联合省选 选做
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了联合省选 选做相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
[六省联考2017]分手是祝愿
先考虑我们的最优策略是什么:每次先关掉编号最大的还亮着的开关,直到所有灯都熄灭。(因为最大的灯无论如何也都要熄灭的)。先判断一下初始局面还需要多少步,如果小于等于 \\(k\\) 则直接输出,否则一定是操作到某个恰好为 \\(k\\) 步的状态,然后再操作 \\(k\\) 步。
可以证明最优方案是唯一的,随机操作一步之后,只有两种可能,最少步数减一,或者最少步数加一,最少步数减一的概率就是操作了最优操作中的一步,所以只和当前最优步数为 \\(i\\) 时操作减一的概率是 \\(\\dfrac{i}{n}\\)。
设 \\(f[i]\\) 表示从 \\(i\\) 到 \\(i-1\\) 期望要多少步,那么有 \\(\\dfrac{i}{n}\\) 的概率只要一步,有 \\(\\dfrac{n-i}{n}\\) 的概率要 \\(f[i+1]+f[i]+1\\) 步,那么我们有:\\(f[i] = 1+\\dfrac{n-i}{n}(f[i]+f[i+1])\\),因此 \\(f[i] = \\dfrac{i}{n+(n-i)\\times f[i+1]}\\)。直接求和即可。
[六省联考2017]相逢是问候
每个节点的点权相当于 \\(c^{c^{c^{a_i}}}\\),根据拓展欧拉定理,指数可以先膜 \\(\\phi(p)\\) 再加 \\(\\phi(p)\\)。根据 \\(\\phi\\) 函数的定义,所有奇数的欧拉函数为偶数,所有偶数的欧拉函数至少为 \\(x/2\\)(所有偶数都不互质),那么每个数至多修改 \\(log\\) 次之后就不会变了(膜数为 \\(1\\)),那么直接暴力修改就可以了。
[六省联考2017]寿司餐厅
首先可以让 \\(d_{i, i}\\) 减去 \\(a_i\\),那么问题就代价就变成了 \\(mx^2\\),这样就和取了多少个无关,只和取没取某种颜色有关。然后就是很明显的最大权闭合子图问题了,也就是选择了 \\(d_{l, r}\\) 则必须要选择 \\(d_{l+1, r}\\) 以及 \\(d_{l, r-1}\\),选择了 \\(d_{i, i}\\) 就必须要选择 \\(-mx^2\\),直接跑最小割即可。
[八省联考2018]劈配
显然的是,只要解决了第一问,第二问就可以通过多一个二分的 \\(log\\) 来解决。
一个人去一个战队,这是一个典型的匹配问题,因此我们把人和战队均看成点,然后假设我们确定了某个人可以去的志愿为 \\(x\\),那么就将这个人向 \\(x\\) 的所有战队连边,表示可以匹配。至于判断是否可以去志愿 \\(x\\) 的话,只要看加入这些边之后是否满流即可。复杂度不太会证,但看起来挺可以跑的。
[九省联考2018]IIIDX
首先有个贪心,就是每个点选择当前第 \\(size\\) 大的节点,然后递归下去。这样 \\(d_i\\) 互不相同时显然是对的。
对于 \\(d_i\\) 相同的情况,先将 \\(d_i\\) 从大到小排好序,然后给每个点设置一个权值 \\(f_i\\),表示它往前还能选择多少个,每次就找到一个点,满足其 \\(f_i\\) 大于等于 \\(size_x\\)(这个可以通过线段树二分),然后假设对应的 \\(i\\) 的权值最靠右的那个数为 \\(y\\),那么当前点就填入 \\(y\\),对应的也就是需要在 \\(y\\) 前面再填入 \\(size_y\\) 个数,那么给前缀 \\(f\\) 数组减去 \\(size_y\\),操作到某个点时,将它父亲对他的贡献减掉即可。
[九省联考2018]秘密袭击coat
首先有一个非常显然的 \\(O(N^2W)\\) 的做法,\\(1\\sim w\\) 枚举每种权值,考虑其被多少个方案当成答案,把大于等于它的数权值当作 \\(1\\),比它小的数权值当作 \\(0\\),问题就是有多少个连通块,权值至少为 \\(k\\),统计可以直接 \\(N^2\\) 来统计,即 \\(f[i][j]\\) 表示考虑到 \\(i\\) 为根的节点,权值恰好为 \\(j\\) 的方案数,然后答案就是 \\(\\sum_{i, j\\ge k}f[i][j]\\)。(看了手题解发现卡卡常就能过了)
发现转移式中,第二维是一个卷积的形式,设 \\(F_i(x)=\\sum f[i][j]x^j\\),然后转移就是 \\(\\prod (F_v(x)+1)\\)。如果当前节点权值为 \\(1\\),那么就再乘以 \\(x\\)。\\(Ans=\\sum_{i=1}^n\\sum_{j=k}^M[x^j]G_i(x)=\\sum_{j=k}^M[x^j]\\sum_{i=1}G_i(x)\\)。
直接多项式乘法好像没有什么规律,考虑带入点值 \\(1\\sim m+1\\),然后通过拉格朗日插值还原 \\(\\sum_{i=1}G_i(x)\\)。
枚举求点值所需要的横坐标 \\(y=1\\sim m+1\\)。可以发现,对于相邻的两种权值 \\(x, x + 1\\) 所求得的 \\(dp\\) 数组实际上差别不大,具体的,也就是对于权值恰好为 \\(x+1\\) 的节点,需要乘以 \\(y\\),如果一个字数内不存在这种点,那么 \\(x, x+1\\) 就可以看成是一类点了。这符合线段树合并的基本思路,我们只需要支持:区间乘 \\(y\\),整体加一,对应位置相乘即可,复杂度 \\(O(n^2logn)\\)。(实际上不用插值也能做到 \\(O(n^2log^2n)\\))
[十二省联考2019]字符串问题
先建立后缀树,找到每个字符串对应的节点。将 \\(a\\) 向其所支配的 \\(b\\) 连边,然后每个点向后缀树的儿子连边,那么 \\(t_x\\) 可以到 \\(t_{x+1}\\) 当且仅当 \\(t_x\\) 可以遍历到 \\(t_{x+1}\\),注意存在虚点,所以我们需要拆点表示权值,即 \\(a\\) 类点拆成两个,中间连长度权值的边,缩点之后跑拓扑排序 \\(dp\\) 求最长路即可。
[十二省联考2019]希望
有一个直观的想法就是枚举交集,然后在统计有多少种 \\(k\\) 个连通块交集为枚举的交集,且只能考虑离这些点距离不超过 \\(L\\) 的节点。
考虑到交集一定是一个连通块,直接枚举交集时不好的,考虑一个神奇的容斥:由于树的子图还是一棵树,树有一个优美的性质:点 \\(-\\) 边 \\(=1\\)。看上去没什么用,如果我们把每个点作为交集的答案减去每条边作为交集的答案,发现这就是我们要求的东西!!于是我们只要求出每个点作为根节点的答案以及每条边作为根(大概就是两个点一起做根)的答案,两种求法显然是类似的,这里只讨论点的情况。
也就是要选出 \\(k\\) 个越过根节点且深度不超过 \\(L\\) 的连通块,那么假设选择一个连通块的方案数是 \\(x\\),那么选择 \\(k\\) 个的方案数就是 \\(x^k\\)。因此我们只需要求出一个连通块的方案数即可。
设 \\(f_{x, i}\\) 表示考虑到 \\(x\\) 子树内的点,距离他深度不超过 \\(i\\) 的连通块数量,设 \\(g_{x, i}\\) 表示考虑到 \\(x\\) 子树外的点,距离他深度不超过 \\(i\\) 的连通块数量,那么我们有转移:
然后答案显然为 \\(\\prod (f_{x, L-1}-1)\\times(g_{x, L}-1)\\),于是我们就得到了一个 \\(O(NL)\\) 的做法。
没搞懂后面的长链剖分是在干嘛,鸽了。
[省选联考 2020 A 卷]魔法商店
首先要知道一个叫保序回归的东西。如果只知道结论的话实际上挺简单的。
保序回归问题是形如:给定一张 \\(DAG\\),以及两个数组 \\(f, w\\),你需要求出一个数组 \\(g\\),使得 \\(g\\) 满足 \\(DAG\\) 上的偏序关系,且最小化 \\(\\sum w_i|g_i-f_i|^p\\)。
做法的话需要整体二分,考虑定义 \\(solve(U, l, r)\\) 表示点集 \\(U\\) 内的所有点的权值在区间 \\([l, r]\\) 内,然后我们二分一个 \\(mid\\),我们需要找到一组最优解,使得区间 \\([l, r]\\) 内的所有数只用 \\(mid/mid+1\\),并满足题意的偏序关系,然后找到两个集合,一个集合填入 \\(mid\\) 最优,设为 \\(U_1\\),另一个填入 \\(mid+1\\) 最优,设为 \\(U_2\\),这时候有个结论:我们递归 \\(solve(U_1,l,mid), solve(U_2, mid+1,r)\\),当 \\(l=r\\) 时,对应的点集的取值就是 \\(l\\)。我有一个绝妙的证明,可惜这里地方太小写不下(雾。
考虑这个题的做法,任意非空子集异或和不为 \\(0\\) 等价于线性基大小等于元素个数,也就是每次插入都成功的线性基。考虑替换一个元素是否合法,那么就是把原有的元素删除并新插入一个元素,插入成功则合法。
那么对于集合 \\(A\\) 来说,如果一个数 \\(x\\) 可以替换掉集合 \\(A\\) 中的元素 \\(y\\),那么对应的就需要 \\(v_x\\ge v_y\\),对于集合 \\(B\\) 则需要 \\(v_x\\le v_y\\)。实际上用线性基记录求出每个元素可以被线性基的那些数表示,那么他就和这些数线性相关,也就可以直接替换掉这些数了。那么这就会生成一张 \\(DAG\\),带入 \\(p=2\\),\\(w_i=1\\),就变成了保序回归问题。
至于二分之后怎么找两个点集继续递归,发现这是一个最大权闭合子图,每个点的权值设为 \\(f(mid)-f(mid+1)\\),如果某个点选择了 \\(mid+1\\),那么他所到可以到达的点必须都选择 \\(mid+1\\),跑最小割即可。
[省选联考 2020 B 卷]丁香之路
如果告诉你这是一个欧拉回路,这道题可能就比较平凡了。
问题等价于,寻找一条从\\(s\\to i\\)的路径,要求经过所有的关键边。我们先把关键边都连出来,再连出一条\\(s\\to i\\)的路径,那么问题转化成找到一条从\\(s\\to s\\)的欧拉回路,经过所有关键边恰好一次。
我们先把已经连好边的节点用并查集缩在一起,这些边一定是必须要被经过的,我们只需要求出剩余部分的最小代价即可。考虑欧拉回路的判定条件是所有点的度数都为偶数,那么所有的奇数点都是要连出一条边的。
贪心的连肯定是最小的连接次小的,以此类推,但是这样并不能满足图的连通性。
考虑到边权都是形如\\(|x-y|\\)的形式,所以我们如果需要连边\\(x\\to y\\),不妨将\\(x\\to x + 1\\), \\(x + 1\\to x + 2\\)……\\(y - 1\\to y\\)。这样消耗的代价是一样的,但是我们将中间的点都联通了,而且中间的点的度数奇偶性不变。
于是这样连边之后,原图会被我们划分成若干个连通块,每个连通块的节点都是连续的,而且每个点度数都是偶数,由于要让每个点度数仍然保持偶数,并且要让图联通,假设我们想要连接两个连通块\\(a, b\\),那么肯定是寻找两个连通块中最小的\\(|a_i-b_j|\\),然后连两次。注意这个地方我们的连通块不一定是一段连续区间,所以我们需要用最小生成树计算答案。
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