noi.ac 七一挑战赛

Posted 2021-07-02 czytysnow

A

\\(\\;\\)
给定\\(n\\)个字符串\\(a_1,a_2,\\cdots,a_n\\)和\\(b\\)，\\(q\\)次询问
每次询问给定\\(i_1,i_2,...,i_k\\)和\\(x,y\\) \\(i_1<i_2<\\cdots < i_k\\)
求出\\(a_{i_1}+a_{i_2}+\\cdots+a_{i_k}和b[x...y]\\)的最长公共子序列
\\(n\\leq 10, |b|\\leq 10^3, q\\leq 10^6\\)
20s,2048MB
观察到\\(q\\)很大，说明我们不大可能对于每组询问再在线的去处理
可能是预处理一些东西，然后对于每组询问快速的得到答案

Step 1

\\(\\;\\)
不妨先去处理\\(v_{i,x,y}\\)表示\\(a_i\\)与\\(b[x..y]\\)的最长公共子序列
大概就是枚举一下\\(x\\)，然后在求一下\\(a_i\\)和\\(b[x\\;to\\;n]\\)就可以了
时间复杂度：\\(O(n \\times |b|^2 \\times |a|)\\)
上限是\\(10^9\\)，没有什么问题
\\(\\;\\)

Step 2

\\(\\;\\)
发现\\(n\\)很小，所以最多有1024种选法
设\\(f_{S,x,y}\\)表示选了\\(S\\)这个状态的字符串集，匹配\\([x...y]\\)的最优答案
但你会发现一件事情，这样会导致空间达到\\(10^9\\)，不行。
考虑优化空间。
既然全部存不下来，我们不妨去一半一半的存，所谓的折半搜索
在查询的时候，我们就只需枚举一下断点取最大值就可以了
怎么求\\(f\\)?
在\\(x,S\\)和最后一个字符串固定的情况下，现在相当于我们是\\(y\\)一直向右移动，现在想要找到一个断点使得答案更优
若直接暴力枚举转移，时间复杂度必然会多出一个\\(|b|^3\\)，还要乘上一堆东西，不行。

Step 3 (决策单调性)

\\(\\;\\)
考虑最优决策有什么性质，在\\(y\\)向右滑动的过程中，我们发现决策点也一定是单调不降的
设\\(ch_{i,j}\\)表示\\([i...j]\\)的最优决策在哪里，即有：\\(ch_{i,j+1}\\geq ch_{i,j}\\)
这个真的需要非常感性的理解
我口胡一波：若加上\\(j+1\\)后，对决策点有影响，我们肯定是\\(a_i\\)的某个位置和\\(j+1\\)，且这个位置应该在原先匹配的几对点的最后面
若刨去这个点，单看前面，那么决策点就一定不会往左挪，但有可能往后挪，使得让左边更宽敞，且右边因为腾出去了一个位置，可能就会导致最左边的那个点向右移
\\(\\;\\)
然后就可以用决策单调性把\\(O(|b|^3)\\)优化成\\(O(|b|^2 log|b|)\\)
\\(\\;\\)

Code

http://noi.ac/submission/131764

B

\\(\\;\\)
现在有\\(n\\)个人，其中一些人可以进行搏斗，而搏斗关系构成了一张有向无环图，一条边\\((u,v,w)\\)表示如果\\(v\\)打败了\\(u\\)，可以获得\\(w\\)的收益。
每个人有一个\\(a_i\\)，表示初始的经济是多少，且如果他这是第\\(x+1\\)次获胜，之前已获胜了\\(x\\)次，他会获得\\(n-x\\)的收益
设\\(X\\)为所有活下来的人的总收益，\\(Y\\)为一次都没赢过的人的数量，现在要最大化\\(\\frac{X^k}{Y},(k\\in \\{1,2\\})\\)
\\(n\\leq 150,\\;m\\leq 500,\\; a_i\\leq 10000, \\;w\\leq 1000\\)
\\(\\;\\)

我们注意到一个人能干掉很多个人，但不能被很多人干掉。
所以这就出现了一个类似二分图匹配的东西（但其实不是二分图匹配）
考虑用网络流来做
\\(\\;\\)

Step 1 建图

\\(\\;\\)
将每个点拆成两个点\\(x,x\'\\)
因为一个人最多会被干掉一次，所以从源点\\(S\\)向\\(x\\)连一条容量为\\(1\\)，费用为\\(0\\)的边
考虑搏斗关系，显然会从\\(u\\)向\\(v\'\\)连一条容量为\\(1\\)，费用为\\(w\\)
然后考虑一个点胜利之后的收益，所以从\\(x\'\\)向汇点连容量为全为\\(1\\)，但费用是\\(n, n-1,n-2....\\)的边
然后我们直接跑一个最大费用流即可
\\(\\;\\)

Step 2 处理Y

\\(\\;\\)
我们发现这个\\(Y\\)非常的讨厌，比较难去维护它
有一种思路是：我们就去枚举\\(n-y\\)，即至少赢了一场的人的数量。
即：我们从\\(x\'\\)向伪汇点\\(T\'\\)连一条容量为1，费用为\\(INF+n\\)的边，然后从\\(x\'\\)向汇点\\(T\\)连\\(n-1,n-2...\\)的边，然后从\\(T\'\\)向\\(T\\)连一条容量为\\(y\\)的边
这样建有什么好处？
因为我们建了费用为正无穷的边，所以我们显然会贪心的把这些边给流满，也就说只要我们存在1种方案使得至少有\\(n-y\\)个人赢，我们的流一定会满足这种方案
而且在满足有\\(n-y\\)个人赢的情况下，因为跑的是最大流，我们显然会使其余的收益尽可能的大。
这样就满足了勒令\\(y\\)个人输，且求出在这种情况下最优收益是多少

Code

http://noi.ac/submission/131845

C

\\(\\;\\)
给定一个\\(1,n\\)的排列，设其最长上升子序列长度为\\(m\\)
每一次询问给出\\(k\\)
选出\\(i_1,i_2,\\cdots,i_m\\)，最大化\\(\\sum_{j=2}^m ln(a_{i_j}-a_{i_{j-1}}+k)\\)

找特殊性质

\\(\\;\\)
设\\(f_i\\)表示以\\(i\\)为结尾的最长上升子序列的长度
发现，所有\\(f_i=x\\)的点，随着下标增大，\\(a_i\\)是递减的。
由于\\(x\\)层在最终的dp中一定是由第\\(x-1\\)层转移而来的
一种朴素想法就是暴力枚举转移，复杂度\\(O(n^2)\\)
\\(\\;\\)

又是决策单调性

为什么这玩意的转移还是满足决策单调性的呢?
假如说对于\\(f_i=f_j=x,(i<j)\\),\\(i\\)的最优决策点是\\(k\\)，\\(j\\)的最优决策点\\(l\\)小于\\(k\\)
那么即可得到:\\(f_l+ln(a_j-a_l+k)\\geq f_k+ln(a_j-a_k+k)\\)
但因为我们知道\\(f_l+ln(a_i-a_l+k)\\leq f_k+ln(a_i-a_k+k)\\)
由于\\(ln\\)函数随着\\(x\\)增大增长的越来越慢，而两边\\(ln\\)里面相当于同时加上\\(a_j-a_i\\)
而又因为\\(a_l>a_k\\)，所以势必左边的增量会更少，那么出现矛盾了。
所以我们就可以用决策单调性解决这个问题
\\(\\;\\)

Code

http://noi.ac/submission/131778