做题记录 25.8.26

\(\textcolor{purple}\odot\) LOJ #4261. 「KTSC 2024 R2」跳跃游戏 \(\quad\) P11239 [KTSC 2024 R2] 跳跃游戏

显然可以转化为 \(a_{0\sim n-1}\) 中选择若干个数满足任意两个选择的位置之间距离不小于 \(k\)，最大化选出的数的和

令 \(f_i\) 表示 \(a_{0\sim i}\) 的答案，则转移为 \(f_i=\max f_{0\sim i-k}+a_i\)

考虑每次处理一段，从 \(f_{uk-k}\sim f_{uk-1}\) 转移到 \(f_{uk}\sim f_{uk+k-1}\)，令 \(pmx\) 为 \(f_{0\sim uk-k-1}\) 中的最大值

初始 \(pmx=0\)，\(u=0\)，令 \(p_i=f_{uk-k+i}\)，\(c_i=f_{uk+i}\)，\(a_i\) 为原本的 \(a_{uk+i}\)，则 \(p_{0\sim k-1}\gets -\infty\)

则转移为

\[c_i=\max(pmx,p_{0\sim i})+a_i \]

假定 \(p_{-1}=pmx\) 则化为

\[c_i=\max(p_{-1\sim i})+a_i \]

考虑当前范围中存在一次 \(a\) 区间加的左端点 \(l\)，下一个左端点为 \(l_2\)，则可证 \(a_{l\sim l_2-1}\) 中只需要保存 \(a_l\)（若 \(l=l_2\) 则忽略，即去重左端点）

扫描一遍当前区间内的端点得到 \(a\) 极长等值段，从而将 \(+a_i\) 转化为若干区间加，在所有区间加之前更新 \(c_i=\max (p_{-1\sim i})\)，以上操作容易线段树维护

这样时间复杂度为 \(O(q\log q+\frac nk)\)

若存在连续若干段中的 \(a\) 都相同，则可以转化为 \(p_{-1}\) 和 \(p_{0\sim k-1}\) 的修改

这样时间复杂度为 \(O(q\log q)\)

LOJ \(\quad\) luogu

参考

\(\textcolor{purple}\odot\) LOJ #4257. 「KTSC 2024 R1」水果游戏 \(\quad\) P11236 [KTSC 2024 R1] 水果游戏

考虑对于一个确定的序列 \(a_{1\sim n}\) 如何求解

将 \(a\) 中极长等值区间缩为一个二元组 \((v,c)\) 表示有 \(c\) 个 \(v\)

考虑连续三个 \((v_1,c_1),(v_2,c_2),(v_3,c_3)\)，满足 \(v_1>v_2<v_3\)，则 \(v_1\) 和 \(v_3\) 要并起来 \(v_2\) 必须和并至 \(\min(v_1,v_3)\)

令 \(d=\min(v_1,v_3)-v_2\)，则 \(2^d\) 个 \(v_2\) 可以合并出一个 \(\min(v_1,v_3)\)

若 \(2^d\mid c_2\) 则直接将 \((v_2,c_2)\) 替换为 \(\left(\min(v_1,v_3),\frac{c_2}{2^d}\right)\)

否则 \(v_1\) 和 \(v_3\) 无法合并，将序列从 \((v_2,c_2)\) 处断开，左右分别放回一个 \(\left(\min(v_1,v_3),\left\lfloor\frac{c_2}{2^d}\right\rfloor\right)\)

经过若干次以上操作，剩下的每一段都是严格单峰的，长度为 \(O(V)\)（令 \(V=\max a=10\)）

用 \((+\infty，\ge 1)\) 表示断点，起点，终点，继续消去谷，同时在消去 \((v_2,c_2)\) 时将 \(v_2+\left\lfloor\log_2 c_2\right\rfloor\) 计入答案，则最终得到一个 \((+\infty,\ge 1)\) 且在合并过程中得到答案

用线段树维护每个区间内的二元组序列，则时间复杂度为 \(O(Vn\log n)\)，空间复杂度 \(O(Vn)\)

LOJ \(\quad\) luogu

参考

\(\textcolor{blue}\odot\) P3554 [POI 2013] LUK-Triumphal arch

显然回到父亲不优

二分答案，转化为判定取 \(k\) 时是否满足要求

令 \(f_u\) 表示 \(u\) 已经染黑的情况下，在进入子树 \(u\) 之前最少需要染黑的点的数量，使得进入子树 \(u\) 后合法

显然转移为 \(f_u=\max(0,\sum_{v\in son(u)}(f_v+1)-k)\)

若 \(f_1=0\) 则当前 \(k\) 合法

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

代码

\(\textcolor{blue}\odot\) CF1559D2 Mocha and Diana (Hard Version)

显然答案的上限为 \(A\) 和 \(B\) 中连通块数量的较小值减一，以下通过构造证明能取道这一上界

先枚举 \(2\le i\le n\)，若 \(A\) 和 \(B\) 中 \(1\) 和 \(i\) 都不连通，则选择边 \((1,i)\)，并在 \(A\) 和 \(B\) 中都将 \(1\) 和 \(i\) 合并，显然这部分选边一定合法

令 \(L\) 为 \(A\) 中不与 \(1\) 连通的点的集合，\(R\) 为 \(B\) 中不与 \(1\) 连通的点的集合（将 \(i\) 加入 \(L\) 后需要合并 \(1,i\) 再继续查找，即每个连通块只能选择至多一个点，\(R\) 同理，显然 \(L\cap R=\mathbb\emptyset\)）

在 \(L\) 和 \(R\) 中分别选择 \(\min(|L|,|R|)\) 个，然后依次匹配即可

显然合法（选择 \((u,v)\mid u\in L,v\in R\) 时，\(A\) 中 \(u\) 和 \(1\) 不连通但 \(B\) 中连通，\(v\) 中同理，显然满足要求）且数量达到上界

时间复杂度 \(O((n+m_1+m_2)\alpha(n))\)

代码

参考