2025.10 做题记录

P2934 [USACO09JAN] Safe Travel G

首先根据经典结论，最短路跑完得出的有效边是一张 DAG，而题目中又保证了对于任意的 \(i\in [1,n]\)，\(1\) 到 \(i\) 的最短路径都是唯一的，于是这张最短路 DAG 变成了所谓“最短路树”（虽然我忘了最短路树是不是这样的了但是他确实是一个树结构）。

题目的要求是 ban 掉 \(i\) 到它父亲的边并求出 \(1\) 到 \(i\) 的最短路。

Key Observation ban 掉这条边后最多经过一条非树边，且仅会经过一条非树边。

我们考察我们的路径应该长什么样子，首先是从根在根到 \(i\) 的路径上走一段距离，且不能超过 \(i\) 的父亲，然后沿着树边走到一个点 \(j\)，从 \(j\) 走到最短路树上 \(i\) 的一个非严格儿子（可能是自己），然后沿着树边走到 \(i\)。

这个过程直接维护是不太简单的，我们考虑上面那个 Observation，对每条边进行贡献。具体的，每条非树边有两个端点 \(u\) 和 \(v\)，路径长度可以表达为 \(len=\operatorname{dep}_v+w(u,v)+\operatorname{dep}_u-\operatorname{dep}_i\)。这些量我们都是知道的，于是这时候我们随便上个树剖也是可以维护的。

那么我们其实可以在树剖 \(O(n\log^2 n)\) 的基础上再进行优化。

Small Trick 我们可以把边排序然后把已经更新到最优状态的点用并查集缩起来，表示这些点已经被更新到最优状态，并不会再被更新了。这个有点像一种另类的树上 DSU，就是父亲更新完把儿子和父亲合并到同一集合即可。这样复杂度就被优化到了 \(O((n+m)\log n)\)，即瓶颈在于最短路复杂度。

思想 考虑答案的形态，排除冗余的操作使得复杂度正确。

P5100 [JOI 2017 Final] 足球 / Soccer

略显诡异的思维题。

Key Observation 在最优策略下，一个人必定最多只能控球一次。这个很符合直觉，但是没有那么好证，这里也只给出一个感性的证明。具体来说，首先一个人肯定不会选择踢出去后自己捡球，因为无球跑步和带球跑的代价是相同的，那么踢出去捡球的代价为 \(Cx+Ax+B\)，而自己直接带球跑的代价为 \(Cx\)，这个显然更优。如果是队员 \(i\) 传给队员 \(j\)，且队员 \(j\) 传一脚到一个位置离 \(i\) 最近，那请问传球的意义在哪儿，还不如不传 \(i\) 直接走到这个位置，算一下也只会徒增 \(A\) 和 \(B\)。

有了这个 Observation 就好办了。首先一个球落地，根据贪心策略一定是离球最近的这个人来捡球，且由上述说明，来捡球的这个人因为没有控过球所以还在原来的位置上，所以这个距离是一个定值，可以直接一遍 BFS 做出。接下来我们考虑对球的位置进行分层图最短路。

设 \(f_{i,j,0/1/2}\) 代表球在 \((i,j)\) 位置，球现在在地上或在东西方向上飞或在南北方向上飞的最小代价。这个没法 dp，但是我们可以图论建模。注意换方向飞必须先落地，然后我们可以把飞的 \(Ax+B\) 拆成 \(A+A+A+...+A+B\)，这样就明晰多了，空中的边连 \(A\) 代价，空中到落地的转换连 \(B\) 代价，最后我们强制要求球落地即可。

思想 图论建模方法，调整法

P7214 [JOISC 2020] 治療計画

很难也很好的一题。我旨在使用另一种奇特的分析方法解释这道题。

首先根据分析答案形态的思想，先看看合法的治疗计划集合是怎样的。注意看一下一个在 \(t\) 时刻，区间为 \([l_i,r_i]\) 的治疗计划在 \(t+k\) 时刻的有效治疗区间就变成了 \([l_i+k,r_i-k]\)，当然，除了 \(l_i=1\) 或 \(r_i=n\) 的情况。这些特殊的点就启发我们并不是按照治疗计划本身有什么顺序考虑，而是从 \(1\) 到 \(n\) 这个顺序考虑。

我们设 \(f_i\) 为治疗 \([1,i]\) 所需的最小代价，每次我们都有两种操作。

1. 时间加 \(1\)，\(i\) 变为 \(i-1\)。
2. 加一个任意时间的治疗计划。讨论若 \(t_j<T\)，则使得其生效区间的左端点 \(\leq i+1\)，记其生效区间的右端点为 \(R_j\)，此时 \(R_j\) 会缩小，特别的 \(R_j=n\) 不会缩小，若 \(R_j>i\)，则 \(i\) 变为 \(R_j\)，并且代价加 \(C_j\)。若 \(t_j\geq T\)，记其生效区间的右端点为 \(R_j\)，此时 \(R_j\) 不变，\(i\) 会随着第一种操作逐渐缩小，变为 \(i'\)，若其生效区间的左端点 \(\leq i'+1\)，若 \(R_j>i\)，则 \(i\) 变为 \(R_j\)，并且代价加 \(C_j\)。

上述是以 dp 的思想考虑答案的形式，但是我们不可能维护这么一个复杂的 dp，我们模拟一下 dp 在干什么之后发现，两个操作实际上可以统一为一个图论建模的形式，即若 \(|t_i-t_j|\leq r_i-l_j\)，则 \(i\) 向 \(j\) 连一条长为 \(C_j\) 的边。这样就自然的想到了 \(O(n^2\log n)\) 的 dij 做法。

那么进入正确的道路上之后，我们的问题就在于如何强行优化这个 dij。

Important Trick 点权 dij 每个点仅会入队一次

这是个相当常用的 Trick，只不过我以前不知道。有了这个 Trick 之后，用优先队列维护也是顶困难的，但是我们知道最短路是可以使用线段树优化的，于是我们对着这个做。

具体的，我们先看看，区间限制是怎样的。先把绝对值拆了，改为：

1. \(t_i-r_i\leq t_j-l_j(t_i<t_j)\)
2. \(t_j+l_j\leq r_i+t_i(t_i\geq t_j)\)

那么我们先把治疗计划按照 \(t\) 排序，这样我们就把 \(t\) 的偏序关系改为了序列上的偏序关系。

注意到上面那些东西都是定值。对于每个点，我们寻找它后继的时候使用线段树查找，由于每个点仅会入队一次，所以入队后我们直接把这个点 ban 了，于是最后算法呈现出的就是一个势能线段树的形式。

思想 dp 思想，考虑答案形态，图论建模，线段树优化最短路

CF997E Good Subsegments

套路题，学一下时间线段树维护历史最小值个数的 Trick（数 \(0\) 线段树），注意这个线段树只在对于每一步，最小值都 \(\geq\) 的情况下可以使用。

显然的，把条件转化为 \(\max-\min-r+l=0\)，并改成 \(\max-\min+l=r\)，对 \(r\) 扫描线。\(\max\) 和 \(\min\) 套路的考虑单调栈维护将其变为一个矩形。

接下来我们的操作变为区间加，单点改，历史数 \(0\)。

考虑维护两个标记，一个正常的 \(\text{addtag}\)，还有一个 \(\text{timtag}\)，代表贡献次数。每扫到一个 \(r\)，判断全局最小值是否为 \(r\)，是的话 \(\text{timtag}_1\) 加 \(1\)，贡献加上 \(\text{mincnt}_1\)。

注意下传标记的方式，假设要下传到左儿子，显然先下传 \(\text{addtag}\)，然后若此时左儿子最小值等于父亲最小值，那么 \(\text{timtag}_{lc}=\text{timtag}_{lc}+\text{timtag}_{u}\)。贡献是 \(\text{timtag}_{u}\times \text{mincnt}_u\)。具体为什么可以复习时候想想，至少我现在知道为什么，但是很难表述出来。

P4786 [BalkanOI 2018] Election

质量挺高。

首先题目是一个类似括号序列的东西，显然的设 \(\text{C}\) 为 \(+1\)，\(\text{T}\) 为 \(-1\)。然后要求任意前缀和非负，任意后缀和非负。

\(\text{Step 1}\space O(nq)\)

如果只要求前缀和非负，那么那么非常简单，设 \(pre_i\) 为 \(i\) 的前缀和，从前往后扫，若 \(pre_i=-1\)，那么删除这个位置，同时后面的东西都 \(+1\)，注意到这个操作把 \(-k\) 变为了 \(-(k-1)\)，并消除了所有 \(-1\)。

由于对于后缀和来说先删后面的 \(-1\) 肯定更优，而对于刚才那个贪心，采取的是一种惰性删除方式，与后缀和的要求吻合，于是前缀和删完的形态对于后缀来说依然是最优形态。那么设改变后的序列的后缀和为 \(suf_i\)，执行和前缀一样的操作即可。

\(\text{Step 2}\space O(q\log n)\)

一样的先只考虑前缀，仔细看会发现答案是固定的，即 \(-\min\{pre_i\}\)，具体推导过程见上，设 \(-\min\{pre_i\}\) 为 \(-pre_{min}\)。那么麻烦的在于后缀，因为前缀的修改对后缀有影响，我们记未修改前的后缀为 \(suf_i\)，修改后为 \(Suf_i\)（注意这里下标是一一对应的，因为删掉可以看作把一位改为 \(0\)）。那么答案为 \(-Suf_{min}-pre_{min}\)。考虑 \(Suf_i\) 的形式，我们继续模拟贪心，可以知道 \(Suf_i\) 会变为 \(suf_i+\min\{pre_j(j<i)\}-pre_{min}\)。现在整合答案为 \(-suf_i-\min\{pre_j(j<i)\}+pre_{min}-pre_{min}=-suf_i-\min\{pre_j(j<i)\}\)。即两段不相交的前后缀和的最小值。

这个是不好 PushUp 的，改成最大子段和减去区间和线段树维护即可。

P11844 [USACO25FEB] Friendship Editing G

感觉这个题确实不错。

题目说若 \(a\) 和 \(b\) 之间有边，则对于任意的 \(c\)，要么 \(a\) 和 \(c\) 之间有边，要么 \(b\) 和 \(c\) 之间有边。那这个逻辑关系太难刻画了，但是好在这个逻辑关系是一个基本的条件逻辑关系，非常便于转化，我们考虑写出其等价的逆否命题。

即：若存在 \(c\) 使得 \(a\) 和 \(c\) 之间没边，且 \(b\) 和 \(c\) 之间没边，则 \(a\) 和 \(b\) 之间没边。那都是没边看着太别扭了，我们自然地想到建出原图的反图，把条件改为：在原图反图上，若存在 \(c\) 使得 \(a\) 和 \(c\) 之间有边，且 \(b\) 和 \(c\) 之间有边，则 \(a\) 和 \(b\) 之间有边。

接下来我们来考虑能不能根据这个条件增量构造出这个图。现在考虑此时为 \(n=1\)，我现在加入一个点想让两个点连通，显然两个点之间必然有边。那么 \(n=2\) 时，再加入一个点，随意选取一个点使其与加入点连通，那么由于其内部两点连通，根据条件，必然有新加入点也与另一个点连通，此时原图为 \(K_3\)。再加入一个点时，我们随机选取一个点，因为原图为 \(K_3\)，所以必然保证我们选的这个点与所有点都有连边，那么根据条件，新加入点应与所有点都连边，现在图变为 \(K_4\)。以此类推可以得到其反图的每个连通块必然是一个完全图。换句话说，原图反图是多个完全图的并。

由于团问题非常难以有多项式复杂度做法，且数据范围为 \(n\leq 16\)，我们来考虑状压 dp。记 \(h_S\) 为 \(S\) 集合构成的反图完全图至少需要改几条边。这里说一个常见的误区，就是你把原图改成反图之后，并没有改动任何边。接下来设 \(f_S\) 为让 \(S\) 集合构成完全图并的最小代价。显然有转移 \(f_S=f_T+f_{S-T}+w(S-T,T)\)。

\(w(i,j)\) 有两种求法：

1. 递推法，但是这个要求空间 \(3^n\) 于是爆了。具体就是设 \(g_{S,T}\) 代表 \(S\) 和 \(T\) 之间的边数。然后 \(g_{S,T}=g_{S-\text{lowbit}(S),T}+|G(\text{lowbit}(S)) \cap T|\)，其中 \(G(x)\) 代表 \(x\) 在反图上的邻居集合。这个可以注意到只会依赖 \(\text{popcount}-1\) 的集合，于是可以按 \(\text{popcount}\) 转移然后每次清空，这样空间不会爆，但是由于枚举无序，所以必须二分，这样时间会多 \(\log\)，也爆了。
2. 容斥法，我竟然没想到这个。设 \(l_{S}=\frac{|S|\times |S-1|}{2}-h_S\)，则 \(w(S,T)=l_{S\cup T}-l_{S}-l_{T}\)，这个空间是 \(2^n\) 的可以通过。