2023 联合省选解题报告

[省选联考 2023] 火车站

签到题，乱做即可。做法 \(O(n\log)\) 到 \(O(n)\) 不等。
一些实现可能需要注意细节。

[省选联考 2023] 城市建造

容易发现目标子图与其 \(t\) 个点一一对应，于是只需要对那 \(t\) 个点 dp 即可。

分析性质可以发现，建立圆方树后， \(t\) 个点要么只有 \(1\) 个(该情况不满足题目要求)，要么就是若干个满的点双，且构成一个连通块。
于是可以枚举连通块大小上下界 \([L,R]\) ，每次暴力背包，复杂度为 \(O(n^3)\) 。

显然很多状态并不合法，考虑对于一个点的若干儿子，讨论其 size 大小:

1. 若其 size \(\lt L\) ，则只能划归为 x 的连通块内。
2. 若其 size \(\geq R\) ，则只能作为 \(t\) 个点之一。
3. 否则，设不满足上述条件的儿子有 \(cnt\) 个，这些儿子最多只能有一个划归为 x 的连通块，贡献 \(L\) 大小的连通块，对 dp 贡献 \(cnt\) 的系数。(存在特殊情况，一些该类型的儿子不能作为 \(t\) 个点之一，只能划归为 x 的连通块，简单讨论即可)

容易发现三种转移均为 \(O(1)\) 。
于是一轮 dp 的复杂度降为 \(O(n)\)，总复杂度 \(O(n^2)\) 。

继续观察题目性质。
设一个方案的子图中有 \(t\) 个点，那么每个点对应连通块块大小为 \(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor\) 或 \(\lceil \frac{n}{t}\rceil\) 。
于是可能的联通块大小的上下界只有 \(O(\sqrt n)\) 种，粗略估计复杂度降为 \(O(n\sqrt n)\) 。

实现后发现依然有一些冗余，简单剪肢后，实际在官方数据上的表现远好于 \(O(n\sqrt n)\) 。

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[省选联考 2023] 人员调度

一眼可以看出该题是个大型贪心。

考虑暴力贪心，从叶子向根合并初始部门在该岗位的员工，每次考虑将岗位为当前节点 \(x\) 的员工加入。若子树仍有空位则直接加入；否则弹出一个价值最小的，然后加入。
直接用 set 启发式合并就行，复杂度大概为 \(O(mn\log^2 n)\) 。

考虑得到一个特解后(该特解可为空)，加入一个员工，怎么得到新的最优解。
我们对于一个子树，记录出所有初始部门在该子树内且仍未弹出的员工数量，记为 \(cnt_x\)；该子树大小为 \(sz_x\) 。
对于新加入的一个员工，设其初始部门为 \(u\) ，我们考虑 \(u\) 到根这一条链上每个点对应的子树 \(cnt\) 与 \(sz\) 的关系：

1. 若这条链上不存在子树满足 \(cnt = sz\) ，则说明对于新员工来说，部门仍有空余，直接加入然后更新贡献即可；
2. 否则一定会产生竞争，我们找到这条链上深度最深的满足 \(cnt = sz\) 的结点 \(y\) ，则竞争一定在 \(y\) 子树内进行，\(y\) 子树外的元素无法对内部竞争产生影响。我们弹出 \(y\) 子树内价值最小的结点，将新员工加入即可。容易证明该情况下一定能够为新员工调整出一个可行的空位。

上述过程可以用 树剖+线段树 无脑维护。
那么对于删除操作，线段树分治一下就行了。复杂度 \(O(n\log^3 n)\) 。在 5s 的时限内轻松跑过。

可以用 LCT 啥的将树剖部分的 log 去掉，理论复杂度降为 \(O(n\log^2 n)\) 。不过没啥必要。

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[省选联考 2023] 过河卒

观察到数据范围较小，可以将两个红点和一个黑点的坐标暴力的加进状态里，复杂度是正确的。

于是就是有环图博弈。
正着做 P 都做不出来(赛时惨痛教训)，考虑倒着做，由已知的确定态(必胜、必败点)倒着拓扑。

一个点 x 若被一个必败点 y 更新，则 x 被确定为必胜点。同时由拓扑的性质，该必胜点 x 胜利的最小步数为第一个这样的 y 更新的步数；
一个点 x 若被一个必胜点 y 更新，则 x 可能在最后成为必败点，要尽可能输的慢，则记录这样的 y 更新的步数的最大值。若这样的点 x 所有的度数被更新完了且未成为必胜点，则确定为必败点；若这样的点 x 最后度数未被更新完，则为平局点。

复杂度 \(O(n^6)\) 。

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类似的题目有: [NEERC2016]Game on Graph , Berzerk

[省选联考 2023] 填数游戏

考虑建图，对于每个 \(T_i\) ，将其中的元素之间连边。
那么，会形成若干个连通块，Bob 能使写下的树互不相同的连通块只可能是树和基环树。

树的做法

先随便找一个根作为连通块的根。 Alice 可以给每条边对应的 $S$ 边定向，Bob 可以为这棵树选一个根，和 Alice 方向相同的边的数量即为答案。Alice 要做的即为求一个确定 $S$ 边方向的方案，使得 Bob 的所有根的选择的答案最小值最大。 可以用线段树维护出当 Bob 选择线段树上某个叶子对应的点作为根时的答案。 考虑 Alice 确定边方向的贡献是什么。

若一条 \(S\) 边方向向下，则子树外答案会 +1 ，即为全局 +1 ，子树 -1 ；否则 \(S\) 边方向向上，则子树内答案会 +1 ，即为子树 +1 。
若一条 \(S\) 边能匹配的对应 \(T\) 边的端点不超过 1 个，则该 \(S\) 方向的方案是固定的；否则其两种方案都可以，我们可以钦定初始时这样的边方向都向下，然后考虑翻转一些边，当一条 \(S\) 边由向下翻转到向上时，即为全局 -1 ，子树 +2 。
那么我们令方向向下得到一个特解后，要使最小值变大，就要找到对应点到根的一条链上能够翻转的边，并将其翻转。贪心地，我们翻转能翻转的边中最浅的一条。
这样执行若干轮，将每轮的结果取 max 即可。
由于一条边翻转后不能再翻转，所以复杂度是均摊点数 \(m\) 的。
可以用线段树 区间修改+区间覆盖 维护，复杂度 \(O(m\log m)\) 。

基环树的做法

一个联通块可以被拆分成环边的部分和树边的部分。

对于树边的部分，Bob 只能使其方向由环根向外，那么 Alice 对应贪心的选即可。

对于环边，可以钦定其有两个方向 A 和 B 。
若一条 \(T\) 边对应的 \(S\) 边只能匹配不超过 1 个端点，那么一定贪心地选择能匹配的，确定性地划分到 A 集合或 B 集合其中一个。
否则，这样的 \(S\) 边可以选择朝向 A 或 B 方向中任意一种，记为 C 集合。
Bob 很聪明，那么 Alice 必然要贪心地将 C 集合中的边分配到 A 和 B 集合中去，使得 min{|A|,|B|} 最大，尽可能使 |A| 和 |B| 均等即可。
答案就是 min{|A|,|B|} 。
复杂度 \(O(m)\) 。

最终复杂度 \(O(m\log m)\) 。

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