20261028 - div……3+2！ 总结

前言

我要开心蠕动。

我就这么蠕动。

哦我怎么是严格 rk1，太好了！ctj 是正确的，我最喜欢 ctj 了！对不起呀对不起我今天所有题都是 ctj 过的，c 的是官解，大家应该也能看出来，快把我移出榜单！！

今天为什么还有封榜啊 /yun 不早说不早说。

A - In Search of Convenience

我是区，我怎么还遍历了一遍。事实上直接输出 \((x,y+r)\) 就行了，我是啥子。

B - Did Not Go to Print

用 stack 维护当前的打印机内存情况，然后开个桶暴力枚举这个过程，最后判一下哪些没被打印即可。

C - Unrequited Love

随便 map 一下，扫一遍就能做了。记得把奇偶性情况特判一下。

D - Precision Alignment

两发罚时都是因为二分上界设小了，我是区！

最小的最大显然考虑二分，二分可以达到的这个 \(\min\) 值 \(mid\)。

那么 check 的时候只需要处理每个三元组和提升到 \(\ge mid\) 所需的次数，加起来判断是否 \(\le k\) 即可。

因此问题转化为只需要知道对于一组 \((a,b,c)\) 如何用最小的次数升到 \(a'+b'+c' \ge mid\) 了。

首先如果 \(a+b+c\) 已经达到 \(mid\)，次数为 \(0\)。

然后如果 \(a=b=c\)，永远也动不了，特判掉。

否则，只要存在 \(a>b\) 或 \(a>c\) 或 \(b>c\)，就一定可以通过 \(>\) 的那个二元组提升剩下一个值，因此次数为 \(mid-(a+b+c)\)。

如果无法直接提升就是 \(a \le b \le c\)。是否以为这样就动不了了？并非，可以尝试将 \(b\) 降低到 \(<a\)，或者将 \(c\) 降低到 \(<b\)，就转化为上一种情况。这个时候，除了基本次数 \(mid - (a+b+c)\) 以外，还额外有 \(2 \times \min(b-a+1,c-b+1)\) 的代价，因为你降下去了又得重新升回来。

那么就可以据此写 check 函数了。

https://www.luogu.com.cn/article/opzdyzhi <- 这个是我写的题解！

E - Repentance Is Already on the Way

非常简单的题，最开始想复杂了做的比较久，后面发现本质一种情况 /xk。

这个人的行走轨迹大概是这样：

图画的不好，将就看吧 /kel。

那么一定存在一个位置，也就是 \(\text{ed}\)（终点）所在的那一列（令一组 \(a_i\) 和 \(b_i\) 同处在第 \(i\) 列），可以将整个轨迹划分成图上蓝色和绿色两段。

我们枚举当前这一列 \(i\)，考察维护一个前缀和一个后缀和处理蓝色和绿色的部分，算一下即可。

具体的，初值 \(s_1 = 0\) 和 \(t_n = 0\)，转移分别是 \(s_i = s_{i-1} + val_{a_{i-1} \to b_{i-1}} + val_{b_{i-1} \to a_i}\)，以及 \(t_i = t_{i+1} + val_{a_i \to b_{i+1}} + val_{a_{i+1} \to b_i}\)。结合图片更好理解。

答案就是 \(\max_{i=0}^{n} s_i + t_i + val_{a_n \to b_n}\)，后面这个 \(val_{a_n \to b_n}\) 也可以在 \(t\) 里面处理上。

https://www.luogu.com.cn/article/iasffogl <- 题解呀。

F - Tea Blend

超级简单的 hash！！

首先完全平方数在拆质因数分解的时候，每个质因子的个数都是偶数。

我们对于一个数 \(x\)，定义 \(f(x)\) 表示 \(x\) 质因数分解后，质因数幂次为奇数的质因数的乘积。

那么我们在判断 \(a_i \times \prod_{k=1}^{j} a_k\) 是否为完全平方数的时候，只需要判断 \(f(a_i)\) 是否等于 \(f(\prod_{k=1}^{j} a_k)\) 即可。

后者扫一遍做，前者可以预处理。具体你怎么维护这个 \(f\)，可以随便 hash 一下，为了防止被卡我用了双哈希。

因为每个数不同的质因数数量非常少，所以这样做是不会 TLE 的。

https://www.luogu.com.cn/article/139g41cf 是我的题解嘟嘟。

G - Copper Squander

很简单的一眼题啊……这个都做不出来的建议退役哦（指指点点

我们把答案拆成好几个部分，并考虑分别求解。

1. 拆除不影响连通性的边：因为拆除这些边只会带来收益且没有额外代价，我们尽可能拆除那些较大的边。

   • 那么我们可以最开始跑一个最小生成树，用 Kruskal，如果过程中某条边没有被加入，就将其收益加进答案。

2. 将所有连通块串起来：如果目前有 \(k\) 个连通块，则要先连 \(k-1\) 条基础边。

   • 最开始最小生成树的时候不是维护了并查集嘛，直接根据这个并查集算出来有 \(k\) 个连通块，代价为 \((1+2+\dots+k) \times x\) 也就是 \(\frac{k(k+1)}{2} \times x\)。

3. 换旧买新：做完上面的操作已经完成了题目要求，但某些边可能过贵，可以选择卖掉后重新买入以赚取一定差价。

   • 因为前面已经有了 \(k-1\) 条基础边需要增加，所以后续第 \(i\) 条新边的代价为 \((k+i-1)x\)。
   • 为了最优，我们肯定尽可能选取那些贵的边卖出再买入，因此可以把最小生成树中的边的边权从大到小排序。
   • 此时代价升序而收益降序，因此一定存在某个位置，使得前面的边是正收益，后面的边是负收益。这里的收益表示为当前边的边权减去重新买入的价格。
   • 上述位置可以通过二分找出，那么只需将前面正收益的边带来的收益全部加上即可。

然后就做完了。有任何难度吗？

https://www.luogu.com.cn/article/6jgtfbjx 题解喵喵。

H - Maximize One MEX

暴力枚举题，随便做都行。最难的在于发现 \(n \le 100\)（。

I - Frogs Jump

简单结论题，感觉是个结论都能过（。随便尝试一下最优设计就可以发现答案只可能是 \(0\) 或 \(1\)，就是青蛙个数为 \(1\) 的列的个数模 \(2\) 的值。

J - Yet Another Black Cell Problem

随便二分，check 里面随便贪心。不知道为什么有人 dp？

很显然这个东西具有单调性，考虑二分这个 \(k\) 然后 check 它是否合法。

首先对于黑点 \(a_i\)，如果 \(|a_i - a_{i-1}| \le k\) 或 \(|a_i - a_{i+1}| \le k\)，就可以直接借助 \(a_{i-1}\) 或 \(a_{i+1}\) 这种本来就是黑点的点将自己染黑。

否则，如果它左右的黑点都距离自己太远，只能新开一个黑点（题目里可以任选至多 \(x\) 个白点转变为黑点），要求该黑点位于 \([a_i - k,a_i + k]\) 区间内。

得到一堆区间，我们计算出最少的黑点数，使得任何一个区间里都至少有一个黑点。

考虑怎么贪心做这个东西。很简单，因为区间长度固定，直接按照右端点（左端点也是一个意思）升序排序，然后扫一遍整个区间。如果上一个新黑点还包含在这个区间内，就直接借用一下，不开新的；否则，因为后续其他区间都比这个区间靠后，所以我们贪心选择该区间的右端点作为新黑点。统计个数并判断是否 \(\le x\) 即可。

https://www.luogu.com.cn/article/tmu5ftqf <- 发出题解！

K - Connecting the Conflicts

贪心构造，大概构造成一个菊花的形式就可以了。这个可以感性地证一下，总的来说是简单的，至于为什么没做出来我也不知道。

L - Memory Cell Interception

不想做，之后有空再说。

M - Tree Reduction Game

不想做，之后有空再说。

总结

我直接就一个区！

csp rp ++