做题记录 25.2.4

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC355G] Baseball

即求

\[\large \min_{x_{1\sim k}\mid 1\le x_1<x_2<\cdots<x_k\le n}\left(\sum_{y=1}^n p_y\min_{i=1}^k |x_i-y|\right) \]

其意义为在 \([1,n]\) 中选择 \(k\) 个不同的关键点，最小化 \(1\sim n\) 每个位置到最近关键点的距离乘以该位置权值的和

括号中的部分可改为枚举相邻 \(x\) 之间的空隙的贡献（假定 \(x_0=-\infty\)，\(x_{k+1}=\infty\)，\(\forall j<1\lor j>n(p_j=0)\)）

\[\large\min_{x_{1\sim k}\mid 1\le x_1<x_2<\cdots<x_k\le n}\left(\sum_{i=0}^k \sum_{x_i\le j\le x_{i+1}}p_j\min(j-x_i,x_{i+1}-j)\right) \]

令 \(dp_{i,j}\) 表示 \(1\sim i\)，选择了 \(j\) 个 \(x\) 的代价，则容易 \(O(n^2k)\) 求解

考虑优化

令 \(w(l,r)=\sum_{l\le i\le r} p_i\min(i-l,r-i)\)，则上式等于

\[\large\min_{x_{1\sim k}\mid 1\le x_1<x_2<\cdots<x_k\le n}\sum_{i=0}^k w(x_i,x_{i+1}) \]

可证 \(w(l,r)\) 满足四边形不等式，因此可以二分队列做到 \(O(n^2k\log n)\)

可以使用 \(wqs\) 二分优化到 \(O(n\log V\log n)\)，细节较多

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) [ABC376G] Treasure Hunting

基本和 UVA1205 Color a Tree 相同

显然对于点权最大的非根节点，都是选择其父亲后立即选该节点，因此可以把两者合并，在合并的同时累加贡献

合并后的块的权值为合并前权值的平均数

用堆维护权值

时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) [ABC391G] Many LCS

\(dp\) 套 \(dp\) 模板

代码

相似题

\(\textcolor{purple}\odot\) P10614 BZOJ3864 Hero meet devil \(\quad\) 代码

\(\textcolor{purple}\odot\) [AGC001D] Arrays and Palindrome

所有 \(a_i\) 和 \(b_i\) 一共可以产生 \(\sum_i \lfloor\frac{a_i}2\rfloor+\sum_i\lfloor\frac{b_i}2\rfloor\) 对相等关系

显然只有当相等关系数 \(\ge n-1\) 时才可能强制要求所有数都相同，因此上式不小于 \(n-1\)

而 \(\sum_i a_i\) 和 \(\sum_i b_i\) 都是 \(n\)

可以证明，当且仅当 \(a\) 和 \(b\) 中奇数的总数不超过 \(2\) 时，\(\sum_i \lfloor\frac{a_i}2\rfloor+\sum_i\lfloor\frac{b_i}2\rfloor\ge n-1\)

因此给定的 \(a\) 中奇数若超过 \(2\)，一定无解

当 \(m=1\) 且 \(a_1=1\) 时，显然可以令 \(b=\{1\}\)

当 \(m=1\) 且 \(a_1\ne 1\) 时，可以构造 \(b=\{1,a_1-1\}\)

然后考虑一般情况

对于一个 \(a_i\)，若其为偶数，且 \(i\ne 1,i\ne m\)，对应回文区间为 \([l,r]\)，则可构造一个对应区间 \([l+1,r+1]\) 的 \(b_i\)，这样 \([l,r+1]\) 中所有位置之间都直接或间接存在相等关系，即该区间内所有数都相等（称为相等区间）

因此把奇数的 \(a_i\) 放到 \(a_1\) 和 \(a_m\)（若都为偶数则忽略，若只有一个则放到 \(a_1\)），然后构造 \(b_1=a_1+1\)（这样 \([1,a_1+1]\) 为相等区间），\(b_i=a_i(i\ne 1,i\ne m)\)，\(b_m=a_m-1\)（注意有可能 \(a_m=1\)，使得 \(b_m=0\)，此时需要删去 \(b_m\)）

可证其正确性

时间复杂度 \(O(m)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) [AGC002E] Candy Piles

先将 \(a\) 从大到小排序

令 \(f(i,j)\) 表示删去前 \(i-1\) 行并全局减 \(j-1\) 时的答案

则 \(\forall a_i<j(f(i,j)=1)\)

其他情况下 \(f(i,j)=\lnot(f(i+1,j)\land f(i,j+1))\)

以下为 \(a=\{7,7,7,4,4,2,1,1\}\) 的 \(f\)：

0 1 0
1 0 1
0 1 0
1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 1 0
0 1 1 0 1 1 0

当 \(f(i,j)=0\) 时（\(j\le a_i\)），\(f(i-1,j)=f(i,j-1)=1\)，因此 \(f(i-1,j-1)=1\)

当 \(f(i,j)=1\) 时（\(j\le a_i\)），\(f(i+1,j)\) 和 \(f(i,j+1)\) 中至少一个为 \(0\)，可得 \(f(i,j-1)\) 和 \(f(i-1,j)\) 中至少一个为 \(0\)，因此 \(f(i-1,j-1)=1\)

综上，对于 \(j\le a_i\)，有 \(f(i,j)=f(i-1,j-1)\)

原问题的答案为 \(f(1,1)\)，先找到最小的 \(i\) 满足 \(i+1>a_{i+1}\)，则 \(f(1,1)=f(i,i)\)，令 \(t\) 为满足 \(a_{t+1}<i\) 的最小值（假定 \(a_{n+1}=0\)）

显然 \(f(i,a_i)=f(t,i)=0\)，且 \(f(i,i+1\sim a_i)\) 和 \(f(i+1\sim t,i)\) 都是 \(0/1\) 相间，因此 \(f(i,i+1)=(a_i-i+1)\bmod 2\)，\(f(i+1,i)=(t-i+1)\bmod 2\)，由此可得 \(f(i,i)\)，即 \(f(1,1)\)

时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于排序

代码

参考