2024 改题记录

11.6 集训队胡策题

[集训队互测 2024] R10T3 骨牌覆盖

有一个 \(n\) 列的棋盘，第 \(i\) 列有 \(a_i\) 格。

求有多少个子区间 \([l,r]\) 满足 \(l\sim r\) 列可以被 \(1\times2\) 的多米诺骨牌填充。

多组数据，\(n\le 5\times10^5\)，\(\sum n\le 10^6\)。

感性理解、感性理解……

假设有这样两个不相邻的横着的骨牌，那么一列被切成很多份肯定不好，感性理解横着的会贴在一起。

贴着的两个横着的骨牌组成的 \(2\times 2\) 可以被两个竖着的替代。所以贴在一起的最多只有 \(1\) 个。

再感性理解，横着的放底下肯定不劣。

贪心，当前列剩下奇数格就往底下填一个横着的，偶数就不用填。

那么每一列只会增加 \(1\) 个横着的骨牌。

考虑这种情况，第一、第二列都往下填了一个横着的，标⭐的位置就只能填横着的了。

描述这个过程：

• 横着的骨牌数量 \(k\) 初始为 \(0\)。
• 扫一遍所有列。
• 当前列 \(i\) 剩余 \(a_i-k\) 格。
• \(a_i-k\) 是奇数，\(k\gets k+1\)；
• \(a_i-k\) 是偶数，\(k\gets \max(0,k-1)\)。

最后合法当且仅当最后 \(k=0\) 且全程 \(a_i\ge k\)。

维护这个过程以计数合法区间数量。

\(\mathbf{解法1}\)

扫描线 \(r\)，位置 \(p\) 维护 \(res_p\) 表示区间 \([p,r]\) 最后的 \(k\)。

\(r\) 端点移动 \(r\to r+1\) 时：

对于 \(a_{r+1}-res_p\) 为奇数的 \(p\)，\(res_p\gets res_p+1\)

对于 \(a_{r+1}-res_p\) 为偶数的 \(p\)，\(res_p\gets \max(0,res_p-1)\)

删去 \(res_p>a_{r+1}\) 的 \(p\)。

维护三个集合：\(res_p\) 是 \(0\)、奇数、非 \(0\) 偶数。

直接上平衡树即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

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\(\mathbf{解法2}\)

这是一个类似栈的结构，遇到奇数 push，偶数 pop。

注意到一个 \(a_i\) 对栈的 \(siz\) 贡献 \(\pm1\)，栈的 \(siz\) 是连续的。

直接维护两个数组表示奇数、偶数每个 \(siz\) 对应的答案。

需要支持推平、整体偏移和单点修改、单点查询。

推平操作由 \(siz\) 的连续性可以直接暴力。

复杂度 \(O(n)\)。

没实现。

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[集训队互测 2024] R1T3 基础 01 练习题

称一对 \(n\times m\) 的 01 矩阵 \((A,B)\) 是“好的”，当且仅当不存在点 \((x1,y1)\) 和 \((x2,y2)\) 满足：

• \((x1,y1)\) 和 \((x2,y2)\) 在同一行或者同一列，即 \(x1=y1\) 或 \(x2=y2\)。
• \(A_{x1,y1}=1\)，\(B_{x1,y1}=0\)。
• \(A_{x2,y2}=0\)，\(B_{x2,y2}=1\)。

定义一个矩阵 \(A\) 的权值为：

• 有大小相同的 \(B\) 矩阵，初始全为 \(0\)。
• 每次操作选择 \(B\) 若干个 \(0\) 同时变成 \(1\)。
• 每次操作之后 \((A,B)\) 都要是“好的”。
• \(A\) 的权值是最大的操作次数。

给 \(n\times n\) 的 01 矩阵 \(X\)，分别 \(X\) 的前 \(i\) 列（\(i\in[1,n]\)）组成的子矩形的权值。

由于 \(n\times n\) 太大，\(X\) 由特殊方式生成：\(X\) 初始全为 \(0\)，对 \(X\) 做 \(q\) 次矩形反转（flip）。

\(1\le n,q\le 2\times10^5\)，时限 \(4s\)。

把这个奇怪判定条件对应到图上面。

考虑一个左侧 \(n\) 个点，右侧 \(m\) 个点的有向二分图。

\(A_{i,j}=1\) 则左部点 \(i\) 连向右部点 \(j\)，反之右部点 \(j\) 连向左部点 \(i\)。

然后神仙操作就来了，把 \(B_{i,j}\) 作为这条边的边权。

于是判定就是：图上不存在 \(x\xrightarrow{1}y\xrightarrow{0}z\) 的链。

一个强连通分量内部的边只能全 \(0\) 或者全 \(1\)，所以强连通分量的边必须同时从 \(0\) 变为 \(1\)。

如果有 \(x\) 个强连通分量内部有边，强连通分量之间有 \(y\) 条边，那么答案即为 \(x+y\)。

兰道定理，对于左部点 \(x,y\)，若 \(deg_x>deg_y\)（\(deg\) 是出度），则 \(x\) 可达 \(y\)。

必然存在右部点 \(z\)，使得 \(x\to z\to y\)。因为 \(x\to z,y\to z\) 的右部点 \(z\) 最多 \(deg_y\) 个。

给左部点钦定一个顺序，\(deg\) 大的向 \(deg\) 小的连边，相等的随便钦定一个顺序，右部点同理。

于是二分图变成了一个竞赛图。

前 \(i\) 列的查询就是把右部点一个个加入。

\(deg\) 变化非常大，考虑第一次 \(deg_x\ne deg_y\) 的时候，就可以确定 \(x\to y\) 还是 \(y\to x\)。

第一次 \(deg_x\ne deg_y\) 的时候就是第 \(x\) 行和第 \(y\) 行第一个不相等的位置。

这是一个比较字典序的过程，把矩阵每一行按照字典序从大到小排序即可，得到一个 \(rnk\) 数组。

每次加入右部点 \(x\) 时，找到连向 \(x\) 的 \(rnk\) 最小的左部点 \(a\)、\(x\) 连出的 \(rnk\) 最大的左部点 \(b\)。

加入 \(x\) 的影响就是左部点区间 \([a,b]\) 变为一个强连通分量。

主席树+字符串哈希字典序排序，扫描线+线段树维护左部点 \(01\) 序列，区间覆盖 ODT+可并堆 维护。

时间复杂度 \(O(n\log^2n+q\log n)\)。

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[集训队互测 2024] R10T1 计算几何

平面上有 \(n\) 个点 \((a_i,b_i)\)，\(q\) 次询问 \([l,r]\) 区间内的最近点对距离。

距离是曼哈顿距离。

保证序列中点的坐标和询问区间在指定范围内用指定方式随机生成。

\(1\le n,q\le 10^6\)，\(|a_i|,|b_i|\le 10^9\)，时限 \(4s\)。

纯纯乱搞题。

分治，\([l,r]\) 区间内按照 \(a_i\) 排序，每个 \(i\) 找前 12 个计算，计算出区间 \([l,r]\) 的最近点对 \((x,y)\)。

询问 \([ql,qr]\) 满足 \(ql\le x\le y\le qr\) 就解决了。

否则往下递归 \([l,y-1]\) 和 \([x+1,r]\)。

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11.9 讲题

[ABC221G] Jumping sequence

有一个的平面直角坐标系，初始在 \((0,0)\) 处。

给 \(n\) 次操作，每次给一个数 \(d_i\)，你可以往上/下/左/右移动 \(d_i\) 步。

求最后能否到达 \((a,b)\)，输出方案。

\(1\le n\le 2000\)，\(1\le d_i\le 1800\)。

时限 \(5s\)，空限 \(1G\)。

trick：曼哈顿距离转切比雪夫距离。

将点转化为 \((x+y,x-y)\) 的形式，每次操作相当于 \((x\pm d_i,y\pm d_i)\) 任选。

\(a'\gets a+b,b'\gets a-b\)，需要分别对 \(a',b'\) 解决 \(\sum\limits_{i=1}^n k_i d_i=C,k_i\in\{-1,1\}\) 的问题。

\[\sum\limits_{i=1}^n k_i d_i=C,k_i\in\{-1,1\} \]

记 \(S=\sum\limits_{i=1}^n d_i\)。

\[\sum\limits_{i=1}^n k_i d_i=C+S,k_i\in\{0,2\} \]

\[\sum\limits_{i=1}^n k_i d_i=\frac{C+S}{2},k_i\in\{0,1\} \]

存在性 01 背包问题，bitset 优化，时间复杂度 \(O(\frac{n^2V}{\omega})\)。

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但是这还不够，我们学习科技：\(O(nV)\) 存在性 01 背包。

从前往后贪心地选取物品，直到选不了，即找到最大的 \(pos\) 使得 \(sum=\sum\limits_{i=1}^{pos}\le C\)。

称 \(S=\{1,2,\dots,pos\}\)，\(T=\{pos+1,pos+2,\dots,n\}\)。

最终方案一定可以通过当前方案删除若干个 \(S\) 内的物品，加入若干个 \(T\) 内的物品得到。

令 \(D=\max d_i\)，那么一定有一个操作顺序使当前选取物品体积和一直在 \((C-D,C+D]\) 内。

当前体积 \(sum\le C\) 则选取 \(x\in T\) 加入 \(x\)，否则选取 \(x\in S\) 删除 \(x\)。

不妨假设是从断点 \(pos\) 往两侧操作。

可以 DP，\(f_{l,r,k}\) 表示操作了 \([l,r]\)（\(l\le pos<r\)），当前体积为 \(k\) 是否可能。

初始 \(f_{pos+1,pos,sum}=1\)，答案是 \(f_{1,n,C}\)，转移如下：

• \(f_{l,r,k}\gets f_{l+1,r,k}\)
• \(f_{l,r,k}\gets f_{l,r-1,k}\)
• \(f_{l,r,k+d_l}\gets f_{l+1,r,k}(k>C)\)
• \(f_{l,r,k+d_r}\gets f_{l,r-1,k}(k\le C)\)

复杂度仍是 \(O(n^2V)\) 或者 \(O(\frac{n^2V}{\omega})\)。

重新设置状态，注意到 \(f_{l,r,k}\) 在 \(l\) 维上有单调性，\(g_{r,k}\) 表示最大的 \(l\) 使得 \(f_{l,r,k}=1\)。

初始 \(g_{pos,sum}=pos+1\)，答案是 \([g_{n,C}>0]\)，转移：

• \(g_{r,k}\gets g_{r-1,k}\)
• \(g_{r,k+d_r}\gets g_{r-1,k}(k\le C)\)
• \(g_{r,k-d_l}\gets l(k>C,l<g_{r,k})\)

状态数是少了，但是复杂度还是 \(O(n^2V)\)。

注意到

\(g_{r,k-d_l}\gets g_{r-1,k-d_l}\gets l(k>C,l<g_{r-1,k})\)

所以可以

\(g_{r,k-d_l}\gets l(k>C,g_{r-1}\le l<g_{r,k})\)

这样复杂度均摊 \(O(nV)\)。

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11.20 讲题

[集训队互测 2024] R8T1 熟练

给一棵 \(n\) 点的树和 \(m\) 条路径，给每条路径染一个颜色，使得任意两条颜色相同的路径不经过相同的点。

求最少需要几种颜色，并构造方案。

多组数据，\(1\le t\le 10^5\)，\(1\le n,m,\sum n,\sum m \le 5\times 10^5\)。

结论：答案为被路径覆盖最多次的点的覆盖次数。

答案正确不构造可以获得 15% 的分数，交上去有 15 分说明结论是对的。

设 \(k\) 为最大覆盖次数，令所有覆盖次数为 \(k\) 的点为关键点。

如果能选出若干两两不交的路径，经过所有的关键点，那么重复进行 \(k\) 次该过程必定能构造出方案。

对于所有不存在关键点祖先的关键点 \(x\)，必然存在 \(\operatorname{lca}\) 为 \(x\) 的路径。

找出 \(x\) 和这条路径之后递归构造，时间复杂度 \(O(nm)\)。

发现其实只需要找到覆盖次数最大 dfn 最小的点 \(x\)，树剖上线段树维护，时间复杂度 \(O(m\log^2 n)\)。

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CF1738G Anti-Increasing Addicts

有 \(n\times n\) 的方格，有些方格不可被删除。

给定整数 \(k\) ，要求删除 \((n-k+1)^2\) 个方格，使得不存在 \(k\) 个严格单调递增（横纵坐标均严格单调递增）的方格未被删除或证明其无解。

多组数据，\(n,k\le 10^3\)，\(\sum n^2\le 10^6\)。

Dilworth 定理 变为用 \(k-1\) 个单调递减的链覆盖所有保留的格子。

手玩一下，第一条链最多覆盖 \(2n-1\) 个格子，第二条最多 \(2n-3\) 个格子……

以此类推第 \(i\) 条链最多覆盖 \(2(n-i)+1\) 个格子。

则 \(k\) 条链最多覆盖 \(n^2-(n-k+1)^2\) 个格子，限制已最严格。

设 \(f_{i,j}\) 为从 \(i,j\) 开始的只经过保留位置的最长链长度。

构造：

第 \(i\) 条链从 \((n,i)\) 开始，每次向上或向右走，经过未被覆盖的 \(f\) 值为 \(k-i\) 的位置，结尾到 \((i,n)\)。

只需要尽量向上走，就一定能构造。（证明，不知道，感性理解吧）

\(O(n^2)\) 模拟即可。

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