Codeforces Round #616 部分题解

Posted 2021-03-04 p-b-p-b

老年选手诈尸？

A,B

咕了。

C - Prefix Enlightenment

很容易看出这个限制条件可以推出每个点最多被两个集合包含。按照套路，很容易联想到给这两个集合连一条边，表示他们的状态要相同/不同。

因为保证了有解，所以从左往右扫的时候拿并查集维护一下每个连通块的二分图情况，选较小的那一边。

如果只被一个集合覆盖，那么就相当于强制这个集合选/不选，在做并查集的时候特判一下即可。

代码咕了。

D - Coffee Varieties (hard version)

作为一名憨憨，做法当然要与正解不同。（当然常数也比正解差……）

容易想到每种咖啡在最左边的位置统计。考虑暴力，枚举两个位置(i<j)，加入(i)，加入(j)，清空。这样可以过(K=1)的情况。

考虑每(K)个点（注意不是和题解一样(frac K 2)）分一个块。如果我们加入(A)块之后再加(B)块，那么(B)块中的每个点都与(B)块中的前缀和(A)块中的后缀做了比较。如果我们倒着加入(A)块之后再倒着加(B)块，那么(B)块中的每个点都与(B)块中的后缀和(A)块中的前缀做了比较。可以发现，此时(B)块中的每个点都和(A)块的每个点做了比较。

先不考虑(B)块中点会和比自己靠后的点作比较的问题，那么只要对于任意两个块都这么做一遍就行了。然而常数不太行。

我们先做正着加的情况。考虑做完两个块之后不清空，利用原有的信息。建一张图，(i)块向(j)块连边（(i<j)），走这一条边相当于在队列中是(i)块时加入(j)块。那么我们需要每条边都走一遍。考虑给这个图加一些额外边，使得它存在欧拉回路，这样就可以一次走完。注意到第(i)个块和第(frac n K -i+1)个块的出度入度相匹配，可以额外连((frac n K -i+1,i,frac n K -2*i+1))的边，于是每个点的入度出度都相等了，可以跑欧拉回路。此时用的询问次数是(Km)的，(m)大概是(frac {3n^2}{4K^2})。

我们希望反着加的情况可以用类似的方法解决，但是反着加的时候(B)块中的每个点都与(B)块中的后缀做了比较，这不是我们想要的。

注意到正着加的时候我们已经把一些点给毙掉了，剩下的点在同一块中是互不相同的，于是可以倒着加的时候不加入被毙掉的点，而是加一些同块中还活着的点充数。

于是就做完了，询问次数几乎顶着上界，但是不需要清空队列。

我才不告诉你我没看懂正解呢

代码：https://codeforces.com/contest/1290/submission/73847748

E - Cartesian Tree

做这题的前置知识：定义(maxr(l))表示最大的(r)，使得([l,r])是笛卡尔树中的一个区间，不存在则是(null)。(minl(r))类似。那么对于笛卡尔树中的一个区间([l,r])，只要不是根，那么(maxr(l)=r)和(minl(r)=l)就恰好会满足一个。

回到这题，考虑把插入换成往已经确定的位置里填数，也就是允许序列中有空位。

那么([l,r])的子树大小就是([l,r])中的非空位置个数，也就是(fp(r)-fp(l-1))。

考虑把这个东西用前置知识拆开，那么答案就是(sumlimits_{maxr(l) eq null} fp(maxr(l))-sumlimits_{maxr(l) eq null} fp(l-1)+sumlimits_{minl(r) eq null} fp(r)-sumlimits_{minl(r) eq null} fp(minl(r)-1))，再减掉一些关于根的常数。

据说前后是对称的，那么我们只考虑前面两项。

发现(maxr(l) eq null)等价于(p_{l-1}>p_l)，于是第二项很好做。

对于第一项，考虑如何加入一个最大值后维护(maxr(l))。由于(maxr(l))就是((l,n+1])中第一个比(p_{l-1})大的位置减一，所以加入最大值就只会给前缀取min，以及单点修改自己和后继的(maxr)。

你发现这东西可以segment tree beats维护，而套上个(fp)其实也差不多，在外面额外用树状数组维护一下(fp)就好了。

大概是这样吧，代码暂时咕了，下午补。

F

咕了。