loj3959. 「联合省选 2023」填数游戏

Posted 2023-04-21 yllcm

非常好题目！！！

有意思的题，做这题的时候也发现了不少有趣的东西虽然不会做。

考场上没有看出来建图。事实上本题复杂的性质基本决定它需要一步图论转化，而互不相同也是一个经典限制。可以得到如下建图转化：对于集合 \\(T_i\\) 的两个数，在它们之间建立无向边，用定向表示选择，则我们需要给边定向使得每个点的入度不超过 \\(1\\)，而只有当形态是树或者基环树的时候才会有定向方案。

基环树是简单的，因为方案只有两种。只需要考虑树的做法。问题是，Alice 需要决定 \\(S_i=T_i\\) 的时候贡献放在哪边，使得以所有点为根的外向树的权值最小值最大。观察一条边的贡献，它一定是一个连通块。观察两条边的贡献，发现如果它们贡献到的连通块没有交，则将它们反向可以得到更优解。所以最终所有边贡献到的连通块一定是有交的。我们枚举交中的一个点，就可以确定所有边的定向方案。这是一个平方做法。

考虑利用换根 DP 优化到线性，我们需要维护出每个点在交内时全局最小值的大小，而这是容易维护的。

本题值得借鉴的是建图的思想，和观察最优性时的技巧：从 \\(S_i=T_i\\) 只有一条边出发，扩展到两条边，再推广到更一般的结论。

特殊性质 C

来写特殊性质是因为我搞出了一堆互不相干的做法，下面可能比较意识流。

性质 C 存在一个费用流做法。互不相同等价于每个值只出现一次，把值建立点，位置也建立点即可。

平方

有一个和上面的平方做法不同的平方做法。

考虑利用 DP 构造每条边的定向方案，容易发现一个性质：子树外的边的定向方案对子树内所有点的贡献是相等的，所以只要维护出这个贡献即可。考虑 \\(u\\) 并上一个子树 \\(v\\) 会对 \\(u\\) 子树内带来多少贡献，显然它就是 Bob 把 \\(v\\) 的所有边都向下定向而产生的贡献。设 \\(f_u,x\\) 表示 \\(u\\) 子树内贡献为 \\(x\\) 的每个点为根的答案最小值的最大值，合并后的值就是 \\(\\min(f_u,x+y,f_v,y+x)\\)，每次转移的时候枚举边的定向并加入贡献，类似背包，复杂度为平方。

特殊性质 D

有一个能做 D 但是不能做正解的做法。没写过不保证是对的。

直接观察性质看似陷入了瓶颈，考虑枚举一些值来加强限制。此题要求最小值的最大值，不妨枚举最小值的位置 \\(rt\\)，则问题变为：

• 保证它是最小值。
• 最大化它的答案。

对于前者，观察可以发现相邻两个点的差就是这条边对它们两个点的贡献差。假设它对 \\(rt\\) 的贡献为 \\(1\\)，则造成的差就是 \\(-1\\)，否则若贡献为 \\(0\\)，则造成的差为 \\(1\\)。所以我们相当于要将每条边标上 \\(0/1\\)，使得：

• 以 \\(rt\\) 为根，前缀 \\(0\\) 的个数多余前缀 \\(1\\) 的个数。
• \\(1\\) 的个数尽可能多。

做一些简单的调整可以发现，若 \\(1\\) 是 \\(0\\) 的祖先，交换 \\(0,1\\) 是不劣的。故对于树上一条链，必定是 \\(0\\) 为一个前缀，\\(1\\) 为一个后缀。

简单分析就可以得到一条边对一个点有贡献的条件，利用数据结构可以做到 polylog。不过由于在没有性质的时候条件过于复杂，不能拓展到正解。

联合省选 选做

啥都不会.jpg

[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：

\\[f_{x, i}=\\prod_{v=son[x]}f_{v, i-1}+1, g_{x, i}=1+g_{fa_x}\\times \\prod_{v\\ne x, v=son[fa_x]}f_{v, i-2} \\]

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。