SDOI2019 Round2

这鬼家伙已经咕了好久了……

SDOIR2的题目挺好玩的~

快速查询(???)

不难发现所有的操作都可以通过区间打Tag实现

那么可以维护两个标记\(a,b\)表示序列中的数为\(x\)时实际表示的值是\(ax+b\)。对于一个单点赋值操作把值\(x\)变为\((x-b)a^{-1}\)放进数组里面,对于全局赋值操作直接把数组清空。只清空在上一次清空到这一次清空之间被修改的数组上的位置,那么清空的复杂度一定不会大于前面所有操作的操作次数,复杂度就是对的。

至于怎么存这个数组可以离散化也可以像我一样很呆地手写哈希表

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染色(DP)

有一个显然的暴力:设\(f_{i,j,k}\)表示填满前\(i\)列、第\(i\)列两个元素的颜色分别是\(j,k\)的方案数。复杂度三方一分都没有……

考虑在这个DP的状态上压掉一维。注意到如果我们称至少有一个位置有颜色的列是重要列,那么如果我们可以预处理重要列与重要列之间的转移,我们就只需要记录最后的重要列上\(0\)位置处填上的颜色即可,那么DP的复杂度就变成了\(O(n^2)\)

感觉很不错,我们考虑两个重要列之间的可能状态。设\(x,y\)是其中一个重要列的颜色,考虑另一个重要列的颜色,有以下几种情况。在下面的叙述中用\(?\)表示不与\(x,y\)相同的颜色,一横排的若干个矩阵表示这些矩阵的方案数是相同的。

\(\left(\begin{align*} x && ... && y \\ y && ... && x \end{align*}\right)\)

\(\left(\begin{align*} x && ... && x \\ y && ... && y \end{align*}\right)\)

\(\left(\begin{align*} x && ... && ? \\ y && ... && x \end{align*}\right)\) or \(\left(\begin{align*} x && ... && y \\ y && ... && ? \end{align*}\right)\)

\(\left(\begin{align*} x && ... && ? \\ y && ... && y \end{align*}\right)\) or \(\left(\begin{align*} x && ... && x \\ y && ... && ? \end{align*}\right)\)

\(\left(\begin{align*} x && ... && ? \\ y && ... && ? \end{align*}\right)\)

\(g_{i,0/1/2/3/4}\)表示这五种状态中间全为\(0\)的列数为\(i\)时的填充方案数,转移枚举最后一个全为\(0\)的列即可,系数有点复杂,可以使用矩阵优化但是我这么无脑的人肯定是直接大力写式子啊

然后去掉头尾的全\(0\)列(因为它们的方案数可以直接贡献到答案里),我们就可以每一次枚举两列,用上面求出的\(g\)数组进行转移了。复杂度\(O(n^2)\)可以通过96pts。

所以最后的4pts当然是打表啦考虑优化DP。

当你写出式子之后就可以发现:其中的所有操作稍作变换可以变为“快速查询”中的区间加、区间乘、单点修改、单点查询、询问所有的和的操作。写一遍不需要离散化的快速查询配上这个DP就可以了。

96pts 100pts

世界地图(最小生成树、虚树)

需要求一个前缀和一个后缀的最小生成树,我们可以先预处理好前缀和后缀的生成树,然后考虑连接前缀和后缀之间的边的影响。

如果已经有边连接了前缀和后缀,那么如果再加入一条连接前缀和后缀的边,那么一定要删掉两个经度为\(1\)的点在前缀最小生成树上的路径的最大边权的边,或者两个经度为\(m\)的点在后缀最小生成树上的路径的最大边权的边。那么可以发现前缀MST和后缀MST上有用的边只是经度为\(1\)\(m\)的点的虚树上的边。

那么我们预处理前后缀MST的时候也使用同样的方法,计算完MST之后把两边边界上的点在MST上的虚树记录下来,注意到虚树上一条边的边权可以直接赋为这两个点对应MST路径上的所有边的最大边权,那么一个MST中有效的边的数量就是\(O(n)\)级别的,每一次合并的复杂度就是\(O(nlogn)\)

那么这样做就可以得到一个\(O((m+q)nlogn)\)的做法。

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热闹的聚会与尴尬的聚会(构造)

题设相当于\((p+1)(q+1) \geq n\)

考虑如下构造方式:每一次在图中删去度数最小的点和它所连的边直至图为空,设每一次删去的点的序列为\(p_1,p_2,...,p_k\),每一个点被删去时的度数为\(d_1,d_2,...,d_k\),那么周日聚会就邀请\(p_1,p_2,...,p_k\),周六聚会就邀请\(d_i\)取到最大值时对应的图上的所有点。

证明:序列\(p\)的所有点显然独立,而\(d_i\)取到最大值时选择的所有点的热闹度就是\(\max d_i\)。因为\(\sum\limits_{i=1}^k (d_i + 1) = n\)\(k(\max d_i + 1) \geq \sum\limits_{i=1}^k d_i +1 = n\),所以\((k+1) (\max d_i + 1) \geq n + 1\),所以这样的选择方案是合法的。

删点使用set维护就可以了。

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移动金币(阶梯Nim、DP)

把第\(i\)个金币和第\(i+1\)个金币之间的空格个数看作第\(m-i\)节阶梯的石子数量,那么这个显然是一个阶梯Nim,有效的石子是奇数节的石子,而偶数节的式子对胜负没有影响。

所以我们只需要考虑奇数节的石子,而对于偶数节的石子直接组合数分配。计算先手获胜的概率似乎并不好算,但是比较好算的是先手必败的方案数,因为这意味着奇数节阶梯石子异或和为\(0\),也就是每一位恰好出现偶数次。发现\(n\)并不是很大,我们可以直接按位背包。复杂度是\(O(mnlogn)\)的,但是实际跑得很快。

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连续子序列(记忆化搜索)

发现最近的省选很喜欢出思维的搜索题(隔壁TJOID2T3就是,ZJOID1T1或许也可以算)

之前有一个类似于\(0110\)缩成\(0\)\(1001\)缩成\(1\)的方法,但是似乎很难避免算重,然后发现有一种更优秀的做法……

考虑T.M.序列的一个性质,可以参考OEIS A010060:令初始序列为\(0\),然后用\(01\)代替\(0\)\(10\)代替\(1\),做无限次就可以得到T.M.序列。

那么如果一个序列是T.M.序列的子序列,也就一定能够通过\(01\)填充为\(0\)\(10\)填充为\(1\)的方式还原为\(0\)

那么我们考虑dfs(s , k)表示当前前缀为s、后面还需要填充k个字符的方案数,转移可以考虑枚举填充的方式:有可能是s的\(x(2 \not\mid x)\)\(x+1\)字符组合,也有可能是\(x(2 \mid x)\)\(x+1\)字符组合,即在前面加上一个字符使得\(s[1]\)能够和这个字符组合,被一个单独的字符填充。

不难发现当一个串的长度\(>3\)时这样的划分方式是唯一的,证明可以不妨假设两种填充的方式都成立,那么如果在第一种填充方式下填充出了前缀\(00\)或者\(11\),那么在第二种填充方式下就会填充出前缀\(000\)或者\(111\),这是不合法的;而如果填充出了\(01\)或者\(10\),那么在第二种填充方式下根本不可能存在合法的字符串满足条件。

而当串长度\(\leq 3\)时,比如说串\(010\),它就可以被填充为\(01|01\)或者\(10|10\),这两种方案都合法,但是这个字符串只能被计数一次,所以这些地方需要特判。

注意到当\(|s|=1\)时方案数只和\(k\)的大小有关,在这种情况下我们可以进入另一层递归。在这层递归中使用记忆化,那么总的状态数就是\(O(logk)\)级别的,而solve函数的递归总数是\(O(|s|)\)级别的,所以复杂度很小可以通过本题。

代码

posted @ 2019-06-08 21:26 CJOIer_Itst 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏