2025.4.9 ZKY 题单

4.9 ZKY 精选题单

B - 森林游戏

从简单开始考虑

定义一个局面的权值为 先手 - 后手 的最大值。

全是孤点，显然从大到小排序。
长为 2 的有向链 \(u\to v\)，若 \(a_u>a_v\)，仍然可以直接排序；否则一定放到最后取。因为先手取 \(u\)，后手一定取 \(v\)，这是不优的。此时可以直接删去 \(u\to v\)。

长为 3 的有向链 \(u\to v\to w\)，若 \(a_u\) 最大，直接删去 \(u\)，剩下长为 2 的链；若 \(a_w\) 最大，\(v\to w\) 一定最后取，也可以直接删去。若 \(a_v\) 最大，那么先手取 \(u\) 的唯一目的是为了取 \(w\)，则在后手取 \(v\) 后一定立即取 \(w\)。于是将 \(u\to v\to w\) 合并成一个 \(a_u+a_w-a_v\) 的点。

通过上面两种操作，已经可以将一条链变为从上到下不增的。

我们显然希望将树转化成链。

考虑归纳，若点 \(u\) 儿子的子树都已经变成一条链，能否合并这些有向链。感受一下，直接对子树链进行归并，将 \(u\) 放在链头，然后对链头进行合并，使有向链不增，这样的归并对整体局面是没有影响的。

于是平衡树之类维护有向链，随便归并一下就做完了。

C - Brackets

noip 模拟赛做过。

两种思路：

1. 转 \(\plusmn 1\) 序列，开始全为右，贪心从左向右考虑能否放左括号，维护后缀和 max \(\le 0\)。
2. 所有左括号位置被 \(1,3,5,\dots,2n-1\) 偏序，贪心找 lowerbound 匹配。

E - Recover the tree

按区间长度从小到大考虑。

记当前考虑区间 \([x,y]\)，如果已经联通，什么都不做。

否则，\([L_x,R_y]\) 之间可能有 \(k+2\) 个连续段，形如 \([l_0,r_0],[l_1,r_1],[l_2,r_2],\dots,[l_{k+1},r_{k+1}]\)，可以这样连边 \(\dots - l_4 - l_2 - x - y - l_1 - l_3 - \dots\) 保证没有比 \([x,y]\) 短的区间联通。

F - 雷同

将合并过程画成树，在树上考察两种代价。

显然的，重量值的贡献就是 \(\sum w_id_i\)，直接按重量值从小到大分配从深到浅的叶子即可。

磨损值的贡献与重量值无关，只与树的形态有关。每次合并的贡献是较小的磨损值，较大的磨损值继续变大。那么磨损值的总贡献就是 \(\sum\limits_{path \in S} 2^{len(path)} -1\)，其中 \(S\) 指除根所在长链的长链集合。由于 \(|S|=n-1\)，下面计算时可以去掉 \(-1\)。

重新刻画构建合并树的过程。认为每个点有 “最终深度” \(d_i\) 和 “高度” \(h_i\)。每次合并两个 \(d_i\) 相等的点，将较小的 \(h_i\) 截断，较大的 \(h_i\) 上传。那么我们肯定希望在全局尽量截断更大的 \(h_i\)，显然应该截断第 $2,4,6,8,\dots $ 大。

化简计算磨损值的过程。若当前层已经有 \(b\) 个节点，再加入一个叶子，长链长度为 \(ctz(b)\)，磨损值贡献为 \(lowbit(b)\)。（考虑从 \(0\) 开始对当前层节点编号）

根据上面的结论，设计 dp 解决原问题。
\(f(i,j)\) 表示当前已经确定了 \(i\) 个叶子，当前层还有 \(j\) 个节点没确定是不是叶子。

1. \(f(i,j) + sw_i\to f(i,2j)\)，当前层全部不是叶子，进入下一层。
2. \(f(i,j) + lowbit(j)\to f(i+1,j-1)\)，新钦定一个叶子。

复杂度 \(O(n^2)\)

J - Replace

noip 模拟赛做过。

考虑能否进行区间合并 $\to $ ST 表状物。

通过区间有交证明区间并的 \(f\) 等于 \(f\) 的区间并。

K - 大冬天题

神奇构造。

考虑两个奇数 \(x,y\)，\(gcd(x,y)=gcd(x-y,y)\)。若 \(x-y=2^j\) 则 \(x,y\) 一定互质。

基于此进行构造。称 \(<n\) 的数为“小数”，\(>n\) 的为“大数”。对于最小的小数 \(a\)，找到最小的“大数” \(b\) 使 \(b-a=2^j\)，容易说明一定能找到这样的数。将 \((a,b),(a+2,b+2),\dots\) 两两配对一定互质，剩下的数还是一个连续区间，于是转化成子问题，递归解决即可。

复杂度 \(O(k)\)。

L - Problem of offices

遍历顺序一定是 \(a\to c\to b\to d\) 或者 \(a\to d\to b\to c\)。

欧拉序的特点是子树一定整体插入。对于非 \(a,b,c,d\) 所在的根的儿子子树，一定是整个插入欧拉序的；\(a,b,c,d\) 所在链挂的其他子树，也可以选择在 \(a\) 前或 \(a\) 后被遍历。

bitset 优化可行性背包，考虑 \(a\to b\) 必须插入 \(c\) 子树，查询 \(f(n/2-siz_c)\) 即可。

M - 棋盘

自然的，考虑用 2 进制进行构造，发现这样 \(Y\) 用的太多。
如果用增加进制的方式减少 \(Y\)，又会导致 \(X\) 增加的特别快。

神奇的，考虑使用斐波那契进制。因为斐波那契进制没有相邻 1（否则可以用更高位表示），所以 \(Y\) 的消耗较少，而 \(X\) 的消耗也不多。

N - 小火车

考虑如果存在两种 01 赋值方案 \(S,T\) 满足 \(val(S)\equiv val(T) \pmod p\)，那么对位减得到的方案满足 \(\equiv 0 \pmod p\)。又因为 \(p<2^n\)，一定有解。

\(n\le 40\) 直接折半，接下来考虑合并。

由于我们只需要找到一组可行解，考虑将方案映射到 \([0,p-1]\) 上，则砍半后必有一边满足方案数 $\ge $ 区间长度，那么这边一定存在答案。

二分 + 双指针 check 即可找到答案 \(val \bmod p\) 的值，然后再双指针找两个方案即可。

O - vabank

神奇的 dp 优化交互，高楼扔鸡蛋升级版

初始一定只能询问 \(1,2,4,\dots\) 确定答案区间 \([2^k,2^{k+1})\)，这需要花费大约 \(47\) 次询问。

后续询问，如果我们使用二分，这其实是不好的，因为如果问 \(mid\) 失败了，每次都需要问左端点得到钱。于是最多能卡到接近 \(3\log V\)，这是无法接受的。

但是我们发现，其实如果问 \(mid\) 成功，进入右区间后，我们的钱数变多了，相当于省下了积累钱数的询问，理论上可以确定更大的区间。于是分割点 \(mid\) 应该是更接近左端点的。

设 \(f(i,j)\) 表示有 \(i\) 次询问机会，当前有大概 \(j\) 个左端点的钱，能确定多长的区间。这样 \(f(i,j)=f(i-1,j-1)+1+f(i-1,j+1)\)，即取 \(mid=l+f(i-1,j-1)\)，check mid 不成功就会少钱，否则就会多钱。注意到少的钱数其实大于 \(l\)，可能需要调整，但感受上调整次数不会太多。

事实证明这个做法可以在 100 次内通过。