「考试」省选57

T3恶心死我了写了182行4.6K。

T1
联赛状压题。
我们发现(m)很小，那么状压。
设(f[i][j][S])为第(i)个元素使用了(S)集合中的操作之后大小为(j)的概率。
那么我们可以写出转移方程。

[f[i][j][S]=sumlimits_{kin S}sumlimits_{l=0}^{c}f[i][j-l][S-2^k]P[k][i][l] ]

设(dp[i][j][S])为前(i)个元素使用了(S)集合中的操作之后，最大值的大小为(j)的概率。
相当于是一个多维背包计数。
那么有转移方程:

[dp[i][j][S]=sumlimits_{Tsubseteq S}sumlimits_{k=0}^{j}+sumlimits_{Tsubseteq S}sumlimits_{k=0}^{j}dp[i-1][k][S-T]f[i][j][T] ]

然后这个复杂度就是(O(nm^2c^23^m+nm^2c^22^m))。
很卡常
然后我是个毒瘤做题人，有一些卡常技巧。
首先，可以用(long long)存储，取模次数减少一半。
第一个状压(f)的时候，我们发现转移顺序并不影响答案，所以我们可以每次枚举最高位转移，常数减小得多。
还有一个地方，我们枚举不一定要枚举到(mc)，可以枚举到(num[s]c)。

T2
结论题。
我们考虑构造答案最小的数据。
必然是全局每个格点占满关键点。
那么这种情况只能留下一行或者一列的白色格子。
那么周长最多是:(2(max(h,w)+1))
这个东西是大于:(2(frac{h}{2}+frac{w}{2})=h+w)的。
那么我们可以发现，我们的最终矩形必然是过中线的。
那么维护一个线段树。
我们考虑扫描线。
当扫描到某一个位置(r)的时候，线段树上下标(l)维护的是([l,r])这一段中大于(h/2)的最小的(y),和小于等于(h/2)的最大的(y)。
考虑动态维护这个东西。
我们发现，随着区间([l,r])的变大，上下的区间从(h)变小。
然而我们的(r)在向右，所以每个(l)位置的上下区间大小都是变小的。
那我们考虑用一个单调栈来维护这个东西。
每一个栈上的位置都在退栈的时候，更新一下自己的区间，什么是自己的区间，就是当自己为最大值或者最小值的那一段区间。
这一段区间中全部都减掉当前缩小的上下区间长度。
由于我们的(r)是变化的，所以初值可以变成(h-l),然后最终求值的时候给答案加上(r)即可。

T3
恶心的(ddp)。
我是从链的情况一步一步推出非链的情况的，貌似和题解推的差不多。
这里我自己推一次。
其实(ddp)最重要的就是构造矩阵，剩下的就是一个差量更新，毫无技术含量就是难写的要死。
那先说一下链的情况。
首先有:
设(dp[i][j])为(i)位置是长度为(j)的链顶端的最大剖分。
设:(f[i]=maxlimits_{j=1}^{L}dp[i][j])

[dp[i][j]= egin{cases} f[i+1]+a[i][1]&j=1\ dp[i+1][j-1]+a[i][j]&j>1\ end{cases}]

那么设矩阵:

[R[i]= egin{bmatrix} dp[i][1]\ dp[i][2]\ dp[i][3]\ dp[i][4]\ end{bmatrix} ]

[G[i]= egin{bmatrix} a[i][1]& a[i][1]& a[i][1]& a[i][1]\ a[i][2]& -infty& -infty& -infty\ -infty& a[i][3]& -infty& -infty\ -infty& -infty& a[i][4]& -infty\ end{bmatrix} ]

那么有:$$R[i]=G[i]R[i+1]$$
这样我们直接用线段树来维护。
修改的时候单点修改，查询全局矩阵就可以了。
尝试构造树上的情况。
设:
(ch[x])为节点(x)的重儿子。
(son[x])为节点(x)的儿子集合。
(dp[x][i])为树上节点(x)为长度为(i)的链的顶端的子树最优剖分。
(f[x]=maxlimits_{j=1}^{L}dp[x][j])
那么有(dp)的转移：

[dp[x][i]= egin{cases} a[x][1]+sumlimits_{cin son[x]}f[c]&i=1\ a[x][i]+sumlimits_{cin son[x]}f[c]+maxlimits_{cin son[x]}{dp[c][i-1]-f[c]}+a[x][i]&i>1\ end{cases} ]

设(g)为轻儿子的一些贡献。

[g[x][i]= egin{cases} sumlimits_{cin son[x]}f[c]&i=1\ maxlimits_{cin son[x],c ot=ch[x]}{dp[c][i-1]-f[c]}&i>1\ end{cases}]

那么开始构造矩阵：

[R[x]= egin{bmatrix} dp[x][1]\ dp[x][2]\ dp[x][3]\ dp[x][4]\ end{bmatrix} ]

[G[x]=egin{bmatrix} g[x][1]+a[x][1]& g[x][1]+a[x][1]& g[x][1]+a[x][1]& g[x][1]+a[x][1]\ g[x][1]+a[x][2]+max(g[x][2],0)& g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]& g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]& g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]\ g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]& g[x][1]+a[x][3]+max(g[x][3],0)& g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]& g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]\ g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]& g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]& g[x][1]+a[x][4]+max(g[x][4],0)& g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]\ end{bmatrix} ]

那么有：

[R[x]=G[x]R[ch[x]] ]

考虑一下这个(G)矩阵究竟是怎么搞的。
第一行，我们把(dp[x][1])的转移搞好，相当于在求出他们的最大值。
第(i(i>1))行，我们把(dp[x][i])的转移搞好，相当于在求出：

[g[x][1]+a[x][i]+g[x][i]+dp[ch[x]][i-1],g[x][1]+a[x][i]+dp[ch[x]][i-1],g[x][1]+a[x][i]+dp[ch[x]][j](j ot=i-1) ]

中的最大值。
这样的转移也符合我们的(dp)转移方程。
那么我们只需要套一个(ddp)的板子，然后求(g[x][2……L])的时候用(set)来维护一下就行了。
这样复杂度就是(O(qL^3log^2n))