APIO2025 一堆题解

APIO2025 一堆题解

图论

AtCoder Xmas Contest 2024 A

答案永远是\(1\)，6

NWRRC 2015 Graph

考虑不加边，怎么找字典序最小的拓扑序，就维护一个小根堆即可

然后考虑怎么加边，可以贪心，依旧维护一个小根堆，如果当前小根堆的大小\(=1\)，则必须得用了，否则若\(k\)还有剩余，那么我们就可以给这个数加一条入边，然后给这个数放到一个大根堆中，后面再考虑具体连哪里

那么每次小根堆大小\(=1\)的时候，就可以考虑从大根堆里取出点来用了，然后具体的，它的连边就是拓扑序上一位连给它的就行

复杂度\(O(NlogN)\)

APIO2022 游戏

太牛了！

首先显然可以记\(pre_x\)，\(suf_x\)，表示可以到达\(x\)的前缀特殊点和\(x\)可以到达的后缀特殊点

当\(pre_x\geq suf_x\)时就可以return true;了

直接维护是\(O(NK)\)的

但是因为我们实际上只关心是否有\(pre_x\geq suf_x\)，所以考虑把\([pre_x,suf_x]\)当作一个区间，然后放到线段树上对应的那个\(pre_x\leq mid\&\&mid<suf_x\)的节点上

考虑加入一条边\((u,v)\)时的变化：

• 若\(u\)的区间和\(v\)的区间相离

此时如果\(u\)的区间在\(v\)的左侧，则无事发生

若在右侧，则就是一个环了

• 若\(u\)的区间和\(v\)的区间重合

分讨一下发现无事发生

• 若\(u\)的区间和\(v\)的区间呈包含关系

若\(v\)的区间在\(u\)的左儿子里，此时\(u\)的区间变成原本区间的左儿子，然后递归下去

若\(u\)的区间在\(v\)的右儿子里，此时\(v\)的区间变成原本区间的右儿子，然后递归下去

否则无事发生

复杂度就是\(O((N+M)logK)\)

P9257 [PA 2022] Mędrcy

因为考虑每个咒语只有两个人不会，就可以给这两个人连边

那么一个人可以看到所有不和自己相连的边

考虑一个人什么时候会离开，即它就把它能看到的图当作真正的图，然后模拟出的离开的人和实际上离开的人不一样：

• 第一天，如果\(x\)的视角中没有边，那\(x\)会离开
• 第二天，如果\(x\)的视角中，\(y\)和所有其它点都有连边，但\(y\)没离开，则\(x\)会离开

发现这是一个类似子问题的过程，设\(f(G)\)表示图\(G\)的最早有人离开的时刻以及对应的人，则有转移\(f(G)=\min_x f(G-\{x\})+1\)

这个本质是最小点覆盖，这个没啥快速的算法，但是这里\(k\)比较小，就可以考虑点神秘的做法

考虑一般的做法，就是会选一个点，然后看选不选它，如果不选的话它的所有相连的点都要选，这启发我们从度数最大的点开始考虑，当然这里把重边压缩了

但直接这样还是会寄，复杂度大概就是\(T(k)=T(k-1)+T(k-mx_d)+O(N)\)，发现如果\(mx_d\geq 3\)的话，复杂度就会降到大概\(O(6e4N)\)，而显然\(mx_d\leq 2\)的话我们能直接算

则复杂度大概就是\(O(6e4N)\)的了

CF2080A

首先分成强联通间的边和内的边

之间的边，因为显然呈\(DAG\)，所以能删的边就是那些，\((s,t)\)，可以通过其他边实现\(s\rightarrow t\)的边，证明就可以考虑一直找下去，总会找到底的

注意强联通缩点后可能出现重边，处理一下

现在考虑强联通块内部的边

首先如果删掉这条边后，还是强联通的，那么这条边就不会删

然后考虑删掉这条边\(i\)过后剩下的强联通分量集合\(S_i\)，考虑把所有\(S\)相同的放到一起，显然不同的之间互不影响

发现对于集合为\(S\)的\(\{i\}\)，\(|S|\geq |\{i\}|\)，等于当且仅当就是大致一个环（当然可能不是环，但可以理解为环）

如果\(|S|=|\{i\}|\)，就必须留下一个，否则可以全删

复杂度\(O(M(N+M))\)

apio

t3

做法1

做法来自小登来自鲤鱼（？

首先你手模一下，发现最优的情况就是，\(n-[n\%2]\)条边能两两匹配，且匹配起来的边相互垂直

然后考虑先把坐标系划分成\([0,90)\)和\([90,180)\)，称为一象限和二象限

以\(n\)为偶数的情况为例，\(n\)为奇数类似，就是处理一下那条多出来的边

此时显然有一、二象限里的边数都是\(\frac n2\)，所以如果有一侧多了，如果一象限多了，那么就把一象限中度数最大的边直接弄到度数为\(90\)，如果二多了，就把二中度数最大的边弄到度数为\(0\)

这个过程显然合法

然后因为要求匹配的垂直，考虑一的所有点都是\(0\)，二的都是\(90\)显然是合法的，然后考虑怎么构造出这样的局面

考虑把二的所有弄到\(0\)上，一的所有弄到\(90\)上

依旧参考上面的调整，这次每次取出二中度数最大的和一中度数最大的，挪到其中一个为\(0/90\)，然后结束该次操作

这样合法性也显然

然后操作数显然是\(O(2N)\)级别的

做法2

做法来自小登分享

话说考场上想过这种来着，但是感觉太阴间了不太可能，结果还真行

首先还是得放成一堆直角，然后你发现，当你放出一个直角后，其他的边无论在哪里，和这两条边的和都是\(90°\)

还是以\(n\%2=0\)为例

考虑一个很自然地想法，把边按度数排序后，第\(i\)大的和第\(i+\frac n2\)大的要形成直角

考虑证明直接把\(i+\frac n2\)大的挪到对应的位置就合法

可以归纳证明，首先已经形成直角的可以直接扔掉不管，那么现在考虑边\(i\)和\(i+\frac n2\)间夹的边的数量和在没被夹在里面的边的数量是相同的

大分讨一下对于\(i<j\leq\frac n2\)的第\(j\)大的边和第\(j+\frac n2\)大的边，原本它们俩和\(i\)、\(i+\frac n2\)的夹角和一定是\(\leq 180°\)的，而我们把\(i\)和\(i+\frac n2\)弄成直角后，就是\(=180°\)的了，也即显然不劣

那么这样操作次数就是\(\frac N2\)的了，非常优秀