做题记录 25.4.30

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1886E I Wanna be the Team Leader

将 \(a\) 从大到小排序后，显然每个 \(b\) 对应一个区间最优

令 \(dp_S\) 表示最小的 \(i\) 使得可以把 \(a\) 的区间 \([1,i]\) 划分到 \(b\) 的子集 \(S\) 中，则答案为 \(dp_{\{1,2,\cdots,m\}}\)

令 \(g_{i,l}\) 表示要包含 \(b_i\)，区间左端点为 \(l\)，最小的右端点，容易双指针预处理

则 \(dp\) 的值容易由 \(g\) 得到

时间复杂度 \(O(n\log n+nm+m2^m)\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1884E Hard Design

先断环为链，转化为求出 \([0,n),[1,n+1),\cdots\) 的答案，令 \(v=\max_{i=0}^{n-1} a_i\)

第一问为经典题目，\([l,r]\) 的答案为 \(\sum_{i=l+1}^r \max(0,a_i-a_{i-1})+v-a_r\)，容易 \(O(n)\) 求出所有答案

对于第二问，将 \([l,r]\) 从 \(v\) 的位置处拆开，则转化为两个求前缀的总价值的问题，容易栈解决，时间复杂度 \(O(n)\)

总时间复杂度 \(O(\sum n)\)

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1882E1 Two Permutations (Easy Version)

先分开考虑两个序列，之后再尝试令两者操作次数相同

对于一个序列，设其为 \(AaBbC\)，其中 \(A,B,C\) 为子段，\(a,b\) 为两个位置，依次操作 \(a,b,a\) 则可交换 \(a,b\)

使一个序列有序的最少交换次数不超过 \(n-1\)，因此可以 \(3\max(m,n)-3\) 次操作令两个序列都有序

若两个操作序列的长度奇偶性相同，则在第一个序列后补 \(1,n\) 或在第二个后补 \(1,m\) 即可

若奇偶性不同，则可证 \(n,m\) 之中至少有一个为奇数时才有解，若 \(n\) 为奇数则在第一个序列后补 \(n\) 个 \(n\)，否则在第二个序列后补 \(m\) 个 \(m\)

总操作次数不超过 \(3\max(n,m)-3+\max(n,m)=4\max(n,m)-3\) 可过

代码

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1878G wxhtzdy ORO Tree

把链上的 \(z\) 按 \(\text{popcount(f(x,z))}\) 划分为 \(O(\log V)\) 个连续段，为了实现方便，树剖时的重链之间的分界点处也断开，总计 \(O(\log V+\log n)\) 段，每段取左端点跟新答案

使用 \(\text{ST}\) 表维护区间按位或和，时间复杂度 \(O(q(\log V+\log n)\log n)\)

代码

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1879F Last Man Standing

枚举 \(x\)，转化为求 \(h_i\lceil\frac{a_i}x\rceil\) 的最大值位置和次大值

将 \(a_i\) 从小到大排序，枚举 \(\lceil\frac{a_i}x\rceil\)，则合法的 \(a_i\) 为一个区间，显然区间中只有 \(h_i\) 的最大值和次大值有用，容易用 \(\text{ST}\) 表每次 \(O(1)\) 求出

总时间复杂度 \(O(\sum (n\log n+ V\ln V))\)

代码

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1874D Jellyfish and Miku

假如确定了 \(a\)，考虑计算其期望

令 \(f_i\) 表示 \(i\) 到 \(n\) 的期望步数，则 \(f_n=0\)，\(f_0=f_1+1\)，转移为

\[f_i=1+\frac{a_if_{i-1}+a_{i+1}f_{i+1}}{a_i+a_{i+1}} \]

可化为

\[a_{i+1}(f_i-f_{i+1})-a_i(f_{i-1}-f_i)=a_i+a_{i+1} \]

令 \(g_i=f_{i-1}-f_i\)，则有

\[g_1=1\\ a_{i+1}g_{i+1}-a_ig_i=a_i+a_{i+1} \]

可得

\[\begin{aligned} a_ig_i=&a_{i-1}g_{i-1}+a_{i-1}+a_i\\ =&a_1g_1+\sum_{j=2}^i (a_{j-1}+a_j)\\ =&a_1+\sum_{j=1}^{i-1} a_j+\sum_{j=2}^i a_j\\ =&2\sum_{j=1}^{i-1} a_j+a_i\\ \end{aligned} \]

因此

\[g_i=\frac{2\sum_{j=1}^{i-1} a_j}{a_i}+1 \]

而

\[\begin{aligned} f_0=&\sum_{i=1}^n g_i\\ =&\sum_{i=1}^n \left(\frac{2\sum_{j=1}^{i-1} a_j}{a_i}+1\right)\\ =&n+2\sum_{i=1}^n \frac{\sum_{j=1}^{i-1} a_j}{a_i} \end{aligned} \]

由于答案为 \(f_0\) 要最小，因此需要最小化 \(\sum_{i=1}^n \frac{\sum_{j=1}^{i-1} a_j}{a_i}\)

令 \(dp_{i,s}\) 表示 \(a_{1\sim i}\) 的和为 \(s\) 时该式子的最小值，则 \(dp_{0,0}=0\)，答案为 \(n+2dp_{n,m}\)（当总和不足 \(m\) 时把剩余的补到 \(a_n\) 上一定不劣，因此总和取到 \(m\) 一定不劣），转移为

\[dp_{i+1,j+k}\gets dp_{i,j}+\frac jk \]

直接做为 \(O(nm^2)\) 的

发现 \(a\) 单调不降一定不劣，因此对于一个 \(dp_{i,j}\) 只需要转移满足 \(k\ge 1\) 且 \(j+k(n-i)\le m\) 的 \(k\) 即可，这样时间复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \frac{m}i)=O(m^2\ln n)\)

代码

参考