CodeChef 2020 July Long Challenge 题解

Posted 2020-12-17 1000suns

第一次打 CodeChef Long Challenge。

居然阿克了？（当然除了 challenge 题）

然而中途几题还是想了好久，我好菜啊……

最后几天被叫去 whk 了，最后 challenge 连 AC 都没拿到。（虽然拿到了也还是 rk2）

还是 Div.2，菜死了。

CHEFSTR1

模拟。

CRDGAME

模拟。

ADAKING

前 (k) 个格子空着，其它格子有障碍，然后左上角放王就行了。

PTMSSNG

算是经典题的二维版本吧。

对于每个 (x)，都应该出现了偶数次。若出现了奇数次，那么缺失的点的 (x) 坐标就是它。

可以用别的方法，但是把所有 (x) 异或起来的结果就是答案的 (x) 坐标。

(y) 同理。

时间复杂度 (O(n))。

CHFNSWPS

首先，每个数在 (A,B) 里总共出现的次数都应该是偶数。否则无解。

然后我们就知道 (A) 要把哪些数给 (B)，(B) 要把哪些数给 (A)。

我们要把 (A_i) 给 (B)，(B_j) 给 (A)，有两种情况：

• 直接交换，代价 (min(A_i,B_j))。
• 找到这两个序列中最小的数 (x)，不妨设 (x) 在 (A) 中，那么 (x) 和 (B_j) 交换，(x) 和 (A_i) 交换，发现 (x) 还在 (A) 中。代价 (2x)。

有没有可能有别的情况，比如选多个 (A) 给 (B) 和 (B) 给 (A)，然后有一起操作的好方法？

没有。简单证一下：

首先若一个 (A_i) 到了 (B)，肯定不会回到 (A)。所以可以把 (A_i,B_j) 直接交换的扔出去（实际上是上面第一种情况）。

设剩下 (2k) 个数，(A) 要给 (B) 其中 (k) 个，(B) 要给 (A) 其中 (k) 个。

剩下的每次操作都只可能还原一个数（用不是这 (2k) 个数的和它交换），所以至少要 (2k) 次操作。而一次交换最小代价是 (x)，总代价最小就是 (2kx)。那么进行 (k) 次上面的第二种情况是等价的。

那么问题就是配对 (A_i) 和 (B_j)，使得 (min(A_i,B_j,2x)) 的和最小。

若我们将 (A) 要给 (B) 的数从小到大排序为 (C)，(B) 要给 (A) 的数从小到大排序为 (D)，个数都为 (k)，那么一定是 (C_i,D_{k-i+1}) 配对。感性理解就是对于一个很小的 (C_i)，一定要把一个很大的 (D_j) 拖下水，防止有更大的花费。

时间复杂度 (O(nlog n)) 或更优秀。

DRCHEF

感觉好神仙啊，为什么那么多人会做啊 /kk

可能又是杀鸡用牛刀了，欢迎来吊打这个做法 /kel

（其实这个做法要想到不难，但是正确性可能有点难证）

免责声明：以下的“杀光了”只是一种便捷表述，并不与题面里任何病毒有关事物的挂钩。

显然，若对一个 (>2x) 的数 (a) 操作，那么对整个局面唯一的影响是 (x) 变为 (2x)。

现在考虑所有 (a) 相等怎么做：

若 (xge a)，那么可以一个一个进行操作，每次操作都能杀光一个，答案为 (n)。

若 (x<frac{a}{2})，那么肯定需要花一次操作将 (x) 变为 (2x)。

若 (frac{a}{2}le x<a)，那么操作一次不能杀光任何一个，但是之后就能随便杀。

综上，答案为 (n+max(0,lceillog_2frac{a}{x} ceil))。

注意到上面有一步十分优秀：那就是一个一个进行操作，全部杀光。

考虑所有 (le x) 的 (a_i)，从大到小一个一个杀，就能做到这种效果。

不妨先将 (a_i) 从小到大排序。

现在我们有一个较优解（注意不一定是最优）：不停对 (a_n) 进行操作，直到 (xgefrac{a_n}{2})。此时我们对 (a_n) 再进行一次操作：

• 若此时 (a_n) 被杀光了，那么 (x) 一定大于所有的数，再花 (n-1) 次操作即可。
• 若此时 (a_n) 没有被杀光，变成了 (a_n‘)，且 (a_n‘gefrac{a_{n-1}}{2})，那么对 (a_n‘) 再来一次操作后（此时 (n) 被杀光了），(x) 仍然不小于 (a_{n-1})，就可以花 (n-1) 步杀光剩下的。所以总共要再花 (n) 步。
• 若此时 (a_n) 没有被杀光，变成了 (a_n‘)，且 (a_n‘<frac{a_{n-1}}{2})，那么对 (a_{n-1}) 来一次操作（此时 (n-1) 被杀光了），(a_n‘) 翻倍后仍然不大于 (x)，也可以花 (n-1) 步杀光剩下的。所以总共要再花 (n) 步。

我们得到了 (n+max(0,lceillog_2frac{a_n}{x} ceil)) 步的操作。（其实就是操作直到 (xge a_n)，最后再用 (n) 步）

注意到对于 (i e n)，如果不是为了一下杀光它，就根本不会动它。因为无论之前多动多少轮，都需要 (xge a_i) 才能最终把它杀光，而之前动 (n) 不会让 (x) 变小。

上面这个做法哪里不够优秀呢？因为最后我们要花 (n-1) 步杀光剩下的数，但实际上可以在把 (x) 变大的中途顺便杀掉一些。

我们肯定是选择某些时刻，找到最大的 (le x) 的 (a_i)（如果有），然后把它杀光。如果 (a_i) 足够大，就可以让 (x) 变小的值不足以影响答案。

但是有没有可能找到最大的几个 (le x) 的 (a_i) 杀光呢？

不可能。多杀一个会使得 (xgefrac{a_n}{2}) 的步数变多至少 (1)，而至多让后面杀光全部的代价变少 (1)。

所以我们设 (f_i) 表示我们上一个顺带杀光了 (a_i)（所以此时 (x=2a_i)）的最小代价。提前把多杀的个数减掉，后面集体杀光的时候就不管了。

转移，(f_i=min(f_j+max(0,lceillog_2frac{a_i}{2a_j} ceil),max(0,lceillog_2frac{a_i}{x} ceil)))。注意不需要考虑往前再多杀几个了。

统计答案时，枚举最后一个顺带杀光的是哪个（如果有，没有就直接从 (x) 开始），简单算。（其实如果把式子写出来会发现就是 (f_n+n)，虽然 (f_n) 本身的意义不明确）

注意到 (log_2) 的取值只有 (log) 个，同时注意到 (f_i) 单调不减，分段转移，每一段取左端点转移即可。

时间复杂度 (O(nlog a_i))。

DRGNDEN

感觉比前两题简单多了。

如果从 (i) 到 (j) 的路上有 (k) 阻挡（注意到一定有 (h_k>h_j)）：

• 如果 (h_k<h_i)，由于权值都是正的，不如从 (i) 到 (k) 再到 (j)。
• 如果 (h_kge h_i)，那就是走不过去。

所以注意到如果往右走到 (j)，那么一定有 (pre_j=i)，其中 (pre_i) 表示 (i) 前面比 (h_i) 大的最后一个。

往左走同理。

注意到 (pre) 形成了森林，如果加一个超级根，那么问题就转化为给定一棵树，支持操作：

• 单点修改；
• 给出 (u,v)，若 (u) 不是 (v) 的祖先则无解，否则求链上点权和。

树剖可以做到 (O(nlog n+qlog^2n))，树上差分可以做到 (O((n+q)log n))。

LCMCONST

显然每个质因子互相独立，拆开看，问题就变成了限制 (max(b_u,b_v)=w)。

先求出每个 (b_i) 的上界 (upr_i)。

如果存在一个 ((u,v,w)) 满足 (w>upr_u,w>upr_v)，则无解。

否则，如果存在一个 (i) 满足 (upr_i=+infty)，则无数个解。

否则一定有限且不为零个解（让每个 (b_i=upr_i) 即可）。

先考虑 (O(n2^n)) 怎么做（别容斥，容斥就没救了）：

枚举 (b_i) 是不是 (upr_i)，通过前面的信息就可以推出来当前的 (b_i) 是否一定得是 (upr_i)。

数据范围提示很明显折半。

枚举后半部分的状态，就能知道前半部分哪些得顶到上界，设为 (S)，让 (a_S) 加上这个后半部分的方案数。

再枚举前半部分的状态，看有多少个后半部分的方案能满足它。设前半部分状态是 (T)，那么后半部分的方案数是 (T) 的所有子集的 (a) 的和。

对 (a) 进行高维前缀和即可。

时间复杂度 (O(n2^{n/2}pcnt))。(pcnt) 是不同的质因子个数。

EXPREP

感觉再次杀鸡用牛刀了 /fad

对于左右端点是 (i,j(i<j)) 的串，会贡献 ((pre_j-pre_{i-1})(lcs(S[1dots i-1],S[1dots j])+1))。(lcs(S,T)) 表示串 (S,T) 的最长公共后缀长度。

(lcs+1) 拆开，(1) 的部分随便做，(lcs) 的部分，先特判 (i=1)（其实就是 (0)，不管它了），要算这个：

[sum_{i<j}lcs(S[1dots i],S[1dots j])(pre_j-pre_i) ]

我们建出这个串的 SAM。说好打死都不用 SAM 的呢？真香！

在 parent 树上，求出每个子树里有哪些前缀。合并多个儿子时，就看别的儿子有多少个比它小的加上。

用线段树合并可以做到 (O(nlog n+n|Sigma|))。

DYNHUL

场上思路：

怎么求给出的参数 (m) 的对应方案啊，不会，自闭了。

搞 whk 时思路：

我发现我是个 sb。

每次先建出凸包，如果要删的点不在凸包上肯定不优，只看凸包上。

枚举要删哪个点，看它旁边两个点，对这之间的点（当然除了目前枚举的点）求凸壳。这个凸壳就会替换掉目前这个点相邻的两条边。

时间复杂度显然是 (O(n^2))。

然后求一个方案的代价，倒过来弄个动态凸包面积，(O(nlog n))。

瞎退退应该能退个不错的成绩，不太清楚。