做题记录 25.4.15

比赛

\(\textcolor{purple}\odot\) CF487E Tourists

建出圆方树，转化为求圆方树的一条路径上所有的方点的邻点中权值的最小值

每个方点的权值定为其儿子的权值的最小值，则转化为求路径最小值，注意 \(\text{lca}\) 处可能需要额外加入一个点的权值

树剖即可

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2091G Gleb and Boating

显然 \(s\ge k^2\) 且 \(k\mid s\) 时答案为 \(k\)，\(s\ge k^2\) 且 \(k\nmid s\) 时答案为 \(k-2\)，因此只要考虑 \(s<k^2\) 的情况

对于这种情况，使用 bitset 保存能到达的位置，从 \(k\) 到 \(1\) 枚举步长 \(l\)，然后从 \(1\) 到 \(\lfloor\frac sl\rfloor\) 枚举步数，注意需要删除 \(>s\) 的位置

答案下界为 \(O(\sqrt s)\)，时间复杂度 \(O(\sum [s<k^2]\frac{s}\omega\sum_{i=\sqrt s}^k \frac {s}i)=O(\sum [s<k^2]\frac {s^2}\omega(\ln k-\ln \sqrt s))\)，实际上约为 \(\frac {2\times10^{10}}\omega\) 可过

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) P7126 [Ynoi2008] rdCcot

假设在距离 \(\le c\) 的点之间连边，对于一组询问 \([l,r]\)，只保留 \([l,r]\) 内点的情况下，考虑在每个连通块中 \(\text{bfs}\) 序最小的点处统计

可证 \(l\le u\le r\) 为一个连通块中 \(\text{bfs}\) 序最小的点当且仅当它没有连向 \(\text{bfs}\) 序更小的点的边

令 \(bfn\) 表示 \(\text{bfs}\) 序，则询问 \(l,r\) 转化为计算

\[\sum_{u=l}^r [\nexists l\le v\le r,bfn_v<bfn_u,\text{dist}(u,v)\le c] \]

考虑对于每个 \(u\) 计算 \(pr_u\) 和 \(sf_u\)，\(pr_u\) 为满足 \(v<u,bfn_v<bfn_u,\text{dist}(u,v)\le c\) 的最大的 \(v\)，不存在则为 \(0\)，\(sf_u\) 为满足 \(v>u,bfn_v<bfn_u,\text{dist}(u,v)\le c\) 的最小的 \(v\)，不存在则为 \(n+1\)，则询问 \(l,r\) 的答案为 \(\sum_u [l\le u\le r][pr_u<l][sf_u>r]\)，即一个 \(u\) 会令所有询问 \(l,r\;(pr_u<l\le u,u\le r<sf_u)\) 的答案加一，这部分容易离线后扫描线实现，时间复杂度 \(O(m\log n)\)

问题转化为计算 \(pr\) 和 \(sf\)，考虑点分治，令 \(M\) 为此时分治中心，\(S\) 为当前分治连通块内的点集，\(d_u\) 为 \(u\) 到 \(M\) 的距离，则此时需要对于每个 \(u\in S\)，求出 \(\max\{v\in S\mid v<u,bfn_v<bfn_u,d_u+d_v\le c\}\) 和 \(\min\{v>u,bfn_v<bfn_u,d_u+d_v\le c\}\)

将 \(S\) 内点按 \(bfn\) 从小到大排序，然后依次扫描，则转化为向 \(T\) 中插入一个 \((u,d_u)\) 和查询 \(\max\{v\mid (v,d_v)\in T,v<u,d_v\le c-d_u\}\) 与 \(\min\{v\mid (v,d_v)\in T,v>u,d_v\le c-d_u\}\)，容易平衡树上二分实现

时间复杂度 \(O(n\log^2 n+m\log n)\)，需要注意常数

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) P12075 [OOI 2025] Dreaming is not harmful

先求出 \(\text{od}_i\) 表示在不删去任意一点的情况下，点 \(i\) 被选择的时间，\(\text{pt}_i\) 表示不删去任意一点的情况下，第 \(i\) 个被选择的点

则对于点 \(x\)，令 \(S=\{\text{pt}_u\mid 1\le u<\text{od}_x\}\)，点 \(x\) 的答案为 \(\min_{u\in S}|S-\text{subtree}(u)|=|S|-\max_{u\in S}|S\cap\text{subtree}(u)|\)

从 \(\text{pt}_1\) 到 \(\text{pt}_n\) 扫描，设当前点为 \(u\)，则令 \(1\) 到 \(u\) 的链上所有点的值减去 \(\inf\)，\(u\) 的答案为目前点 \(u\) 的值，然后令 \(1\) 到 \(u\) 的链上所有点的值加上 \(\inf+1\)

树剖实现，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，可替换为全局平衡二叉树做到 \(O(n\log n)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) P5311 [Ynoi2011] 成都七中

考虑把点权 \(\in [l,r]\) 转化为边权的限制

令每条 \((u,v)\) 的边权为 \(\max(u,v)\) 得到树 \(T_1\)，则一条路径所有点权都 \(\le r\) 等价于所有边权都 \(\le r\)

同理边权取 \(\min(u,v)\) 得到 \(T_2\)，描述 \(\ge l\) 的限制

求出两者的重构树 \(T_1^R\) 和 \(T_2^R\)

对于一组询问 \((l,r,x)\)，令 \(u\) 为 \(T_1^R\) 中 \(x\) 最浅的祖先满足权值 \(\le r\)，\(v\) 为 \(T_2^R\) 中 \(x\) 最浅的祖先满足权值 \(\ge l\)，则询问的答案等于 \(T_1^R\) 中子树 \(u\) 和 \(T_2^R\) 中子树 \(v\) 内点的交中颜色数量，其中找祖先的过程可通过树剖或倍增 \(O(m\log n)\) 实现

每组询问 \((l,r,x)\) 转化为 \((u,v)\)，挂在 \(T_1^R\) 中的 \(u\) 下

对 \(T_1^R\) 进行 \(\text{dsu}\)，则转化为对于 \(T_2^R\) \(O(n\log n)\) 次加入点、删除点，\(O(n)\) 次求子树内颜色数量

可以拍为序列后转化为单点修改区间数颜色，但有更简单的方式：

考虑某一种颜色，它能贡献到的点为这种颜色的所有点到根的链并，对于每种颜色保存一个 set，其中按 \(T_2^R\) 中的 \(dfn\) 保存这种颜色的点，则对链并的影响转化为 \(O(1)\) 次点到根的链修改

将其视为单点修改，则原本的单点查询转化为求区间和，树状数组即可

时间复杂度 \(O(n\log^2 n+m\log n)\)，空间可做到 \(O(n+m)\)

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF2089B2 Canteen (Hard Version)

显然答案上限为 \(n\)

二分答案，转化为求出进行 \(M\) 次修改所需最小操作次数

把 \(a\) 和 \(b\) 复制一份接到末尾

用一个栈保存目前还没有清空的 \(a\) 的位置

从 \(1\) 到 \(2n\) 扫描，设当前扫到 \(i\)

若 \(a_i>0\) 则 \(i\) 压入栈

若栈非空且 \(b_i>0\)，取出栈顶 \(p\)

若 \(p-i+1>M\)，则 \(b_i\) 无法与 \(a_p\) 相消，要使 \(a_p=0\) 必须使用 \(a_p\) 次操作，答案累加 \(a_p\)，然后清空 \(a_p\) 和 \(a_{p+n}\)（如果有），并弹栈

否则令 \(mn=\min(b_i,a_p)\)，令 \(b_i,a_p,b_{i+n},a_{p+n}\) 都减去 \(mn\)，若 \(a_p=0\) 则弹栈

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

参考