?？蛧鴳c集訓派對Day6

以下是我個人題解,出題人題解附帶在最后

A.Birthday

費用流裸題,只要注意到$1+3+5+...+2k?1=k^2$即可已做這道題了.
其他的地方連邊都很方便.每一個區域向匯點連很多條容量為$1$的邊,但費用分別是$1,3,5,...,2k?1$.
最后跑最小費用最大流即可.

B.Board

注意到我們先對每一行進行操作,每一行各行減去它們行內的最小值.然后每一列減去它們逐列的最小值.可以保證,這樣操作一輪以后,所有點的數都變成了$0$.
初始把問好處設為0,這樣操作一遍以后,指定格子處乘以$?1$就是答案.

C. Circle

注意到$(x,x+1)$必然互質,因此直接輸出$n$.

D.土龍弟弟

unsolved.

E.Growth

設$s[x][y]$表示所有$a_i\le x,b_i\le y$的$z_i$之和.
$dp[x][y]$表示從第$0$天開始,到第$x+y$天的屬性分配滿足$a:x,b:y$所獲得的最大值,

轉移方程

$dp[x][y]+p?s[x][y]\to dp[p+x][y]$

$dp[x][y]+q?s[x][y]\to dp[x][y+q]$

$s$數組直接用二維前綴和預處理即可.

$dp$轉移的時候采用$bfs$順序轉移即可.

F.kindom

很容易得到方程

$dp[n]=dp[x_1]+x_1+dp[x_2]+x_2+...+dp[x_m]$

其中$x_i\le x_j,i<j$時.且滿足$\sum x_i=n?1$.

$dp[n]=dp[x_1]+dp[x_2]+...+dp[x_m]+(n?1?x_m)$

轉移時枚舉$x_m$的大小,那么求$dp[x_1]+dp[x_2]+...+dp[x_{m?1}]$的最大值.

由于$dp[x]\ge x?2$,因此$dp[x]$的增長速率必然不低于線性,因此當$x_1,...,x_{m?1}$盡可能$越大越好$.

故方程變為:

$dp[n]=ma{x}_{1\le x_m\le n?1}\{?\frac{n?1?x_m}{x_m}??dp[x_m]+dp[(n?1?x_m)\%x_m]+dp[x_m]\}$

時間復雜度$O(n^2)$

G.Matrix

unsolved.

H.Mountain

最大值乘2.

I.清明夢超能力者黃YY

算法一

涉及:樹鏈剖分,掃描線

在一個線段的情況下,我們可以把一個染色區間拆成左端點處增加事件,右端點處刪除事件.
維護一顆權值線段樹.
這樣,端點從小到大掃描時,遇到增加事件就在線段樹指定位置+1,遇到刪除事件就在線段樹指定位置-1.

那么要回答一個點的答案只需要掃到這個點的時候,在權值線段樹里二分$k$大值即可.

這個搬到了樹上,我們照樣可以使用掃描線的方法來做.

對于每一個染色區間,將其剖到樹鏈上去,可以剖出最多$log(n)$個小區間.

這些小區間的深度較小的端點加入增加事件,深度較大的端點加入刪除事件.

然后對整棵樹按照$dfn$序列從小到大依次掃描即可,注意掃描的過程中也要維護一顆權值線段樹.

算法二

涉及:dfs,權值線段樹合并

對于每個詢問$u,v$,應該在$u$處加入增加事件,在$v$處加入增加事件,在$lca(u,v)$處加入刪除事件,在$faz[lca(u,v)]$處加入刪除事件.因此每個詢問會產生$4$個事件.

我們采用dfs的順序,每個點維護一顆權值線段樹,然后后序遍歷到達一個節點時候,先將它所有兒子的線段樹進行合并,合并完成后,將該點涉及到的增加或刪除事件執行到線段樹上,此時,該點的權值線段樹維護的就是橫跨這個節點的所有染色區間.

然后在權值線段樹上進行$k$大詢問即可得到該點的答案.

J.最短路

先建樹,樹建完后多余$100$條邊,每條邊取左端點,得到$100$個端點,從這些點出發跑$bfs$,可以得到從這些點到任意一點的最短路.對于每個詢問,枚舉這$100$個點$s$,求$dis[s][u]+dis[s][v]$的最小值即為答案.

總的時間復雜度:$O(100k+100n)$

K.排序

unsolved.

附錄

以下是出題人題解:

birthday:
思路：考慮費用流時把每個part拆成n個點，選擇第i個點的代表為放置i塊蛋糕和(i - 1)塊蛋糕的時間差，這個時間差是遞增的，因此在費用流的過程中必定會從小到大選擇
具體建圖：左邊n個點代表n個蛋糕，右邊m * n個點代表m個part,每個part拆成n個點。源點向每個左邊的點連一條流量1費用0的邊，每個右邊的點向匯點連一條流量1費用0的編。每個蛋糕向可以放的兩個part的所有點連邊，連向第i個點的費用為i^2 - (i - 1)^2，流量為1。這樣求最小費用流既為答案。

board:
把格子N染色，第i行第j列格子的顏色為(i + j) % N。那么每次操作時，必定是N種不同的顏色都有一格被操作到，因此最后任何顏色格子的和必定是相等的。因此只需要記錄每種顏色格子的和，并算出缺失格子的顏色C，用其余顏色的和減去顏色C的和即可

Circle：
因為(i,i+1)=1且(1,n)=1，所以把1…n依次放進一個環，就可以啦。答案為n。

Growth：
把獎勵的x拿出來從小到大排序，得到x1,x2,…,xn。
把獎勵的y拿出來從小到大排序，得到y1,y2,…,yn。
用v[i][j]表示a值到達xi，b值達到yi時接下來每天可以得到的獎勵。
v[i][j] = v[i - 1][j] + v[i][j - 1] - v[i - 1][j - 1] + t[i][j]
其中t[i][j]為滿足x=i，y=j的獎勵的總和。
用f[i][j]表示a值達到xi，b值達到yj時已經拿到的獎勵的最大值。
f[i][j] + (x[i + 1] - x[i] - 1) * t[i][j] + t[i + 1][j] -> f[i + 1][j]
f[i][j] + (y[j + 1] - y[j] - 1) * t[i][j] + t[i][j + 1] -> f[i][j + 1]
最后統計一下答案就可以了。

kingdom:
f[i]代表i個點時的答案，g[i][j]代表若干顆樹加起來，size和為i，每棵樹size<=j時，這些樹的代價和最大是多少
從1到n枚舉i，在i固定時枚舉心腹的影響力大小更新f[i]，然后用類似背包的思路更新g[i][1]~g[i][i]
復雜度O(N^2)

Matrix：
w個格子的重心的坐標為（∑xiwi / ∑wi, ∑yiwi / ∑wi)。
那么其實我們只要維護∑xiwi，∑yiwi，∑wi就可以了。
假設我們現在有一個頂點為(x, y)的三角形，我們想要推到頂點為(x, y+1)的三角形，觀察兩者之間的差異，會發現在推過去的過程中，其實就是刪去了一個斜條，又加入了一個斜條。
同理，從(x, y)到(x+1, y)其實只是刪去了兩個斜條，加上了底上的橫條，而這些關鍵的值都是可以通過前綴和的方法維護。

Mountain：
考慮山中最高的一座，最優操作一定是從第一座山的左下角開始不停地往上爬，然后從最高的山不停地往下爬爬到最后一座山的右下角。
所以答案為最高山的高度*2。

清明夢:
首先每條路徑從LCA處分開可以拆成兩條鏈
假設鏈A->B執行了第i次染色操作，假設A是B的祖先，那么我們在B點加入一個"插入i"的事件，在A的父親點加入一個"刪除i"的事件
然后dfs整顆樹求解，每個點維護一個線段樹。處理一個點時先合并所有兒子的線段樹，然后再處理這個點上的事件，得到線段樹之后詢問第K大值既可得到答案。
復雜度分析：
Node* merge(Node* a, Node* b) {
if (a == NULL) return b;
if (b == NULL) return a;
a->sum += b->sum;
a->child[0] = merge(a->child[0], b->child[0]);
a->child[1] = merge(a->child[1], b->child[1]);
return a;
}
考慮以上的線段樹合并，每次合并會減少一個區間。而在事件點插入、刪除的時候會產生至多log個區間，因此復雜度為O(NLogN)

最短路：本題十分直接。我們不斷地把度數為1的點刪掉，把度數為2的點收縮，最后會得到一個圖，和原圖的點數與邊數之差相同，且新圖中每個點的度數都至少是3。這就是說我們會得到一個200個點300條邊以內的圖。新圖可以用Floyd算法預處理所有點對之間最短路。詢問時，將詢問轉化到新圖上即可。轉化時需要注意細節。

排序：設m是a和b的差的lowbit。我們先假設m是1，即a和b的奇偶性不同。這時通過適當的構造，我們可以用常數步交換任意兩個奇偶互異的數字的位置。交換奇偶相同的數只要借一個和它們奇偶不同的數即可。如此我們便可交換任意兩個數，即此時沒有無解。下面考慮m大于1。我們稱一個數字x的低位為(x&(m-1))，高位為x減去它的低位。我們發現數組的低位是無法利用交換魔法的，只能用到加法和異或。也就是說，我們必須用加法和異或排好數組的低位。排好低位后，我們按照低位將所有數字分為若干組，每組內（和之前m為1的情況類似）是沒有無解的?，F在問題只剩如何用加法和異或排好低位。可以發現，a[0],…,a[m-1]的低位和a[m],…,a[2m-1]的低位必須完全一致且均為0到m-1的一個排列，否則它們無法同時通過加法和異或排好。同理a[2m],…,a[3m-1]的低位也必須一致。所以，我們只要用加法和異或排好a[0],…,a[m-1]即可。這其實是本題的n=m且沒有交換魔法的版本（因為現在超過m-1的加法和異或是沒用的）。在這個版本下，從升序排列只能生成(m/2)(2**(m/2))種不同的排列。這些排列可以用遞歸法構造：m=2時用一次加法即可（后面會解釋為什么用加法不用異或）。m更大時，我們發現連續使用加1和異或1可以達到奇數都加2，偶數都不變的效果。這個操作實際相當于只考慮奇數且不考慮個位情況下的加1操作。這就可以提取所有奇數做遞歸，將所有奇數排列成任意的m/2時的可能排列。同理，先異或1再加1起到的是偶數加2奇數不變的效果。我們相似地遞歸偶數部分。注意到，遞歸一側時，異或操作是會影響另一側的。奇數和偶數兩側的異或操作的異或和必須相同（因為整體考慮，異或操作其實是同時作用在奇數和偶數上的！），除了個位和最高位。（除了個位是因為我們根本不考慮個位，個位有值的異或操作只用在異或1的時候了。除了最高位是因為最高位異或可以用奇數+2操作模擬出來。）這樣可以得到的排列數最多為(m/2)(2**(m/2))，同時滿足條件的排列都可以用遞歸法構造出來。

土龍弟弟：下面會有一些定義。出此題是期望比賽的時候大家憑感覺得到結論，不證明。
首先題目問的是在torus上扣若干個洞，所得曲面上的閉環的同倫等價類。（定義：torus：就是我們定義的地圖，形似甜甜圈。閉環：就是說土龍弟弟一天走的路徑。因為會回來所以叫閉環。同倫等價類：就是一個土龍弟弟的路線可能會變換。凡是可能屬于同一個土龍弟弟的兩條路線就是相互同倫的。題目問的就是最少能分成多少組使得組內相互同倫。）我們把扣掉的洞用線連起來，使得線之間不相交且按照線將曲面分割成若干簡單的部分。（簡單的部分：就是這一部分是你在紙上隨便畫個不自交的閉環得到的東西。簡單是因為這一個區域中所有的閉環都同倫，因為可以縮小到很小再移動到一起。）分割區域這一步需要小構造一下。大體思路就是每一行都畫一條橫的線，這線實際會被洞分割成多條線。然后有些區域是個環（即從左邊走到最右邊再向右回到最左邊），即并非簡單區域。這些區域再畫一條豎線。
這樣分割后，一個閉環就可以用依次穿過的線的編號組成的字符串來表示（除了記錄哪條線，方向也有用。并且由于是環，字符串也是循環的。）然后消去相鄰相反括號（即連續的正穿和反穿同一條線的部分。因為每個區域都是簡單的，所以連續正穿和反穿中間的部分可以不斷收縮直到不穿過這條線，所以消去后所得的曲線和之前是同倫的。）最后為了判斷循環串相等要用最小表示法。證明：我們要證的是同倫當且僅當消去相鄰相反括號后的序列循環相等。 假設a經過消括號得到（不能再消的）b，顯然a和b是同倫的，因為每一步都同倫。假設a’消括號得到b’。如果b和b’循環相等,a和b同倫。這就證明了一半。反過來，對一個曲線做同倫變換時，只能產生或消除相鄰的相反括號。所以如果b和b’不等，他們又都沒有相鄰相反括號可以消去，它們就不可能通過產生和消除相鄰相反括號相互轉換，即b和b’不同倫，即a和a’不可能同倫。
最后注意沒有洞是特殊情況。題面里除去了這種情況。其實torus上扣若干洞后的基本群總是free group，但是沒扣洞時的基本群是Z^2（平面整數格點加法群）。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的牛客国庆集训派对Day6的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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