做题记录 26.2.17

\(\textcolor{black}\odot\) AT_arc112_f [ARC112F] Die Siedler

显然最优策略为从前往后能换就换，因此假定操作可逆答案不变

由此可以将所有数字都换到 \(c_1\)，即 \(c_1\gets \sum_{i=1}^n c_i 2^{i-1} (i-1)!\)

从前往后换一圈可以令 \(c_1\) 减小 \(2^n n!-1\)，令 \(s=2^n n!-1\)，显然换出来的 \(c_1\le s\)

对于 \(x>0\)，令 \(f(x)\) 表示只有 \(c_1=x\)，其余为 \(0\) 的情况下的答案，显然最优策略为从前往后贪心，时间复杂度 \(O(n)\)

设 \(m\) 个卡包换到 \(c_1\) 后值分别为 \(a_{1\sim m}\)，初始状态为 \(q\)

若第 \(i\) 个卡包用了 \(x_i\) 个，则最终状态为 \(p=q+\sum_{i=1}^m a_i x_i-y s\)，其中 \(y\) 为使 \(p>0\) 的最大值

答案为所有可达的 \(p\) 中 \(f(p)\) 的最小值

根据裴蜀定理，\(p\) 可达当且仅当 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_m,s)\mid (p-q),p\ge \max(1,q\bmod d)\)，令 \(d=\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_m,s)\)，则 \(p=(q\bmod d)+kd\)，其中 \(d\mid q\) 时 \(k>0\)，否则 \(k\ge 0\)

显然 \(q\le s\)，考虑根号分治，设阈值为 \(S\)

当 \(d>S\) 时，枚举 \(k\)，只有 \(O(\frac sd)\) 种可能，每种 \(O(n)\) 计算 \(f\)，时间复杂度 \(O(\frac {ns}S)\)

当 \(d\le S\) 时，使用同余最短路即可做到 \(O(nd)\)

总时间复杂度 \(O(\max(\frac {ns}{S},nS))\)，取 \(S=\sqrt s\)，时间复杂度 \(O(n\sqrt s)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) P8276 [USACO22OPEN] Hoof and Brain P

若一组询问 \((u,v)\) 中 \(u,v\) 之一不可达环，必然先手胜，从图中删去不可达环的点，这部分容易做到 \(O(n+m)\)

初始每个点颜色为自身编号，若一个点所有前驱都同色则将它设为相同颜色，则一组询问 \((u,v)\) 先手胜当且仅当最终 \(u,v\) 同色，正确性显然

问题转化为如何快速实现染色的过程

维护每个点所有出边指向的点中每种颜色的出现次数（map 保存），不断去除种类数 \(\le 1\) 的跟新即可

时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)

代码

参考

\(\textcolor{black}\odot\) AT_agc036_d [AGC036D] Negative Cycle

转化为差分约束

令 \(d_i\) 为距离，令 \(f_i=d_{i+1}-d_i\)

对于所有 \(i\to i+1\) 等价于 \(f_i\ge 0\;(0\le i<n)\)

若保留 \(i<j\)，则等价于 \(d_j\le d_i-1\)，即 \(\sum f_{i\sim j-1}\ge 1\)

若保留 \(i>j\)，则等价于 \(d_j\le d_i+1\)，即 \(\sum f_{j\sim i-1}\le 1\)

对于确定的 \(f_{0\sim n-1}\)，显然尽量保留满足要求的边最优，因此当 \(f_i>1\) 时令 \(f_i=1\) 一定不劣，从而 \(f_i\in\{0,1\}\)

令 \(dp_{i,j}\;(j<i)\) 表示考虑 \(f_{0\sim i}\)，\(f_i=1\)，\(f\) 中上一个 \(1\) 在 \(j\)，此情况下最少删去的数量

设 \(f_p=1,f_l=1,f_r=1\) 为相邻的三个 \(1\)，则 \(l\sim r\) 部分要求不存在 \(l<i<j\le r\) 和 \(p<j\le l<r<i\le n\)，两者的代价容易二维前缀和优化，记为 \(F(p,l,r)\)

则转移为 \(dp_{j,k}+F(k,j,i)\to dp_{i,j}\)，统计答案是容易的

时间复杂度 \(O(n^3)\)

代码

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\(\textcolor{black}\odot\) AT_agc070_b [AGC070B] Odd Namori

转化为：\(n\) 个点分别确定一条出边，要求出边不是给定的父边，选择点的一个子集 \(S\)，使得 \(S\) 的导出子图为若干环，贡献为 \((-1)^e\)，其中 \(e\) 表示这些环中偶环的数量

枚举 \(S\)，则点集外任意选择一条非父边即可，若 \(1\in S\) 则贡献为 \((n-1)^{n-|S|}\)，否则贡献为 \(n(n-1)^{n-|S|-1}\)，点集内部的贡献为将 \(S\) 划分为若干环后 \((-1)^e\) 之和，且要求边非树上父边

枚举 \(c\)，表示钦定 \(c\) 条树边被选

显然选择的树边必须形成树上若干直链，否则无法成环

将这些链视为点，若点数量 \(>1\)，对于一种方案取两点交换出边，显然偶环数量奇偶性变化，从而贡献抵消，因此只需要考虑点数量为 \(1\)，即选择的树边恰好形成树上一条直链的方案数

若链没有遍历 \(S\) 中点，将链中点缩为一点后再选择两点交换出边，贡献抵消，从而只需要考虑链恰好取遍 \(S\) 中点的情况

此时贡献为 \((-1)^{|S|-1}(-1)^{[2\mid|S|]}=1\)

从而当 \(S\) 中点为树上一条祖先后代链时贡献为 \((n-1)^{n-|S|}+[1\in S](n-1)^{n-|S|-1}\)，否则无贡献

直接枚举链可以做到 \(O(nd)\)，其中 \(d\) 为树高

容易优化到 \(O(n)\)

代码

参考