做题记录 25.4.8

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1935F Andrey's Tree

先进行一次换根 \(dp\)，对于每个 \(u\) 求出 \(S_u=\{(mn(S),mx(S))\mid S\in \text{SBT}(u)\}\)，其中 \(\text{SBT}(u)\) 表示删除 \(u\) 后的各个子树（无根意义下的），\(mn(S)\) 和 \(mx(S)\) 表示子树中结点编号的最小最大值

对于 \(u=1\) 或 \(u=n\) 的情况，每个 \((mn,mx)\) 中 \(mx\) 连接 \(mx+1\) 即可（若 \(mx=n\) 或 \(mx+1=u\) 则不连），总代价和边数都是 \(|S_u|-1\)

否则令 \(L=\{mx<u\mid (mn,mx)\in S_u\}\)，\(R=S_u/L\)

若 \(\forall (mn,mx)\in R,mn>u\)，则 \(R\) 中每个 \((mn,mx)\) 中 \(mx\) 连向 \(mx+1\)（若 \(mx=n\) 则不连），\(L\) 中每个 \((mn,mx)\) 中 \(mx\) 连向 \(mx+1\)（若 \(mx=u-1\) 则连向 \(u+1\)），总代价 \(|S_u|\)，边数 \(|S_u|-1\)

否则 \(L\) 中每个 \((mn,mx)\) 中 \(mn\) 连向 \(mn-1\)（若 \(mn=1\) 则不连），\(R\) 中每个 \((mn,mx)\) 中 \(mx\) 连向 \(mx+1\)（若 \(mx=n\) 则不连），令 \(t\) 为 \(R\) 中 \(mn\) 的最小值，若 \(t>1\) 则 \(t\) 连向 \(t-1\)，总代价和边数都是 \(|S_u|-1\)

显然都取到下界

时间复杂度可做到 \(O(\sum n)\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1933G Turtle Magic: Royal Turtle Shell Pattern

合法的网格必然为以下模式的平移或旋转：

\[\def \x{\square}\def\y{{\Large\circ}} \begin{matrix} \x\y\x\y\\ \x\y\x\y\\ \y\x\y\x\\ \y\x\y\x\\ \end{matrix} \]

总共 \(8\) 种本质不同的情况，分别判断一下目前为止是否合法即可

时间复杂度 \(O(\sum q)\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1932G Moving Platforms

\(\text{dijkstra}\)，转移时用 \(\text{exgcd}\) 求出步数即可

时间复杂度 \(O(m(\log n+\log V))\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1934D2 XOR Break — Game Version

可证 \(n\) 先手必胜当且仅当 \(\text{popcount}(n)\equiv 0\pmod 2\)

证明：

当 \(\text{popcount}(n)=1\) 时显然无法继续拆分，此时后手必胜
当 \(\text{popcount}(n)\equiv 1\pmod 2\) 时，设 \(p\oplus q=n\)，则 \(p\) 和 \(q\) 的 \(\text{popcount}\) 必然一奇一偶，后手一定存在策略必胜，先手必败
当 \(\text{popcount}(n)\equiv 0\pmod 2\) 时，一定存在一种方式可以把 \(n\) 拆为 \(p\oplus q\) 使得 \(p\) 和 \(q\) 的 \(\text{popcount}\) 都是奇数，后手必败，先手必胜

还需要保证步数

考虑把 \(n\) 拆为 \(\text{lb}(n)\) 和 \(n\oplus\text{lb}(n)\)，其中 \(\text{lb}(n)\) 表示 \(n\) 的最高二进制 \(1\)，这样若对方选择 \(n\oplus\text{lb}(n)\) 则最高位至少变低一位，若对方选择 \(\text{lb}(n)\) 则对方将其拆分后最高位至少变低一位，因此己方操作 \(\log_2(V)=63\) 次后必然结束

时间复杂度 \(O(\sum \log V)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1930F Maximize the Difference

\(\max_x((a\;\text{or}\;x)-(b\;\text{or}\;x))=(a\;\text{or}\;b)-b=a-(a\;\text{and}\;b)\)，转化为维护一个集合 \(S\)，每次加入一个数，或给定一个 \(x\) 求出 \(\max(u\;\text{or}\;x\mid u\in S)\) 和 \(\min(u\;\text{and}\;x\mid u\in S)\)

令 \(\text{sub}_i\) 表示是否存在 \(u\in S\) 使得 \(i\subseteq u\)，\(\text{sup}_i\) 表示是否存在 \(u\in S\) 使得 \(i\supseteq u\)，两者容易均摊 \(O(\frac1q n\log n)\) 维护

要求出 \(\max(u\;\text{or}\;x\mid u\in S)\)，考虑从高到低贪心，初始令 \(u\gets 0\)，设当前枚举到 \(s\) 位，若 \(s\notin x\) 且 \(\text{sub}_{u\cup s}=1\)，则把 \(s\) 加入 \(u\)，最终的 \(u\;\text{or}\;x\) 即为最大值

时间复杂度 \(O(\sum (q+n\log n))\)

代码

参考