20251229 - 月度检测 总结

比赛链接：https://vjudge.net/contest/778183。

\(\mathcal{Preface}\)

我罚时是真没吃几发吧。

也确实挺无奈啊。

我如果是准点来的我岂不是 rk1 啊。而且我又多出来 \(50\)min 想 I，没准还能想出来呢。

幸好赶上来了吧也还是。

\(\mathcal{Problems}\)

A

纯水题吧。枚举然后算然后判断就好了。

注意判断三个数 \(x,y,z\) 不同的时候只写 if(x!=y&&y!=z) 是不够的，虽然等号有传递性但不等号没有，所以要再加句 x!=z 才行。

B

日常脑抽看成最小可能代价。

由于要求最大可能代价，那我们尽可能打破规则地去填，于是直接选择让剩余的没被填进去的数组从大到小填进每个空位。可以证明一定最优。

至于后面那个连续段怎么求，这个比较简单的，定义 \(bel_i\) 表示 \(i\) 被填在序列的哪个下标上。然后看前缀和后缀 \(bel_i = i\) 的数量有多少，减掉即可。啊说起来怎么这么别扭

C

啊这个 C 还是有点难度的嗯。

定义 \(a\) 和 \(b\) 两个数组分别为 \(0\) 数组和 \(1\) 数组，公式表达 \(a_{i,0}\) 和 \(a_{i,1}\)。

考虑 DP。定义 \(dp_{i,0/1}\) 表示当前考虑了前 \(i\) 位并且 \(a'_{i,0} = a_{i,0/1}\) 的情况下，下标集合的个数。

那么转移就很简单了啊。首先是枚举 \(i\)，其次是 \(x\) 和 \(y\) 分别代表这一波和上一波的 \(0/1\) 情况。定义 \(x'\) 和 \(y'\) 是 \(x\) 和 \(y\) 取反后的。那么你只要判断满足 \(a_{i,x} \ge a_{i-1,y}\) 且 \(a_{i,x'} \ge a_{i-1,y'}\) 时，就做转移 \(dp_{i,x} = dp_{i,x} + dp_{i-1,y}\)。

注意最后的答案需要 \(\div 2\) 因为这个东西可以颠倒，那么就重复算了。用到乘法逆元。

以及时刻记得取模。

D

这个 D 毫无思维量啊。

连通，最小，你想到了什么？答对了，最小生成树。

判相交不用说，直接看两个圆心之间的距离是否小于等于两个半径之和；然后这个魔法回路的长度呢，就是两个圆心之间的距离减去两个半径之和。这里的距离都是欧几里得距离。

那么直接连边做就好了。我这里发现 Kruskal 好像会爆空间，于是采用的 Prim。

E

怎么有人换根做的，太强了。

注意到直接爆搜肯定会炸，那么考虑优化。优化呢，一般就是剪枝或者记忆化。找不到什么好的剪枝啊，那我们就来记忆化吧！

记忆化很简单的，就是记录 \(dis_u\) 表示从 \(u\) 点出发能跑到的点的个数。然后搜的时候如果搜到的某个点 \(v\) 的 \(dis_v\) 已经有值了，那么就直接返回答案不必再搜。

然后从每个点出发搜一次就行了，因为加了记忆化，均摊是 \(O(n)\) 的，活着。

F

咳咳，由于 \(a\) 又是在 \(p\) 的基础上对某个区间的每个数进行 \(+1\) 操作，那么 \(a\) 的 \([1,n]\) 总和减去 \(p\) 的 \([1,n]\) 总和就是这个区间 \([l,r]\) 的长度即 \(r-l+1\)。这里只需要用一次查询，因为 \(p\) 的 \([1,n]\) 总和确定。

接下来呢，我们考虑倍增确定起点。

定义 \(now\) 为当前枚举到的位置，初始 \(now=1\)。枚举 \(i\) 从 \(\log n\) 到 \(0\)，然后每次查询 \(a\) 和 \(p\) 中分别在 \([now,now+2^i-1]\) 这个区间的总和。如果这两个和相等，就推进 \(now \gets now + 2^i\)，否则不变。最后得到的 \(now\) 就是起点，由于之前又知道了长度，那么区间就很容易得到了。

由于 \(\log n < 20\)，那么 \(2 \log n < 40\)，再加一个一开始得长度的，也绝对不会超过 \(40\) 次，能过。

G

啊这个真的可以不分层吗。总之我是分层了的。

肯定搜索，拐弯的时候加贡献即可，但是这里记录起来有点麻烦啊——啊你可能直接用标记数组？但这样第一次到的真的是最优的吗，我好像无法证明，所以还是存个 \(dis\) 吧。但是这个 \(dis\) 有点麻烦啊，因为有从多个方向来的人，所以我们给它再分个层，存一下上一次的方向。

依然跑板子 BFS，只是记录多了一维。就做完了。

H

有向图，啊啊，你家强连通分量来找你了。

首先先求出图中所有强连通分量并一一统计入度。啊啊，你会想到，如果某个强连通分量的入度是所有强连通分量个数 \(-1\)，那么这个强连通分量里的奶牛一定被所有奶牛喜欢。那就是明星牛了。

对，但是不止啊，你可能是间接喜欢对不对，啊啊，那咋办，你没办法直接用度数来判断了。

怎么办呢？凉拌炒鸡蛋，难吃又难看。

不难想到用一些别的东西来判断，比如 BFS。把整张图缩点——嗯或者说你再以一个强连通分量为一个点新开一张图，然后从每个强连通分量出去跑 BFS，如果遍历到了全局的点这个强连通分量里的牛就都是明星牛了。

嗯，不错，但是之前统计的是入度啊？这里不太对吧？啊啊，是的是的，这个图要反着建一下，当 \(u\) 喜欢 \(v\) 我们连边 \(v \to u\)，这样就能从明星牛出发遍历到所有牛了！

于是就过咯。

诶嘿，我一直觉得这题暴力能过啊，一样建反图跑 BFS，\(O(nm)\) 的，也还好啊，\(5 \times 10^8\) 那为啥就跑不过去呢？
——可能因为时间只有一秒加上洛谷评测机老爷机跑不太过去吧。不过在考场上，感觉还是能捞挺多分的。

I

原来我现在连 *\(1800\) 都不会做呢！那我有什么脸说我的实力范围是 *\(1500 \sim 2000\) 呢！

调和级数。

由于原始价格最高 \(2 \times 10^5\)，这个是数组存的下的，我们考虑用一个桶记录每种价格的商品个数。然后求一个前缀和，这样就能 \(O(1)\) 得出价格在某个区间内的商品的个数咯。

暴力地枚举 \(x\) 来降价，且最初的收益是 \(- n \times m\)，因为你要打印这么多个标签。

然后枚举区间 \([l,r]\)，从 \([1,x]\) 开始，区间长度总为 \(x\)，并且每次后移都是让 \(l \gets l + x\)。

但是枚举了这个区间有什么用呢。因为是向上取整，所以原价在这个区间的所有商品降价后的价格是一样的都是 \(r \div x\)。

于是我们就可以通过之前维护的前缀和算出该区间内有多少个商品，收益加上。

标签呢？那你就是得看看原来的商品有没有价格是 \(r \div x\) 的，可不可以借用标签了。同样也可以通过之前维护的前缀和得出这一波标签省下的钱。

于是这样就可以算出 \(x\) 来降价的情况下的收益是多少。然后取 \(\max\) 即可。

看起来会超时，但是枚举区间那里是调和级数，所以实质上的时间复杂度是 \(O(V \log V)\) 的，其中 \(V\) 为值域且 \(V = 2 \times 10^5\)。不会炸。

\(\mathcal{Summary}\)

前面的题目都做的不错，但是最后一题没有快速反应过来前缀和维护，并且后面的枚举部分可以用到调和级数的思想，所以没有做出来。

其实最后时间本来也不多了吧，H 做完也确实是没多久了。然后吃了迟来的亏。

下次加油！ヾ(◍°∇°◍)ﾉﾞ