做题记录 25.10.11

\(\textcolor{purple}\odot\) P7219 [JOISC 2020] 星座 3

从下往上扫描，用并查集维护极大不存在船的连续段

考虑反悔贪心，建立一棵树状数组，\(i\) 位置保存在 \(x=i\) 处放置一个星星，为了消除矛盾而需要的代价

扫描到 \(y=i\) 时，枚举星星 \((j,c)\)，令 \(cs\) 为放置在 \(j\) 的代价，若 \(c\le cs\) 则消除当前的更优，令答案加上 \(c\)，否则消除之前的更优，答案加上 \(cs\)，并令树状数组上 \(j\) 所在连续段对应的区间整体加上 \(c-cs\)，表示反悔的代价

时间复杂度 \(O(n\alpha(n)+m\log n)\)

代码

参考

QOJ #3869. Gastronomic Event

对于一种排列方式 \(a_{1\sim n}\)，对于任意一条边 \(u,v\)，若 \(a_u<a_v\) 则定向 \(u\to v\)，否则定向 \(u\gets v\)，显然一种 \(a\) 唯一确定一种定向，一种定向至少对应一种 \(a\)，而一种定向对应答案为有向路径数量

转化为选择一种定向方式使得答案最大

用 \(a\to b\) 表示存在有向边 \(a\to b\)，用 \(a\dashrightarrow b\) 表示存在 \(a\) 到 \(b\) 的有向路径，反方向同理

定理 \(1\)：对于 \(a,b,c,d\) 满足 \(a\to b\dashleftarrow c\to d\)，调整为 \(a\gets b\dashleftarrow c\to d\) 并翻转子树 \(a\) 内（此处子树指以 \(a-b-c-d\) 链为根时的子树，下同）边的方向，或调整为 \(a\to b\dashleftarrow c\gets d\) 并翻转子树 \(d\) 内边的方向，两种操作中至少一种使答案增加

证明：

• 令 \(A\) 为 初始时 以 \(a\) 结尾的有向路径数量（显然起点在子树 \(a\) 内）
• 令 \(B_{out}\) 表示以 \(b\) 为起点的有向路径数量（显然终点在子树 \(b\) 内）
• 令 \(B_{in}\) 表示以 \(b\) 为终点的有向路径数量（路径不经过 \(a\to b\)）
• 显然上述操作不改变子树内部路径合法情况（要么不变，要么整体逆序，都不改变是否为有向路径）
• 若对 \(a\to b\) 操作，则原本的 \(u\dashrightarrow a\to b\dashrightarrow v\) 不再计入答案，而 \(u\dashleftarrow a\gets b\dashleftarrow w\) 计入答案，其中 \(u,v,w\) 分别在 \(A,B_{out},B_{in}\) 对应集合中，答案增量为 \(\Delta_1=A(B_{in}-B_{out})\)
• 同理对 \(c\to d\) 操作增量为 \(\Delta_2=D(C_{out}-C_{in})\)
• 因为所有以 \(c\) 为终点的路径后都可接上 \(b\dashleftarrow c\) 从而变为以 \(b\) 为终点，因此 \(B_{in}\ge C_{in}+1\)，同理 \(C_{out}\ge B_{out}+1\)
• 因此 \((B_{in}-B_{out})+(C_{out}-C_{in})\ge 2\)，即 \(B_{in}-B_{out}\) 和 \(C_{out}-C_{in}\) 至少一个 \(\ge 1\)，从而 \(\Delta_1\) 和 \(\Delta_2\) 中至少一个 \(\ge 1\)，选择正的那个显然答案增加

由定理 \(1\) 可得：任意一条路径都可调整为至多改变方向一次且答案不劣（显然答案有限，因此一定存在最优状态使得所有路径都至多改变一次方向）

定理 \(2\)：最优解中存在点 \(u\)，使得以 \(u\) 为根时，\(u\) 的所有子树内的点定向相同（其中一个点的定向为它和它父亲之间边的定向，向上或向下）

证明：

• 任意选择一个点 \(u\)，定义一个点 \(v\ne u\) 不合法当且仅当存在 \(v\) 的儿子 \(w\) 使得路径 \(u-w\) 在 \(u\) 处改变方向
• 若对于当前 \(u\) 不存在不合法点，则已经满足题目的条件
• 否则所有不合法点必然在 \(u\) 的同一子树中（不然选择两个不在同一子树中的不合法点，显然它们相应的儿子之间的路径至少改变两次方向）
• 对于不合法点 \(v\)，设它所在 \(u\) 的子树的根为 \(r\)，即 \(r\) 为 \(u\) 的儿子且 \(v\) 在子树 \(r\) 中，则 \((u,r)\) 的定向与 \(u\) 同其它儿子之间的边的定向不同，否则显然存在至少改变两次方向的路径
• 此时令 \(r\) 为根，显然不合法点的数量严格减少
• 经过若干次调整后，必然能够使不合法点数量变为 \(0\)

考虑枚举点 \(u\)，设它的子树大小为 \(sz_{1\sim k}\)，每个子树内部贡献为子树内点深度之和（深度定义为到 \(u\) 的距离），与定向无关，容易换根 \(dp\) 求出

设定向为指向根的子树大小总和为 \(s\)，则剩余部分贡献为 \((s+1)(n-s)\)

当 \(u\) 不是重心时，一定存在一个子树大小 \(>\frac n2\)，取该子树为 \(s\) 最优

当 \(u\) 为重心时，这样的 \(u\) 至多两个，对应的 \(sz\) 至多 \(O(\sqrt n)\) 种，二进制分组后至多 \(O(\sqrt n)\) 个值，用 bitset 求出所有合法的 \(s\)，时间复杂度 \(O(\frac{n\sqrt n}\omega)\)

定理 \(3\)：存在最优解使得选择的 \(u\) 为重心

证明：

• 假设选择的点为 \(u\)，它 \(>\frac n2\) 的儿子为 \(t\)，令 \(d_x\) 为 \(\min(\text{dis}(x,u),\text{dis}(x,t))\)，则答案为 \(\sum d_x+sz_t+(sz_t+1)(n-sz_t)\)
• 若翻转边 \((u,t)\)，则答案变为 \(\sum d_x+(n-sz_t)+(n-sz_t+1)sz_t\)
• 而 \((\sum d_x+(n-sz_t)+(n-sz_t+1)sz_t)-(\sum d_x+sz_t+(sz_t+1)(n-sz_t))=0\)，答案不变
• 因此令 \(t\) 为新选择的点
• 显然反复进行以上操作最终 \(u\) 为重心
• 显然通过该过程可知存在两个重心时选择任意一个答案相同

因此实际上只需要选择任意一个重心，按之前的算法求出答案即可

总时间复杂度 \(O(\frac{n\sqrt n}\omega+n)\)

代码

参考