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2026省选集训题解

P8428 [COI 2020] Pastiri

一类非常经典的树上贪心思路。考虑这样一个贪心：每次找到没有被管辖的深度最大的一头羊，然后在其祖先中找到深度最浅的并且能够管辖这头羊的点，在这个点上放置一个牧羊人。我们声称这样是最优的，设这头羊为 \(X\)，这个祖先是 \(P\)，那么对于任意一个 \(P\) 的子树中一个 \(X\) 的兄弟子树中的点 \(Q\)，即一个与 \(X\) 不在同一子树内的 \(P\) 子孙 \(Q\)，\(Q\) 能够管辖的点一定被 \(P\) 包含，反证法：

不是 \(P\) 的点能够管辖的点都被 \(P\) 包含，那么 \(P\) 自然就是最优的。

因此我们可以得到一个看似 \(O(n^2)\) 的暴力，即将所有羊按照 \(dep\) 从深到浅排序处理，如果这个羊已经被管辖就跳过，否则暴力找其最浅的祖先 \(P\) 使其能够管辖这头羊，然后再标记 \(P\) 能够管辖的所有羊即可，对于判断是否可以管辖，我们可以对每个点求出离它最近的羊的距离 \(d_u\)，这个可以直接多源bfs求出，然后可以直接判断 \(d_P=dep_u-dep_P\)。分析一下，由于跳上去之后可以将这一整条链都标记，所以找 \(P\) 均摊下来其实是 \(O(n)\) 的，而覆盖所有能够管辖的点本质就是一个标记点的 \(\mathrm{dfs}\)，那均摊也是 \(O(n)\) 的。

因此这样时间复杂度就是 \(O(k\log k+n)\)，可以通过。

P12558 [UOI 2024] Heroes and Monsters

赛时已经想到 \(O(n^3)\) 做法了，但是没有想到前后分开dp最后拼接的思想。

最优显然是对位匹配，令选择的集合为 \(S\)，则：

  • \(S\) 的第 \(i\) 小要与 \(b_i\) 匹配。

  • 不在 \(S\) 中的第 \(i\) 小要与 \(b_{|S|+i}\) 匹配。

于是可以设计出很傻的 \(O(n^3)\) \(\mathrm{dp}\)，但是由于我们要对位匹配，必须要枚举 \(m=|S|\) 来确定配对关系，令 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 位中选择 \(j\) 个数的方案数，则

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}\cdot[a_i>b_j]+dp_{i-1,j}\cdot [a_i<b_{m+i-j}] \]

这样是没有前途的。观察一下这个 \(\mathrm{dp}\)，每次都受 \(m\) 的影响很唐，考虑能不能暂时去掉 \(m\) 的限制。先考虑对限制变形：

  1. \(S\) 的第 \(i\) 小要与 \(b_i\) 匹配。

  2. 不在 \(S\) 中的第 \(i\) 大要与 \(b_{n-i+1}\) 匹配。

可以发现，此时限制与 \(m\) 无关了，我们容易想到对这两个限制分别跑一个前缀和后缀的 \(\mathrm{dp}\)，分别只满足1,2的条件。这个是easy的，用 \(f_{i,j},g_{i,j}\) 分别表示前缀后缀，分别只受第1/2个条件限制，选择 \(j\) 个数的方案数，则:

对于前缀：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\cdot [a_i>b_j] \]

对于后缀：

\[g_{i,j}=g_{i+1,j-1}+g_{i+1,j}\cdot [a_i<b_{i+j}] \]

如果我们随便将序列分成 \([1,x]\) 和 \([x+1,n]\) 两部分拼起来，使得 \([1,x]\) 只满足1，\([x+1,n]\) 只满足2，但是 \([1,x]\) 中没选的数可能不满足2，\([x+1,n]\) 选的数可能不满足1，因此不能随便拼起来，因此我们需要找到一个特殊的分界点 \(x\)，使得 \([1,x]\) 中没选的数天然满足2，\([x+1,n]\) 选的数天然满足1。

我们声称，找到 \(x\) 使得 \(a_x<b_m<a_{x+1}\)，则这个 \(x\) 就是一个合法的分界点，因为此时左边没有选的第 \(i\) 大数在右边对应 \(b_{m+x}>b_m>\max\limits_{i\le x}a_i\)，因此一定合法，右边同理。那这个 \(x\) 可以直接双指针找到，就是最大的 \(a_x<b_m\)，那么就可以直接拼起来了，枚举左边选了 \(k\) 个，那么贡献就是 \(\sum\limits f_{x,k}\cdot g_{x+1,m-k}\)。

因此时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P10220 [省选联考 2024] 迷宫守卫

有点难。先考虑我们如何求出第一个数在两人采取最优策略下的值，考虑二分这个数 \(x\ge mid\)，判断使得这个数 \(\ge mid\) 时A需要的最小花费，考虑 \(\mathrm{dp}\)，令 \(f_u\) 表示使得 \(u\) 子树内第一个数 \(\ge mid\) 的最小花费，则对于叶子，\(f_u=[q_u<mid]\cdot \mathrm{inf}\)，对于非叶节点，有 \(f_u=\min(f_{lc}+f_{rc},f_{lc}+w_u)=f_{lc}+\min(f_{rc},w_u)\)，这是因为无论限制还是不限制，B一定可以往 \(lc\) 走，所以至少要花 \(f_{lc}\)，而A可以通过 \(w_u\) 的代价强制让B走到 \(lc\)。

于是我们可以计算出最优策略下的第一个数了，这样也就确定了B第一步会怎么走下去，考虑用 \(\mathrm{dfs}(u,K)\) 表示走到 \(u\) 时，在这个子树中可以分配的花费上界为 \(K\) 时，在这个子树内走出的结果以及这个子树实际使用的花费。

现在这个子树内二分出这个子树内的第一个数为 \(x\)，并求出 \(f\)，那么 \(f_u\) 就表示要维持第一个数为 \(x\) 所至少需要的花费，我们称这个为维持的强制代价。

  • 如果 \(x\) 在 \(rc\)，那说明A没有在这里花费，因此为 \(lc\) 预留 \(f_{lc}\) 的强制代价后，可以递归到 \(g=\mathrm{dfs}(rc,K-f_{lc})\)，然后跑到 \(lc\)，跑 \(\mathrm{dfs}(lc,K-g)\)。

  • 如果 \(x\) 在 \(lc\)，则这个可能是B自愿走的，也可能是A必须花费一个 \(w_u\) 导致的。那么我们先走下去，预留 \(\min(f_{rc},w_u)\) 的强制代价，\(g=\mathrm{dfs}(lc,K-\min(f_{rc},w_u))\)，然后我们需要判断是否花费 \(w_u\)。如果A不在此处花费 \(w_u\)，B即使往 \(rc\) 走了A都有足够的钱来维持，即满足 \(K\ge f_{rc}\)，那么就不需要花费 \(w_u\)，因为预留更多显然更优，否则就需要花费 \(w_u\)。

时间复杂度 \(O(n2^n)\)。

CF1278F Cards

首先 \(E(x^k)\) 和 \(E(x)^k\) 是不同的，考虑 \(E\) 的意义，我们枚举 \(x=i\)，得到：

\[\begin{aligned} E(x^k) &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k \\ &=\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}\sum_{j=1}^{k}{k\brace j}i^{\underline{j}} \\ &=\sum_{j=1}^{k}{k\brace j}\boxed{\sum_{i=j}^n \binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^{\underline{j}}} \\ \end{aligned} \]

后面的部分继续化简：

\[\begin{aligned} A &= \sum_{i=j}^n \binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^{\underline{j}} \\ &= j!\sum_{i=j}^n \binom{n}{i}\binom{i}{j}p^i(1-p)^{n-i} \\ &= j!\sum_{i=j}^n \binom{n-j}{i-j}\binom{n}{j} p^i(1-p)^{n-i} \\ &= j!\binom{n}{j}\sum_{i=j}^n \binom{n-j}{i-j} p^i(1-p)^{n-i} \\ &= j!\binom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}{i} p^{i+j}(1-p)^{n-i-j} \\ &= j!\binom{n}{j}\times p^j\times \sum_{i=0}^{n-j} \binom{n-j}{i} p^i(1-p)^{n-j-i} \\ &= j!\binom{n}{j}\times p^j\times 1^{n-j} \\ &= n^{\underline{j}}p^j \end{aligned} \]

那就可以 \(O(k^2)\) 计算了。

P14867 [ICPC 2020 Yokohama R] Colorful Rectangle

去年省选模拟赛的坑，现在来填一下。

显然我们可以对每种颜色都枚举点 \((x_0,y_0),(x_1,y_1),(x_2,y_2)\)，那么围住这些点的矩形大小可以通过 \(x,y\) 差算出。但是由于我们不知道其大小关系，并不能通过确定的算式计算。不过经过分析我们发现，其实本质不同的矩阵形态只有：

因为我们可以通过将 \(x\to -x / y\to -y\) 以及枚举三种颜色在 \(x\) 上的顺序 \((c_0,c_1,c_2)\)，将所有本质相同的三点位置关系全部规约到上述两种“基础”情况，只不过这样我们需要枚举 \(2\times 2\times 6=24\) 种变换方式。

我们对两种“基础”情况分开讨论:

  • 情况一

    这种情况比较简单，可以枚举中间的绿点，然后直接做两个二维偏序就能得到 \(\max(x_2+y_2)\) 和 \(\min(x_0+y_0)\)，进而得到答案。

  • 情况二

    此时贡献为 \(x_2+y_2-x_0-y_1\)，那么考虑将这个刻画成：在 \(0\) 处加入 \(-x_0\) 的贡献，在 \(1\) 处加入 \(-y_1\) 的贡献，在 \(2\) 处查询 \(\min\set{-x_0-y_1}\)。我们将这个看作维护数组 \(w,T\)，支持：

    • 将 \(w\) 单点对 \(X\) 取 \(\min\)。

    • 将 \(T\) 区间对 \(w_i+Y\) 取 \(\min\)。

    • 查询 \(T\) 区间 \(\min\)。

    考虑用线段树维护，对每个结点维护 \(w_i,T_i\) 的最小值记为 \(mn_u,dat_u\)，以及这个区间中操作二的 \(Y\) 的懒标记 \(tag_u=Y_{\min}\)。那么对操作二，可以通过打标记实现，并将 \(T\) 的取 \(\min\) 推迟到下传标记时，具体的，向点 \(u\) 下放值为 \(Y\) 的标记时，将 \(dat_u\) 向 \(mn_u+Y\) 取 \(\min\) 即可。

    于是这种情况也得到解决。

因此总时间复杂度是 \(O(n\log n\times 24)\)，可以通过。

三角形

想想想：\(a<b<c\)，枚举 \(b,c\) 后 \(a\) 应该选在哪里？ 画个图，具体的，你考虑以最长边为底，固定次长边相当于顶点在一个定圆上转，那么 \(a\) 最短的时候顶点就是最低的，因此我们要最小化 \(a\)，因此 \(a\) 最优是取大于 \(c-b\) 的最小值。

然后我们考虑枚举 \(k=c-b\)，那么 \(a\) 就是确定的啦！赛时止步于此。

推推推：\((a+b+c)(b+c-a)(a+b-c)(a+c-b)=[(b+c)^2-a^2][a^2-(b-c)^2]\)。

看看看：你注意到由于枚举了 \(k=c-b\)，所以原式 \([(2b+k)^2-a^2][a^2-k^2]\)，那不是直接令 \(b\) 取到最小就完了吗，于是此时 \(b\) 也要取到合法的最小值。

呵呵呵：考虑如何得到最小的合法的 \(b\)，注意到 \(b\) 需要满足 \(b>a,b\in S,b+k\in S\)，其中 \(S\) 表示数集，考虑用 bitset 做这个东西，用 bitset 存 \(S\)，那么 S&(S>>k)._Find_next(a) 就可以找到合法的最小的 \(b\)，做完了。时间复杂度 \(O(\frac{nm}{\omega})\)。

posted @ 2026-02-25 16:07  STDJCY  阅读(47)  评论(0)    收藏  举报