SEERC 2020 题解

啥都想不到

A - Archeologists

考虑一个 naive dp：\(f_i(j)\) 表示第 \(i\) 个位置，深度为 \(j\) 的最大收益。那么：

\[f_{i}(j) = \max\{f_{i-1}(j-1),f_{i-1}(j),f_{i-1}(j+1)\} + j\times p_i \]

然后这没法直接优化，不过这个 \(f_i\) 其实是凸的。

证明可以用一个转化：对位置 \(\{1, 2, \cdots, n-1, n\}\) 这些位置做线段覆盖，线段左右端点必须为 \(1\sim n\) 的整点。一个点被覆盖的次数为 \(c_i\)，则答案为 \(\sum_{i}c_ip_i\)。附加条件：每个点被作为起点或重点至多一次。

用流表示选中一段区间——这样使入边和出边容量为一即可控制这个附加条件。首先设 \(s_i=\sum_{j\le i} p_i\)，考虑对于点 \(0, 1, 2, \cdots, n-1, n\)，源汇点分别为 \(S,T\)，如下建图：

• \(i\to i+1\)，容量无限，费用为 \(0\)。
• \(S\to i\)，容量为一，费用为 \(-s_i\)。
• \(T\to i\)，容量为一，费用为 \(s_i\)。

答案即为最大费用最大流，其凸性还是比较显然的，那么 \(f_i\) 也是凸函数了。

如何维护 \(f_i\)​？我们可以开一颗平衡树，支持全局查最值（的位置），等差数列加。具体实现还有不少细节，我也没写过。\(O(n\log n)\)​ 已经可以通过了。

有趣的是，我们建好了费用流模型，使用模拟费用流的思想就能解决问题。考虑从右往左，用一个堆维护一个后缀的出边。然后用当前位置的入边去匹配一条最大的。由于不是每条边都需要选择，我们不妨每个位置入堆两次，最后总共的贡献中会有一次抵消（一个方案中 \(a\to b\) 和 \(b\to c\) 的值相当于 \(a\to c\)）。这个做法好写很多。其实就是带悔贪心。

B - Reverse Game

只要想到逆序对这个关键切入点就胜利了。记逆序对数为 \(I\)。

考虑这些操作这么设置的本质，就是可以使 \(I\) 一次减少 \(1\) 或者 \(2\)（保证逆序对 \(\ge 0\)）。如果要使 \(I\) 减一那么必然存在一个 \(\texttt{10}\) 子串，翻转即可减一。如果 \(I>1\) 时需要减二，那也必然存在剩下三种子串之一。具体可以用反证法简单证明。

\(O(n)\) 计算 \(I\)，对于 \(I\in\{1, 2\}\) 是先手必胜，\(I=3\) 则后手必胜。根据必胜-必败态定理易得 \(I\in \{4,5\}\) 是先手胜，\(I=6\) 后手……因此 \(I\bmod 3 = 0\) 时输出 Bob，否则输出 Alice。

D - Disk Sort

考虑一个思考方向：每次花费 \(\le 6\) 次操作排好一个颜色。

根据直觉，每次我们一定是选择“移除目标颜色圆盘上的圆盘数尽可能少”的颜色，这样我们清理上方比较方便。

对与一种颜色，设 \([a, b, c]\) 表示其三个位置的深度（由上到下深度依次为 \(0,1,2\)）。注意到一个显然的结论，就是一定存在一个 \([a, b, c]\) 使得 \(a+b+c\le 3\)。而除 \([1,1,1]\) 外的所有这样的情况都可以通过不超过 \(6\) 次操作，得到一个新的排好序的柱子。

以上一共 \(5\) 中情况，都可以手模验证。然而我们发现除去 \([1,1,1]\) 并没有影响，因为总会存在一个颜色是满足至少一个圆盘在顶上。

如果每次都找一个这样的颜色，将其排序，一共需要 \(6(n-1)\) 次（最后一种颜色会在最后天然排好）。最后花费 \(3\) 次将最后一个柱子清空。

复杂度 \(O(n^2)\)，实现非常有技巧性。如果不想写长，可以考虑 \([a, b, c]\) 应满足 \(a \le 0, b\le 1\)。这样可以快速方便地找到可操作的颜色。我们目标明确地将目标圆盘都移到空柱子上，然后记录一下除空柱子外的空位就能简单地移除上方的障碍了。这样还不用考虑两个目标圆盘在同一个柱子上的情况。

参考实现（参考 hellomath）：https://codeforces.com/gym/103102/submission/128966492

E - Divisible by 3

设 \(s(l,r)=\sum_{i=l}^r a_i\)。

考虑有 \(w(l,r) = w(l,k) + w(k+1,r) + (s_{k}-s_{l-1})\times (s_{r}-s_{k})\)，这个东西很好拆，差分统计。

将左端点集合按前缀和以及前缀的 \(w\) 值按 \(\bmod 3\) 分类。然后就 \(O(n)\) 了。

F - Fence Job

考虑从合法的结果入手而不是操作，因为不同的操可能得到相同的结果。对于一个 \(h_i\)，它可以通过操作“扩展”，从而对区间 \([l,r]\) 赋值，其中 \([l,r]\) 是极长的包含 \(i\) 的，满足最小值为 \(h_i\) 的区间。

动态规划，定义 \(f(i,j)\)​​​ 为只使用 \(h_{1\sim i}\)​​​，构造一个长度为 \(j\)​ 的结果序列的方案数。考虑从 \(f(i, \cdot)\)​ 转移到 \(f(i+1, \cdot)\)​。设 \([l,r]\)​​​ 为其极大拓展区间，那么写出转移：

\[\forall j\in [l,r],\qquad f(i+1,j) = \sum_{k=l-1}^j f(i,k) \]

通过显然的前缀和优化，这个式子已经可以 \(O(n^2)\) 算出了。实现时可以将第一维滚掉。

H - AND = OR

由于与操作不会变大，或操作也不会减小。那么我们定义一个指标，使得按照一个中间指标将区间中的数划分开，“大”的在一组，“小”的在另一组。大的用与运算，小的用或运算。然后直接判断。

直接按数值大小作为指标划分是满足条件的，然而不能直接枚举，复杂度会出问题。而还有一个满足条件的指标则是二进制中一的个数，相比之前的枚举量只有 \(30\)。

考虑一个询问 \([l,r]\)，枚举中间指标 \(k\)，使得二进制中一的个数 \(<k\) 的在第一组，\(>k\) 的在第二组。而 \(=k\) 的，可以放在任意一边。值得注意的是，如果 \(=k\) 中的数全部相等并且个数超过 \(1\)，还可以分到两边。

使用线段树离线处理即可（好像可以开 \(30\) 棵线段树也行？）。复杂度 \(O(n\log n\log a)\)，实现比较比较复杂，注意常数。

Update 2021/10/20：更新一个单 \(\log\) 分治做法：https://codeforces.com/blog/entry/90956?#comment-852344

I - Modulo Permutations

网上题解不清不楚，还是万老爷靠谱。

切入点：对于任意一个数 \(x\)，将它放在 \(1\) 或 \(2\) 的左侧或右侧都是合法的。而对于其他相邻昂贵的两数 \(a,b\)，则 \(a>b\) 是必要（不充分）条件。

问题转化为，将 \(3\sim n\) 分为两组数 \(A,B\)，使得 \(A,B\) 降序排序后满足条件。一下以“1-段”和“2-段”简称。由于是降序，我们不妨从 \(n\) 考虑到 \(3\)。显然有 naive 的 dp：\(f(x,i,j)\) 表示放置数字 \(x\sim n\)，1-段末尾为 \(i\)，2-段末尾为 \(j\) 的方案数。一个显然的优化是，\(i,j\) 中必有一个 \(x\)。于是令 \(f(x,i)\) 为 \(x\sim n\) 中，\(x\) 在 1-段末尾，\(i\) 在 2-段末尾。那么有转移：

\[\begin{aligned} f(x,i) &\to f(x-1,i) & (x,x-1)\text{合法}\\ &\to f(x-1, x) & (i,x-1) \text{合法} \end{aligned} \]

第一个转移比较平凡，\((x,x-1)\) 必然合法，相当于将数组复制了一遍。索性忽略它，直接略去第一维。而第二种转移总数是调和级数级别的，直接枚举 \(x-1\) 的倍数 \(+0,1,2\) 即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

J - One Piece

像这种 observation 题是真不会……

一个显然的事情就是，如果对于一个点，存在另一个点的最远距离小于这两点间的距离，那概率就是 \(0\)。那么我们考虑先将这些点剔除，看似需要对每个点跑一遍 dfs，实际上只要对最远距离最小的点操作一次就行了。

然后对于剩下的部分，考虑必然存在一对关键点形成的路径为直径。那么有，这个直径的中点必然是上述那个最小点，记为 \(x\)。或两个最小点间的边，这种情况讨论一下即可，暂且略过）。于是跑出每个点到 \(x\) 的距离，除了距离最大的那些点之外概率都是 \(1/2\)。

然后对于这些最大点，我们按其所属 \(x\) 的子树分类。可以发现，如果一类中点数较少，那么其中每个点分配到的概率就越大。所以具体算不清楚没关系，不过可以确定的是必然 \(>1/2\)。

求解就先输出最大点，输出时按所属类大小排序即可。然后输出 \(1/2\) 的点，最后输出剔除的点。

L - Neo-Robin Hood

考虑如果我们已经暂时选定了两个集合 \(A, B\)​，代表我们的策略是“偷 \(A\)​ 买 \(B\)​”（显然要保证 \(|A|=|B|,A\cap B=\varnothing\)​）。这并不决定最终策略，于是调整。对于一个 \(x\in A\) 以及一个 \(y\in B\)，如果“偷 \(x\) 买 \(y\)”比“偷 \(y\) 买 \(x\)” 更劣，那必然会交换他们。我们把条件写出来：\(m_x-p_y<m_y-p_x\)。由于这个不等式的两边都涉及到了 \(x,y\)，不好那么好操作。而经过移项，可得 \(m_x+p_x<m_y+p_y\)。我们设 \(val_x=m_x+p_x\) 作为排序的指标。

我们按 \(val\)​​ 降序排序。考虑一个最终的策略 \(A, B\)​​，必有 \(\max(A)<\min(B)\)。显然一旦违反这个性质就可以做一些交换，小的编号换到 \(A\)，大的换到 \(B\)，可以发现新的策略必然优。

上面的性质促使我们将这个数组分为两段，\([1: i]\) 以及 \([i+1:n]\)，分别代表 \(A,B\) 的选取范围。维护 \(A\) 使用大根堆，维护 \(B\) 使用小根堆。顺序完成 \(1\sim n\) 中所有的 \(i\) 即可。不过似乎不太好同时控制两边的选取个数，当如果限定选 \(k\) 个却简单了。

二分答案。注意到答案 \(k\) 有单调性。如果选 \(f\) 个可行，那 \(f-1\) 必然可行。总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。​

M - Mistake

考虑一个有趣的贪心：对于当前的 \(x\)，将它加入到编号尽量小的当中去。具体的，对每个 \(i\in[1, n]\) 维护一个集合 \(S_i=\{1, 2, \cdots, k-1,k\}\)，每次找到 \(S_x\) 中的最小值输出并删除。也就是说，输入的图白给了。

给个非常感性的说明，按照这样的策略，越小的编号，其已经构造完的答案“越完善”。如果出锅了实际上就是无解了。复杂度可以做到 \(O(nk+m)\)。