力方程式然后观察代价与限制即可，打整体标记是常用方法。
真正在做题的时候先考虑操作的顺序，比如这题必须先插入两条绝对值折线之后再取最小值。再讨论插入点和 (0) 斜率线的关系，取的最优决策点应该既在原来的 (0) 斜率线上又在当前的 (0) 斜率线上，本题可以通过讨论证明一定存在这样的点。
(2021/10/8) 补充：注意每个位置实际上会有两个重合的转移点。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,sh,ans,a[M];priority_queue<int> q;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();int x=a[i],y=0;
if(i>1) sh+=max(a[i]-a[i-1],0ll);//tag
q.push(-sh);q.push(-sh);//insert the change point
q.push(a[i]-sh);q.push(a[i]-sh);
q.pop();y=q.top()+sh;q.pop();//pre min
ans+=2*y-x;//update the 0-slope-line
}
printf("%lld
",ans);
}
F.Insert Addition
题目描述
一个序列 (p)，定义生成序列 (f(p)) 为把 (p_i+p_{i+1}) 插入到 (i,i+1) 中间生成的序列。
初始时 (A=(a,b))，我们把 (A) 替换成 (f(A)) 进行 (n) 次，然后得到删除所有 (>n) 的数，得到序列 (B)，求 (B_L...B_R) 具体的值。
(a,bleq nleq 3cdot 10^5,Lleq Rleq 10^{18},R-L<3cdot 10^5)
前言
首先我想用贡献法直接求出 (n) 次后 (B) 某个位置的值，发现根本就不会，因为这题是拿来给你找性质的。
你最好先看一下 Stern-Brocot树，本题的很多性质都可以通过类比它获得（所以说学算法要看证明）。
解法
首先声明 (a,b) 不是很重要，因为我们可以把原数写成系数对的形式，比如这样：
我继续声明 (n) 不是很重要，因为生成新数的大小永远大于当前迭代次数，所以 (n) 的增大只是再 (B) 序列中激活了更多旧数，那么我们可以考虑充分多次迭代后保留 (leq n) 的数，这和原问题是等价的。
结合你对系数对的观察和类比 ( t Stern-Brocot) 树，我们开始找性质。
性质一
如果 ((x_1,y_1),(x_2,y_2)) 在系数数列中相邻，那么 (x_1y_2-x_2y_1=1)
证明考虑归纳法，首先第一行是成立的，我们考虑 (x_3=x_1+x_2,y_3=y_1+y_2) 时，((x_1,y_1),(x_3,y_3)) 有没有此性质：
对于 ((x_3,y_3),(x_1,y_1)) 也可类似证得，所以可以推至所有情况。
性质二
如果 (x_1y_2-x_2y_1=1) 并且 (0leq x_1,y_1,x_2,y_2)，那么 ((x_1,y_1)) 和 ((x_2,y_2)) 在某时刻的系数序列中会相邻。
从 ((1,0)) 和 ((0,1)) 开始归纳，我们逐步增大这些系数对的值，分为下面两种情况归纳：
- (x_1leq x_2,y_1leq y_2)
- (x_1geq x_2,y_1geq y_2)
证明第一种情况可以归纳，设 ((x_3,y_3)=(x_2-x_1,y_2-y_1))，由先前的假设可知 (x_1y_3-x_3y_1=1)，那么生成的 ((x_2,y_2)) 就满足 (x_1y_2-x_2y_1=1)，并且它们在系数数列中相邻，另一种情况类似证明即可。
推论
如果 (x,y) 满足 (gcd (x,y)=1)，那么 ((x,y)) 会出现在充分多次迭代后的系数数列，且系数数列只包含这样的 ((x,y))
考虑方程 (xx'-yy'=1)，当且仅当满足 (gcd(x,y)=1) 时有解 ((x',y'))，根据性质二可以知道 ((x,y)) 存在的充要条件是 (gcd(x,y)=1)，并且由归纳法可知 ((x,y)) 只会出现一次。
查询可以当成在一棵二叉树上跑，根据线段树的复杂度可知跑的次数是 (O(log L))：
那么需要解决的问题是查询某个点子树内大小 (leq n) 数的个数，树上的点可以用生成它的两个端点 ((a,b)) 表示（注意此时我们用整数而不用系数对了），也就是求满足 (icdot a+jcdot bleq n) 并且 (gcd(i,j)=1) 的点对 ((i,j)) 的个数。
为了解决 (gcd(i,j)=1)，显然可以莫比乌斯反演，设 (f(n)) 表示满足上述条件的点对个数，(F(n)) 则为不考虑 (gcd(i,j)=1) 的点对个数，那么 (f(n)=sum_{i}mu(i)F(frac{n}{i}))，可以暴力枚举 (i) 然后暴力算 (F(i))，时间复杂度 (O(nlog n))
如果遇到一个点的子树都在 ([L,R]) 的范围中就直接访问这个子树把答案输出，是均摊 (O(n)) 的，总时间复杂度 (O(nlog nlog L))，官方题解在这一部分的做法根本看不懂，所以不要去管他。
总结
分析性质的重要方法是去除无关量，比如这题把 (n,a,b) 全部都不管，问题就在充分迭代背景下发生了。
归纳法需要从初始状态找性质，然后尝试推广到以后的状态，它很适用于充分迭代的问题，类比学过的结构也是找性质的重要方法。
总所周知 ( t stern-brocot) 树可以看成一棵线段树，这题就是很好的例子。
#include <cstdio>
#define int long long
const int M = 300005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,a,b,L,R,cnt,p[M],mu[M],vis[M];
void init(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
{
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
void print(int x)
{
if(L>R || x>n) return ;
if(L==1) printf("%lld ",x),R--;
else L--,R--;
}
void pall(int x,int y)
{
if(x+y>n) return ;
pall(x,x+y);print(x+y);pall(x+y,y);
}
int cal(int p,int q)
{
int r=0;
for(int i=1;p+q<=n/i;i++)
{
if(!mu[i]) continue;
for(int j=1;p*j+q<=n/i;j++)
r+=mu[i]*(n/i-p*j)/q;
}
return r;
}
void dfs(int a,int b)
{
int m=cal(a,b);
if(L>R || !m) return ;
if(L>m) {L-=m;R-=m;return ;}
if(L==1 && m<=R) {pall(a,b);return ;}
dfs(a,a+b);print(a+b);dfs(a+b,b);
}
signed main()
{
a=read();b=read();n=read();L=read();R=read();
init(n);
print(a);dfs(a,b);print(b);
}