题解 loj3265 3266 3267 USACO 2020.2 Platinum(全)

Posted 2020-11-27 dysyn1314

loj3265 「USACO 2020.2 Platinum」Delegation

因为是最大化最小值，考虑二分答案。

设当前二分的答案为(K)。则要判断是否有一种划分方式，使得每条链的长度都至少为(K)。

不妨以(1)为根，对整棵树dfs。记(fa(u))为(u)的父亲节点。dfs(u)函数求出一个值(f(u))，或判断在当前的(K)下无解。有解时，我们把(u)的子树划分为若干条长度(geq K)的链，并选择一条未完结的链（允许这条链长度(<K)）覆盖(u)和(fa(u))之间这条边。这条链会被交给dfs(fa(u))继续处理。而(f(u))，就是这条返回给(fa(u))的链的最长长度。dfs(u)函数要做的，就是在保证其他每条链长度都(geq K)的前提下，让(f(u))的长度尽可能大。

考虑dfs(u)函数的实现。先递归(u)的所有儿子，每个儿子(v)会带来一条长度为(f(v)+1)的链（这个(+1)就是(u,v)之间的边，它没有被算在(f(v))中）。把得到的这些链按长度排序。此时我们有两种选择：

• 方案一：把所有这些链两两匹配。（如果链的数量是奇数，就加一条长度为(0)的链）。要求每对匹配链的长度和(geq K)。并令(f(u)=0)。
• 方案二：挑出一条链作为(f(u))，让其余的链两两匹配。如果能匹配成功，则令(f(u)=)这条挑出来的链的长度。

这里的“两两匹配”，我们可以做一个简单的贪心：让最大的链和最小的链匹配，第(2)大的链和第(2)小的链匹配......。如果存在某一对链的长度和(<K)，说明匹配失败，无法找到合法的匹配方案。

当(u=1)时，我们显然只能选择方案一，即把所有链都匹配起来。否则无解。

当(u eq 1)时，本着让(f(u))尽可能大的原则，我们优先考虑方案二。如果无法实现方案二，再考虑方案一是否可行。若也不可行，则无解。

现在的问题是，如果选择方案二，我们该如何在保证其它链能够成功匹配的前提下，挑出一条尽可能长的链作为(f(u))呢？考虑两条长度分别为(x,y)的链，若(x<y)，则若挑出(y)这条链后其它链能够成功匹配，挑出(x)后其他链也一定能成功匹配（这相当于把匹配中的(x)换成(y)，有一条链变得更长了，匹配结果不会变差）。故可以二分把那条链作为(f(u))，判断是否可行即可。

时间复杂度(O(nlog^2n))。

参考代码

loj3266 「USACO 2020.2 Platinum」Equilateral Triangles

图片来源：洛谷用户：ix35

观察一个曼哈顿等边三角形：

红线、蓝线分别是(BC,AC)的曼哈顿距离。

把线段平移，得到下图：

此时，(BC)的曼哈顿距离是(color{red}{ ext{红}})(+)(color{green}{ ext{绿}})，(AC)是(color{blue}{ ext{蓝}})(+)(color{green}{ ext{绿}})，于是我们可以得到：(color{red}{ ext{红}})(+)(color{green}{ ext{绿}})(=)(color{blue}{ ext{蓝}})(+)(color{green}{ ext{绿}})，所以(color{red}{ ext{红}})(=)(color{blue}{ ext{蓝}})。同理可知：(AO=BO=CO)（曼哈顿距离）。也就是说，(O)是(Delta ABC)在曼哈顿距离意义上的“外心”。

考虑枚举这个外心(O)，再枚举(O)到(A,B)的距离(r)。大力讨论(A,B)所在的象限（四种情况）。此时(A,B)的位置就已经确定了。考虑(C)。首先(C)一定在和(A,B)相反的象限，且(OC=r)。可以发现这样的(C)一定在一条斜(45^{circ})角的线上（即平行于矩形某条对角线的线）。对每条这样的斜线做前缀和即可(O(1))查询出(C)的数量。

时间复杂度(O(n^3))。

参考代码

loj3267 「USACO 2020.2 Platinum」Help Yourself

把所有线段按左端点排序。设(dp_0[i][r])表示考虑了前(i)条线段，最大右端点在(r)时，有多少满足条件的线段子集；(dp_1[i][r])表示此时所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数之和；(dp_2[i][r])表示此时所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数的平方，之和......。

一般地，定义(dp_k[i][r])表示考虑了前(i)条线段，最大右端点在(r)时，所有满足条件的线段子集，每个线段子集的并的连通块数的(k)次方之和（(0leq kleq K)）。设对于一个线段集合(s)，(operatorname{maxendpos}(s))表示(s)中所有线段的最大右端点，(cnt(s))表示(s)的并的连通块数。则：
[ dp_k[i][r]=sum_{sin[1,i], operatorname{maxendpos}(s)=r}cnt(s)^k ]
考虑新加入一个线段(i)。从(dp[i-1][j])转移到(dp[i][?])。分三种情况讨论：

• (j<l_i)，此时加入线段(i)会使右端点变为(r_i)，且连通块数(+1)。
• (l_ileq jleq r_i)，此时加入线段(i)会使右端点变为(r_i)，且连通块数不变。
• (j>r_i)，此时加入线段(i)既不改变右端点也不改变连通块数。

发现问题主要在于连通块数(+1)时的转移不好处理。考虑现在有一(dp_k[i][j])，把它的连通块数(+1)，看它的值会如何变化：
[ trans(dp_k[i][j])=sum_{s}(cnt(s)+1)^k=sum_ssum_{t=0}^{k}{kchoose t}cnt(s)^t=sum_{t=0}^{k}{kchoose t}dp_t[i][j] ]
由此，此时再考虑(dp_k[i][?])的转移式。初始时，令每个(dp_k[i][j]=dp_k[i-1][j])，表示在线段集合中不选线段(i)的情况。然后考虑选线段(i)的情况：
[ dp_k[i][r_i]+=sum_{j=0}^{l_i-1}trans(dp_k[i-1][j])+sum_{j=l_i}^{r_i}dp_k[i-1][j]dp_k[i][x]+=dp_k[i-1][x]quad(x>r_i) ]
其中(trans(dp_k[i-1][j]))可以(O(K))求。故时间复杂度为(O(n^2K^2))。

考虑优化。

首先，(sum_jtrans(dp_k[i-1][j]))就等于(trans(sum_jdp_k[i-1][j]))。因为我们在推(trans)时并没有用到(j)具体的值，只是用(i,j)来表示了一堆“线段的集合”。把这些集合先并起来（作为一个更大的集合），再转移也是一样的。

根据套路，不难想到用线段树去维护所有的(j)。线段树上，设一个节点所代表的区间为([l,r])。我们在这个节点上存(K+1)个值，分别为：((sum_{j=l}^rdp_0[i][j]),(sum_{j=l}^rdp_1[i][j]),dots,(sum_{j=l}^rdp_K[i][j]))。

则从(i-1)到(i)的转移相当于：

• 对(r_i)这个位置执行线段树单点加操作，让它的值(+trans(sum_{j=0}^{l_i-1}dp_k[i-1][j]))。其中求((sum_jdp_k[i-1][j]))要用到线段树区间求和。
• 对(r_i)这个位置执行线段树单点加操作，让它的值(+(sum_{j=l_i}^{r_i}dp_k[i-1][j]))。
• 对线段树(r_i+1sim 2n)这些位置执行区间乘操作，全部( imes2)。

注意，区间所有的查询操作要在修改操作之前进行。这样查到的才是(dp_k[i-1])的值。

时间复杂度(O(nK^2+nlog nK))。

参考代码