PA2021 部分题解

PA 2021 部分题解

「PA 2021」Oranżada

无解条件显然，若 \(a_i\) 的种类数小于 \(k\)，那么输出 \(-1\)。

否则贪心的取前 \(k\) 个不同的 \(a_i\) 就好了。

具体细节看代码。

Code

「PA 2021」Od deski do deski

先考虑对于一个固定的序列，判断其是否合法。

设 \(g_i\) 表示 \([1,i]\) 是否能被删除，那么如果存在一个 \(j\in[1,i-1]\) 满足 \(g_{j-1}=true\) 且 \(a_i=a_j\)。

也就是说，若一个位置 \(a_i\) 满足前缀 \(i-1\) 是合法的，那么再往后出现 \(a_i\) 的位置代表的前缀都是合法的。我们称这样的值为特殊值。

于是可以从左到右扫描序列，记录当前前缀的特殊值集合 \(S\)，以及当前前缀是否合法。加入一个数时，若前缀合法，则加入的值会成为特殊值。可以通过集合 \(S\) 直接判断新前缀是否合法。

接着考虑计数，可以发现计数时不关心特殊值集合 \(S\) 具体是什么，只关心它的大小。因为通过上面的方法可知加入的数只关心其是否是特殊值。

记 \(f_{i,j,0/1}\) 表示长度为 \(i\)，特殊值集合大小为 \(j\)，不合法/合法的序列个数。

转移需要分类讨论一下，共四种：

当前前缀合法，继续填特殊值依旧合法，并且特殊值数量不会增多。\(f_{i,j,1}\times j\to f_{i+1,j,1}\)。
当前前缀合法，但是填不是特殊值的值，那么将变的不合法且特殊值数量增加一。\(f_{i,j,1}\times (m-j)\to f_{i+1,j+1,0}\)。
当前前缀不合法，填一个特殊值，那么将变的合法且特殊值数量不会增多。\(f_{i,j,0}\times j\to f_{i+1,j,1}\)。
当前前缀不合法，填一个不是特殊值的值，那么依旧不合法且特殊值数量不会增多。\(f_{i,j,0}\times (m-j)\to f_{i+1,j,0}\)。

最终答案为 \(\sum_{i}f_{n,i,1}\)。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

具体细节看代码。

Code

「PA 2021」Zbalansowane słowa

首先对于原题，字符集大小只有 \(3\)。

那么就有一种 \(\mathcal O(2^{\Sigma}n)\) 的做法。

枚举字符集，然后构造和为 \(0\)。具体的，对于当前枚举的字符集，给前面的几个字母随一个权值，并给最后一个字母的权值设为前面几个字母权值和的相反数。

手写哈希即可做到 \(\mathcal O(2^{\Sigma}n)\)，但是我懒用了 map 所以多一只 \(\log\)，不过没有关系，足以通过原题了。

具体细节看代码。

Code

但是呢，字符集是可以开到 \(26\) 的！！！

定义一个字符串的状态为它的字符集，即 \(\texttt{aa}\) 的状态为 \(100\cdots0\)，\(\texttt{abd}\) 的状态为 \(1101000\cdots0\)。

不难发现每个点作为左端点只有 \(26\) 种状态，作为右端点也只有 \(26\) 种状态。

设当前状态为 \(S\)，\(len=\left|S\right|\)。

给每个字母随一个 ull 范围的权值。

设当前状态的每个字母的权值和为 \(sum\)，字符串的权值前缀和为 \(s_i\)。

那么一个区间合法说明 \(s_r-s_{l-1}=\dfrac{r-l+1}{len}\times sum\)。

移项得 \(s_{l-1}-\dfrac{l-1}{len}\times sum=s_r-\dfrac{r}{len}\times sum\)，可以把条件再改一下，设 \(X\) 是一个很大的数，则 \(sum\times X+s_{l-1}-\dfrac{l-1}{len}\times sum=sum\times X+s_r-\dfrac{r}{len}\times sum\)

记 \(pre_{i}\) 表示 \(i\) 前面字符集按最后一次出现的位置排序的顺序，\(suf_{i}\) 表示 \(i\) 后面字符集按第一次出现的位置排序的顺序。

拿字符串 \(\texttt{abbcda}\) 举例。

则 \(pre_{4}=\left\{c,b,a\right\},pre_{6}=\left\{a,d,c,b\right\},suf_{1}=\left\{a,b,c,d\right\},suf_{3}=\left\{b,c,d,a\right\}\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为右端点，状态大小为 \(j\) 的值，\(g_{i,j}\) 是以 \(i\) 为左端点，状态大小为 \(j\) 的值。\(f\) 的计算需要用到 \(pre\)，\(g\) 的计算需要用到 \(suf\)。

那么最终就是从后往前枚举，插入右端点的值，查询左端点的值。

具体细节看代码。

Code

「PA 2021」Desant 2

首先有个很显然的暴力 DP，记 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数的答案，\(sum_i\) 表示 \(a\) 的前缀和。

那么 \(f_{i}=\max(f_{i-1},f_{i-k}+sum_i-sum_{i-k})\)。

这样复杂度是 \(\mathcal O(nQ)\) 的。

但是可以借鉴一下这题的思路。

可以把 DP 的过程看成在图上遍历，当前是否选连出去两条边，\(k\) 个点排成一列，可以连成类似这样一张图：

其中横向边的权值是区间和，纵向边的权值是 \(0\)。

记特殊边为 \(2\to3,5\to6,8\to9\) 这种。

问题变为在图上查询最长路。

考虑分治，若行数不超过列数，考虑跨越中间列的询问一定经过中间列的点，对每个中间列的点求一遍所有点到其和其到所有点的最长路，即可处理这些询问，然后分治下去，复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)。

否则，考虑跨越中间行的询问一定经过中间行的点，或者通过至少一条特殊边，对这些点边做一遍上一部分一样的过程即可，然后分治下去，复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)。

细节有点多，可以看代码好好领悟。

Code

「PA 2021」Koszulki

简单贪心。

Code

「PA 2021」Pandemia

如果不考虑头部和尾部，那么我们设中间的连续为 \(0\) 段的长度分别为 \(a_1,a_2,\cdots,a_k\)。那么贪心的，我们直接将 \(a\) 按照降序排列，然后模拟。

那么如果考虑头部和尾部呢？

继续贪心，显然保护头部或尾部只需一个时间，那么我们在开头就保护。

上述贪心都是基于直觉，也不难证明是正确的（其实我不会证）。

具体细节看代码（自认为写的很丑）。

Code

「PA 2021」Poborcy podatkowi

我们考虑设 \(f_{u,i}\) 表示的是以 \(u\) 为根的子树，\(u\) 留给父亲的链长为 \(i\) 的已选边的边权之和最大值。

难点在于转移，考虑以 \(f_{u,0}\) 为例，列举我们需要的条件：

接到这个点上的长度为 \(1,3\) 的链的数量相同。
长度为 \(2\) 的链的数量为偶数。

可以设 \(g_{i,j}\) 表示选了长度为 \(1\) 的链的个数减去长度为 \(3\) 的个数为 \(i\)，长度为 \(2\) 的链的数量的奇偶性为 \(j\) 时所选边权的最大和。但是发现第一维是 \(\mathcal O(n)\) 的，总复杂度为 \(\mathcal O(n^2)\)。

但是有个非常震撼的东西，将儿子序列随机打乱，就可以把第一维控制在 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

谁管证明啊（

具体细节看代码。

Code

「PA 2021」Zakłócenia

小清新构造，直觉上尽可能平均分是最优的，也不难证明是正确的。

Code

「PA 2021」Sumy

简单题，显然答案具有单调性，二分即可。

Code

「PA 2021」Mopadulo

设 \(sum_{i}=(\sum\limits_{j=1}^{i}a_i)\bmod 10^9+7\)，那么 \(f_i\) 能被 \(f_j,j\lt i\) 转移到需要满足以下任意一个条件：