2025 hdu round7

2025 杭电多校 round7 补题

1004 - 梦醒时刻

题意有点复杂，这里讲一下思想，本质是维护某个初始值下，前缀最大值的数量。

题目维护的是一类类似单侧合并线段树的东西，该线段树每个节点维护一个 \(g_x\) 表示在考虑 \([l,mid]\) 的元素信息后，顺序遍历 \([mid+1,r]\) 的元素，得到的一个价值是多少。

同时其可以完成一个操作 \(F(s,x)\) 表示初始值是 \(s\) ，在对 \(x\) 节点代表区间做顺序遍历后能得到得价值是多少。通常来说，借助 \(g_x\) ，每次递归子树时可以做到只递归到其中一个子树内，将另一个子树的贡献快速计算掉。

单点修改时，在 push_up 操作时，通过一次 \(F(\max(lson),rson)\) 操作求出新的 \(g_x\) （因为递归向上子树的 \(g_x\) 都求解完成），由于求解一个 \(F\) 是 \(O(\log n)\) ，总复杂度 \(O(\log^2n)\) 。

一个典型的例题是 楼房重建，其单点修改后求前缀最大值等于自身的位置个数，定义 \(g_x\) 为在初始值为左子树的最大值时，依次遍历右子树前缀最大值的数量，现在求解 \(F(s,x)\) ：

• 若 \(x\) 是叶子，直接求解。
• 考虑左右子树，若 \(s\) 小于左子树最大值，则 \(s\) 不对右子树影响 (完全由左子树掌控)，递归到 \(F(s,lson)+g_x\) 。
• 若 \(s\) 大于左子树最大值，则左子树没有贡献，递归到 \(0+F(s,rson)\) 。

回到这道题，我们可以对时间维护一个 \(v_j\) 表示当前这个人 \(j\) 时刻受到的噪音度，需要求解 \(F(s,x)\) 表示考虑 \(x\) 区间的噪音，初始忍耐度 \(s\) 会导致梦境减少多少层，在同样维护 \(g_x\) 后也可以递归计算，总复杂度为 \(O(n\log^2n)\) 。

注意此题 \(l_i>i\) ，一不留神就可能忽略掉这个关键性质。

1012 - 字典树逆向

仅给定一棵 trie 树的结构，无转移边权，确定一个大小为叶子个数的，字典序最小的序列使其生成的 trie 和给定 trie 同构。

这要求我们给每个点确定一个儿子的访问顺序，对所有儿子排序，现在比较儿子 \(u,v\) 的先后顺序。

我们确定 \(s_u\) 为从 \(u\) 开始的最优构造序列，相当于比较 \(\{1+s_u\}+\{2+s_v\}<\{1+s_v\}+\{2+s_u\}\) ，\(s_u\) 可以通过我们确定的儿子访问顺序遍历得到：

• 若 \(s_u\) 是 \(s_v\) 前缀则 \(v\) 要排 \(u\) 前面。
• 否则字典序最小的排最前面。

于是可以同时从 \(u,v\) 开始沿着最优序列向下遍历判别，若一个点顶到叶子另一个点没顶到则在字典序上有区别，通过比较出边大小还能得到是否互为前缀关系。

暴力比较 \(u,v\) 的最坏复杂度为 \(O(\min(siz_u,siz_v))\) ，当其中一个点是重儿子时，由最小值关系，这次比较的代价是一个轻儿子的大小，因此重儿子大小是不对复杂度做贡献的，排序一个点时，每个轻儿子最多被遍历 \(O(\log n)\) 次（排序复杂度），而由树上启发式合并的思路，最多有 \(\log n\) 个点会访问到这个轻儿子，因此每个点被遍历次数为 \(O(\log^2n)\) ，总复杂度 \(O(n\log^2n)\) 。

1011 - 切披萨

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条直线，顺序处理直线将所有在直线下方的点删除，求每次删除哪些点。

整体二分，设 \(f(l,r,P)\) 表示考虑 \([l,r]\) 的直线，确定 \(P\) 中所有点的位置。

每次递归时直线划分到左右，\(P\) 中点分离到左右递归即可，相当于对直线求一个半平面交，需要确定一个点在左侧直线被切掉还是右侧被切掉。其实是在确定一个点是否在所有 \([l,mid]\) 直线组成的一个下凸壳中，将点按横坐标排序后可以扫描计算。

用动态凸包可以在线维护，后续更。