CF1329 简要题解

Posted 2021-03-02 suwakow

垃圾 pretests，啥都卡不了，干脆改 OI 赛制算了 = =

美妙的 FST 场，连挂两题，(+106 ightarrow -123)，俯冲橙名 (sqrt{})

• A

我会 PP！

随便写一个能过样例的贪心就可以过 pretests 啦，是不是非常简单呢？

首先显然 (sum l_i< n) 的时候无解。

考虑第 (i) 种颜色，为了让在它之前的 (i-1) 种颜色都至少有一格剩余，应该有 (l_ileq n-i+1)，否则也无解。

猜想剩余情况一定有解，并考虑下面的构造：

从后往前考虑每种颜色，并将它放在可能的最靠右的位置上。具体来说，第 (m) 种颜色的左端点 (p_i) 一定会放在 (n-l_i+1) 的位置上。对于第 (i) 种颜色，可能的最靠右的位置是 (p_{i+1}-1)，但是可能会有 (sum_{j=1}^{i-1} l_j < p_{i+1}-2) 的情况，这种时候需要令 (p_i=1+sum_{j=1}^{i-1} l_j)。正确性显然。

• B

还算有趣的题目，也是我唯一一道过掉的题目。

先感性理解下这个序列大概长什么样子。

设 (a_1=x, a_2=y)，那么有 (y>x, yoplus x>x)。很容易发现，如果 (x, y) 的最高的 (1) 位置相同，那么异或之后这一位必然是 (0)，不可能有 (yoplus x>x)。而如果 (x, y) 最高的 (1) 位置不同，由于 (y>x)，异或之后保留了 (y) 的最高的 (1)，必然有 (yoplus x>x)。由数学归纳法可以得知，(b_i) 的最高的 (1) 位置与 (a_i) 是相同的。

因此题目中的条件就可以写成，最高的 (1) 位置严格递增，且 (a_nleq d)。注意到 (a_n) 的最高位与 (d) 不同时，我们只关心最高位的位置，并不关心低位的值。

所以 (nleq log_2 d)，可以记录最高位的位置之后暴力 dp。

• C

我会 PP！

只要贪心地模拟每次删根的过程，删不动再递归到儿子就可以过 pretests 啦，是不是非常简单呢？

实际上上面这个做法的确可以 AC，前提是清空没假 /cy

考虑数学归纳法证明：

若当前节点 (r) 为叶子，则显然将它删除（如果可以的话）最优。

否则，设两个儿子的根分别为 (x, y)，且 (y<x<r)。假设我们已经证明了在 (x, y) 的子树中分别贪心地删根是最优的，比较一下此时删 (x) 和删 (r)，发现删完之后堆的形态完全相同，唯一的区别是根的位置分别是 (r) 和 (x)。显然保留 (x)，删掉 (r) 更优。

此时如果删 (y)，发现 (y) 的位置只会变得更小。换句话说，删 (y) 只会让 (y>x) 的时刻更加推迟。考虑先删 (r)，发现在 (y>x) 之前，不会对 (y) 所在的子树造成任何影响。也就是说，如果将删 (y) 和删 (r) 的过程调换，完全不会影响答案。因此如果最优解是先删 (y)，我们完全可以先删 (r)，直到 (y>x) 为止，再考虑 (y) 子树的事情。发现这个时候其实可以将 (y, x) 调换，因此用上面的结论，我们可以知道先删 (y) 一定不优。

所以这题怎么就成了 1C 难度了……如果放到 1A/B 位置，反而可能会更简单（因为猜结论胆子更大了x

顺便提一句，判断根是否能删的时候，可能会访问叶节点的儿子，因此开数组和清空的时候，范围最好都大点，否则就……

• D

这题思维难度基本上没有……实际上代码难度也不高，但是我还是没敢写（要不然也不至于掉那么多呜呜

我们将 (s_i=s_{i+1}) 的 (i) 称作 “隔板”，隔板 (i) 的颜色为 (s_i)。

考虑一次删除的过程，发现必然可以删掉某个颜色 (x) 的一个隔板（指删掉这个隔板的两个组成元素中的一个，从而破坏这个隔板）。同时，如果 (x) 以外的颜色也存在隔板的话，显然可以找到连续的两个隔板，其中恰有一个颜色是 (x)。由于中间不存在其他隔板，所以可以同时破坏这两个隔板。可以发现，如果只存在一种颜色 (x) 的隔板的话，无论如何，一次也都只能删除一个隔板（或者删除两个隔板后再产生一个新的）。

因此这形成了一个经典的贪心：每次删掉出现次数最多的颜色的某个隔板，再随便拉一个颜色不同的，与它相邻的隔板。正确性显然。

现在的问题有两个，如何找到这样的隔板和如何输出方案。

找隔板的时候，如果只是随便地在这个颜色中选一个，可能会出现两边都是同色隔板的情况。因此需要对每个颜色 (x) 维护一个集合，集合中每个元素都是一对相邻隔板，满足恰好一个颜色为 (x)。因此每次操作的时候，从这个集合里任选一个，并更新删去的隔板影响的集合即可。显然这一过程的操作总数是 (O(n)) 的。

输出方案时，可以维护每次删去的子串在原串中的左右端点。输出时，只需要用一个树状数组维护在这个端点前被删去的长度即可。然后用并查集将区间内未删去的位置删掉，可以发现操作总数也是 (O(n)) 的。

注意最后没有隔板时，一定还会剩下若干零散元素，需要再花费一次将它们删掉。

• E

这题我不会做，看了下官方题解，感觉说的好模糊啊……自己摸索着倒是也看懂了，详细整理下吧。

原问题可以抽象成，有若干元素 (a)，满足 (a_0=p_1, a_i=p_{i+1}-p_i, a_m=n+1-p_m)，将 (a_i) 分成 (d_i) 份，满足 (sum_{i=0}^m d_m= l=k+m+1)，并使得份之间的极差最小。

首先考虑对于一个确定的 (a_i) 和 (d_i) 如何细分；显然将它分成 (a_imod d_i) 份 (lceilfrac{a_i}{d_i} ceil) 和 (d_i-a_imod d_i) 份 (lfloorfrac{a_i}{d_i} floor) 最优。

再考虑一个理论上的最优解：设 (L) 表示不考虑每份的最大值，将 (a) 分成至少 (l) 份时，最大的最小值，(R) 表示不考虑每份的最小值，将 (a) 分成至多 (l) 份时，最小的最大值。这两个值是经典的二分答案问题，可以简单求解。发现答案不会小于 (R-L)。

对于每一个 (i)，令 (d_{i, L}) 表示求 (L) 时，将 (a_i) 分成了 (d_{i, L}) 份，(d_{i, R}) 同理。根据二分答案的过程，有 (d_{i, L}=lfloorfrac{a_i}{L} floor, d_{i, R}=lceilfrac{a_i}{R} ceil)。

首先有一些观察：

1. (sum_{i=0}^m d_{i, L}geq l, sum_{i=0}^m d_{i, R}leq l)。

2. 对于任意的 (i)，(lfloorfrac{a_i}{d_i} floor<L) 当且仅当 (d_i>d_{i, L})；(lceilfrac{a_i}{d_i} ceil>R) 当且仅当 (d_i<d_{i, R})。

这些都是由 (L, R) 的定义得到的。

这时候我们发现，对于任意的 (i)，(lfloorfrac{a_i}{d_i} floorgeq L) 且 (lceilfrac{a_i}{d_i} ceilleq R) 的充要条件是 (exists d_iin [d_{i, R}, d_{i, L}])，即 (d_{i, R}leq d_{i, L})。

换句话说，假如任意 (i) 都有 (d_{i, R}leq d_{i, L})，那么我们必然可以构造一组 (d_i)，使得极差为 (R-L)。注意我们还需要满足 (sum_{i=1}^m d_i=l)，但是由于 (d_iin [d_{i, R}, d_{i, L}])，结合观察 (1)，我们知道必然可以构造出满足条件的解（类似函数零点的证明）。

现在的问题是可能会存在若干 (d_{i, R}> d_{i, L})。但是注意到 (Lleq R) 且 (lceilfrac{a_i}{d_i} ceil-lfloorfrac{a_i}{d_i} floorleq 1)，因此不会出现 (lceilfrac{a_i}{d_i} ceil>R) 且 (lfloorfrac{a_i}{d_i} floor<L) 的情况，也就是说，(d_ileq d_{i, L}) 和 (d_igeq d_{i, R}) 至少有一个满足。这可以推出 (d_{i, L}=d_{i, R}-1)。

由于对于这样的 (i)，任意地选取 (d_i) ，都只会有恰好一个边界被对应的上下界卡住（(lceilfrac{a_i}{d_i} ceilleq R) 或 (lfloorfrac{a_i}{d_i} floorgeq L)），我们选取满足两个条件的 (d_i) 各一个，并让另一个方向尽可能靠近对应的上下界。发现 (d_{i, L}) 和 $ d_{i, R}$ 刚好分别满足条件。

因此我们现在得到了这样的问题：有若干 (x_i=lfloorfrac{a_i}{d_{i, R}} floor<L)，与之对应的有 (y_i=lceilfrac{a_i}{d_{i, L}} ceil>R)。我们要在每个 ((x_i, y_i)) 中选择一个作为 (w_i)，最小化 (max(R, max(w_i))-min(L, min(w_i)))。

这个问题比较好解决，只需要一开始将 (L, R) 和所有 (y_i) 加入集合，随后从大到小扫描每个 (y_i)，将其删除，并加入 (x_i)。在这个过程中不断更新答案即可。最终可以构造出 (sum_{i=0}^m d_i=l)，证明与上面类似，这里不再提。

总复杂度 (Oleft(m(log m+log n) ight))。

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写 CF 题解好累啊……想咕了（大雾