CEOI 2023
Day1 T1 A Light Inconvenience
很厉害的交互题。
我们翻转标号的顺序，让最右边的人编号为 \(1\)，最左边的人编号为 \(N\)。那么每一次的加入和删除就相当于是在前面加入删除。
考虑需要满足的最基本的要求：每一次表演结束之后，编号为 \(1\) 的人的火把必须点燃。这首先说明第 \(N\) 个人的火把需要是点燃的，同时，对于任意的正整数 \(p\)，我们有需要满足 \([p+1,2p+1]\) 中存在点燃的火把。
记我们点燃的火把是 \(f_1=1,f_2\dots f_k,f_{k+1}=N\)，其中 \(f_i<f_{i+1}\)。对于 \(p=f_i\)，我们需要在 \([f_i+1,2f_i+1]\) 中至少存在一个点燃的火把，也就是 \(f_{i+1}\le 2f_i+1\)。最优的情况就是 \(f_{i+1}=2f_i+1\)，这样有 \(k=\log_2N+O(1)\)，大约只有 \(60\) 不到。
考虑如何处理 join 和 leave。
对于 join，在前面加入 \(p\) 个人，相当于 \(f_i\to f_i+p\)，但是我们可以令 \(t=p\)，然后就可以将 \(f_i\) 平移回原位，但是我们仍然要将 \(f_{k+1}=N\) 保留在 \(N+p\) 处，如果这是 \(f_{k+1}>2f_k+1\)，我们就额外加入一个 \(2f_k+1\) 即可。
对于 leave，去掉了前 \(p\) 个人，这样会对 \(f_i\) 的结构造成很大的影响，而每一个 \(f_i\) 可以对应覆盖的区间就变成了 \([f_i-2p,f_i-p]\)，难以在保持原样的基础上进行修改，所以考虑构造一个新的序列 \(\{g\}\)，其中 \(g_1=1\)。
假设我们已经处理好了 \(g_1,g_2\dots g_i\)，我们考虑如何加入 \(g_{i+1}\)，显然首先要有 \(g_{i+1}\in[g_i+1,2g_i+1]\)。
我们找到最小的 \(j\) 使得 \(f_{j+1}-2p>2g_i+1\)，也就是我们有 \(f_j-2p\le 2g_i+1\)。同时 \(f_j-p\ge \dfrac{f_{j+1}-1}{2}-p>\dfrac{2g_i+2p}{2}-p=g_i\)。这也就意味着 \(g_{i+1}\) 所在的区间 \([g_i+1,2g_i+1]\) 和 \(f_j\) 控制的区间 \([f_j-2p,f_j-p]\) 是有交的，贪心的，我们取 \(g_{i+1}=\min(f_j-p,2g_i+1)\)。我们尝试证明这样取 \(g\)，总共需要的数量是正确的。
如果 \(g_{i+1}=2g_i+1\)，则 \(g_{i+1}\) 相较于 \(g_i\) 翻倍了。
如果 \(g_{i+1}=f_j-p\)，考虑 \(g_{i+2}\) 的取值。由于 \(g_{i+1}=f_j-p\)，所以 \(2g_{i+1}+1=2f_j+1-2p\ge f_{j+1}-2p\)，所以对于 \(g_{i+2}\) 来说，它至少是 \(\min(f_{j+1}-p,2g_{i+1}+1)\)。如果选择了后者，\(g_{i+2}\) 相较于 \(g_{i+1}\) 翻倍了；如果选择了前者，\(g_{i+2}=f_{j+1}-p\ge 2g_i+1\)，所以 \(g_{i+2}\) 相较于 \(g_i\) 翻倍了。
也就意味着每增加两个 \(g\) 至少翻一倍，所以 \(g\) 的长度就是 \(2\log_2N+O(1)\) 的。
Day1 T2 Bring Down the Sky Grading Server
神秘题。做法来自官方题解。
记 \(N\) 为 \(c_1,c_2,f_1,f_2\) 的上界。
这是一个类似于博弈的问题，我们想要维护一个类似 bool solve(c1,f1,c2,f2) 的东西，返回 1 是否能赢。
首先可以判掉很多显然的转移，例如 \(c_1\le 0\) 或者 \(c_2\le 0\)，双方都不能攻击（\(c_1-Sf_2\le 0\land c_2-Sf_1\le 0\)）等等。
你会发现，会有两个值很关键，也就是 \(c_1-Sf_2\) 和 \(c_2-Sf_1\)，令 \(\alpha_1:=c_1-Sf_2\)，\(\alpha_2:=c_2-Sf_1\)，你可以认为 \(\alpha_*\) 就是实际的攻击力。
引理 1：如果对于某一组 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2,f_2)\) 是赢态，则 \((\alpha_1+1,f_1,\alpha_2,f_2)\) 和 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2,f_2+1)\) 是胜态；如果其是负态，则 \((\alpha_1,f_1+1,\alpha_2,f_2)\) 和 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2+1,f_2)\) 是负态。
证明：对于 \(\alpha_1\to \alpha_1+1\)，显然 \(1\) 的操作空间更大了；对于 \(f_2\to 1\)，可以认为 \(1\) 多了一次破坏防火墙使自己增加 \(S\) 的机会，且这个 \(f_2\) 不会对 \(2\) 的策略有任何的影响。\(\Box\)
引理 2：如果 \(\alpha_1\ge S\)，\(\alpha_2\le S\)，则 \(1\) 必赢。
证明：\(1\) 可以选择攻击 \(2\)，使得 \(\alpha_2\) 变成 \(\alpha_2-\alpha_1\le 0\)；这时 \(2\) 攻击时没有意义的，只能选择破坏防火墙（如果没有防火墙可以破坏则是必输），则 \(\alpha_2\) 变成 \(\alpha_2+S\)，仍有 \(\alpha\le S\)。\(\Box\)
引理 3：如果 \(\alpha_2\ge S\)，\(1\) 会选择攻击。
证明：考虑反证法。对于某一组 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2)\) 我们找到最小的 \(f_2\)（\(f_2>0\)）使得 \(1\) 只能通过破坏防火墙赢。则此时 \(\alpha_1\) 会增加 \(S\)；由于 \(1\) 赢，所以这是 \(2\) 选择什么策略又是输，所以考虑 \(2\) 攻击的情况。这是状态变成了 \((\alpha'_1=\alpha_1+S-\alpha_2,f_1,\alpha_2,f_2-1)\)，由于 \(\alpha'_1\le \alpha_1\)，根据引理 1 可知，这意味着 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2,f_2-1)\) 是胜态，如果这个状态可以通过攻击获胜，则 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2,f_2)\) 也可以通过攻击获胜；如果这个状态不能通过攻击获胜，则只能通过破坏获胜，则 \((\alpha_1,f_1,\alpha_2,f_2)\) 不是满足条件的最小的 \(f_2\)。无论如何都与原假设矛盾，故原命题成立。\(\Box\)。
同时我们发现，如果 \(f_2>0\)，\(\alpha_2\le 0\)，则 \(1\) 可以选择破坏，使得自己 \(\ge S\)；同时 \(2\) 也只能选择破坏，这样就转变成了引理 2 中的情况。同时去掉 \(\alpha_1\le 0\) 和 \(f_2=0\) 这两种 \(1\) 策略唯一确定的情况，我们发现我们没有考虑到的情况只有一种：\(\alpha_1,\alpha_2\in[0,S)\) 且 \(f_1\in[0,\dfrac{N}{S}]\land f_2\in[1,\dfrac{N}{S}]\)。
发现这样的状态只有 \(O(N^2\ln N)\) 种。
如果我们对于这 \(O(N^2\ln N)\) 个状态提前求出答案，则对于这一部分的答案可以快速回答。对于其他的部分，我们认为最劣的情况下询问复杂度是 \(O(\log N)\) 的，具体的分析可以考虑对于某一组 \((\alpha_1,\alpha_2)\)：如果选择攻击，在 \(\alpha_2<0\) 的时候可以直接得到答案，否则会递归成 \((\alpha_2-\alpha_1,\alpha_1)\)，递归次数类似欧几里得算法，复杂度是 \(O(\log N)\) 的；如果选择破坏，发现只会有一种情况，就是 \(\alpha_1\le 0\)，而这种情况可能导出的所有情况都讨论出来，都会在 \(O(1)\) 步之后会直接返回结果。
但是这样并不能够解决问题，所以考虑在 \(\alpha_1,\alpha_2\in[0,S)\) 的时候，我们还能不能分析出一些可以直接讨论而不需要 DP 的状态呢。
考虑如果说 \(1\) 如果选择破坏，则 \(2\) 会去选择攻击，否则 \(1\) 可以再次选择攻击使得 \(2\) 破坏的收益是 \(S-(\alpha_1+S)=-\alpha_1\)。
也就意味着，\(1\) 可以通过一次破坏使得 \(\alpha_1\) 增加 \(S-\alpha_2\)。
\(\beta_1:=S-\alpha_1\)，\(\beta_2:=S-\alpha_2\)。则 \(1\) 一次破坏的收益就是 \(\beta_2\)，如果 \(\alpha_1+\beta_2\times f_2\ge S\)，也就是 \(\beta_2\times f_2\ge \beta_1\)，则 \(1\) 就可以选择进行 \(f_2\) 次破坏直接获得胜利。
同时，我们也可以类似地讨论 \(2\) 的情况，如果 \(1\) 第一步是攻击，则 \(2\) 选择破坏，可以类似分析得到如果 \(\beta_1f_1\ge 2S\) 的时候，\(1\) 的第一步一定会选择破坏。
而策略不确定的决策数也就降到了 \(\sum\limits_{\beta_1,\beta_2,f_1,f_2}[\beta_2f_2<\beta_1][\beta_1f_1<2S]=O(S^2\ln S)\)。
但是还不够。
我们考虑如果让 \(1\) 先破坏 \(x\) 次，则 \(\alpha_1\to \alpha_1+\beta_2x\)，\(\beta_1\to \beta_1-\beta_2x\)。又因为原来有 \(\alpha_2-\alpha_1+\beta_1f_1\le S\)，所以在 \(\alpha_1\) 进行了 \(x\) 次破坏只有，无论 \(2\) 如何操作都有 \(\alpha'_2\le S-\beta_2xf_1\)，也就是 \(\beta'_2\ge \beta_2xf_1\)，那么 \(1\) 在做 \(f_2-x\) 次破坏，得到的收益就是 \(\beta_2xf_1(f_2-x)\)，在 \(x=\frac{f_2}{2}\) 的时候最优，取到 \(\frac{1}{4}\beta_2f_1f_2^2\)，由于 \(2\) 可能会在 \(1\) 进行后 \(f_2-x\) 次破坏的时候将 \(x\) 减少到 \(-S\)，也就是 \(\frac{1}{4}\beta_2f_1f_2^2\ge 2S\) 的时候 \(1\) 必赢。对于 \(f_1=0\) 的情况，\(1\) 可以通过在 \(x\) 和 \(f_2-x\) 中间增加一次攻击做到 \(\frac{1}{4}\beta_2f_2^2\) 的收益。
对于不是上述情况的，我们考虑维护这样的一个信息，由于 \(f_1,f_2,beta_2\) 确定了 \(f_1,f_2\) 和 \(c_2\)：\(dp_{f_1,f_2,\beta_2}\) 为最小的 \(c_1\) 使得 \(1\) 能赢，显然可以通过二分来得到。
考虑分析状态量，\(\dfrac{1}{4}\max(f_1,1)f_2^2\beta_2<2S\)，可以证明这样的状态只有 \(O(S\log S)\) 个，对于每一个进行一次二分，会有 \(O(S\log^2S)\) 次求答案。而每一次求答案需要 \(O(\log^2S)\) 的时间复杂度。
而在实际代码实现的过程中，所有上面粗的分析都可以通过直接计算来精确的判断是否必赢/输。而对于不能让 \(2\) 通过破坏获胜之类的情况，可以找到 \(1\) 至少要将 \(\alpha_1\) 增加到多少才能够保证；以及有 \(\alpha_1\le 0\land \alpha_2\le 0\) 的时候可以直接让双方破坏到有一方 \(\alpha_*>0\)。
实现细节比较多，感觉理解这个东西还是需要看代码。所以最终复杂度为 \(O(S\log^4S+Q\log S)\)。
Day1 T3 Brought Down the Grading Server?
首先考虑 \(S=2\) 的怎么做。我们把每一个处理器核心对应的两个测试点看作是一条边 \((u,v)\)，则我们要做的事情本质上就是对所有的边进行定向：\(u\to v\) 表示 \(u\) 在 \(1\) 时刻测试，\(v\) 在 \(2\) 时刻测试；\(v\to u\) 表示 \(v\) 在 \(1\) 时刻测试，\(u\) 在 \(2\) 时刻测试。
也就是对于每一个点，它的出度表示第一个时刻的测评数量，入度表示第二个时刻的测评数量。假设所有的测评的出现次数都是偶数，也就对应着每一个点的出度和入度数量相等，也就意味着原图构成了一组合法的欧拉回路。
如果都出现次数为奇数的数，我们可以添加一个额外点，和所有出现测次数为奇数的数对应的点相连，可以证明这个点的度数也是偶数。这样原图仍然存在欧拉回路，同时也可以保证每个点入度和出度的差距 \(\le 1\)。
现在考虑如何处理 \(S>2\) 的情况，假设当前 \(S=2^k\)，我们想到递归成 \(S=2^{k-1}\) 的子问题。
我们把前 \(2^{k-1}\) 个时刻分成一组，后 \(2^{k-1}\) 个时刻分成一组。如果我们让每一个数在这两组中的出现次数之差 \(\le 1\)，我们在递归到左右两侧，在拼接到一起，最后任何两个时刻的数量只差仍让 \(\le 1\)。
考虑使用和 \(S=2\) 类似的方法处理这个问题，我们在如 \(t_i\) 和 \(t_{S+1-i}\) 之间连边，也用类似于额外点来补齐到偶数度数。由于这是仍然有欧拉回路，所以这样分成两组的方式是一定存在的。
时间复杂度满足 \(T(S)=2T(\dfrac{S}{2})+O(nS)\)，所以最终时间复杂度为 \(O(nS\log S)\)。
Day2 T1 Tricks of the Trade
加入我们购买了区间 \([l,r]\) 内的所有机器人，我们必然是卖出区间内 \(s\) 前 \(k\) 大的。
我们记 \(f_{l,r}\) 为区间 \([l,r]\) 前 \(k\) 大的 \(s\) 的和，减去 \([l,r]\) 内 \(c\) 的和。
对于 \(l_1<l_2<r_2<r_1\)，我们可以证明 \(f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}\ge f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}\)，具体的，\(c\) 的那一部分是相同的，\(s\) 的那一部分是比较典的分析。
这也就意味着我们记 \(g_r=\max f_{l,r}\)，取到最值的 \(l\) 是有单调性的，也就是决策单调性。
对于单个 \(f\) 的求值可以直接使用主席树，我们可以使用分治的方法做到 \(O(n\log^2n)\) 求出对于每一个 \(r\) 来说最优的 \(l\)。这样我们就解决了第一问。
现在考虑第二问，由于我们只找到了最优的决策点，但是实际上取到最优解的区间可以有 \(O(n^2)\) 的，显然暴力找到每一个区间是不现实的。
但是我们考虑，如果存在两个最优解区间 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\)，满足 \(l_1<l_2<r_2<r_1\)，则我们有 \(f_{l_1,r_2}+f_{l_2,r_1}\ge f_{l_1,r_1}+f_{l_2,r_2}=2ans\) 的，但是 \(ans\) 是 \(f\) 的最大值，所以有 \(f_{l_1,r_2}=f_{l_2,r_1}=ans\)，而 \([l_1,r_1]\) 中的前 \(k\) 大，必然会被 \([l_1,r_2],[l_2,r_2],[l_2,r_1]\) 中的前 \(k\) 大的覆盖，所以我们就不需要考虑 \([l_1,r_1]\) 这个区间的贡献。
具体的，对于每一个 \(r\)，我们找打最大的那个最优的 \(l\)，则我们只需要对于每一个 \(g_r=ans\) 的右端点，从左往右进行一个扫描线状物即可。可以使用线段树维护有哪些节点已经被作为最优的出现了，每一次相当于删除区间内 \(s\ge lim\) 的数，那么这一部分的复杂度可以做到势能的 \(O(n\log n)\)。
时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
Day2 T2 The Ties That Guide Us
考虑到我们可以走 \(d+30\) 步，也就是我们可以有大概 \(15\) 次走错的机会。
首先看一下部分分：只有一个点的度数为 \(2\)。也就是我们的树可以变成一个完全二叉树的形态，也就意味着我们确定了一个根。
那么我们走最短路的方式就比较明了了：先跳到 \(lca\)，然后再往下跳。
我们将 \(safe\) 节点到根的路径上的点标记为 \(1\)，其余的标记为 \(0\)。那么对于跳到 \(lca\) 的那一步，我们就一直跳父亲，跳到一个标记为 \(1\) 的节点为止。
对于向下跳的部分，由于二叉树上每一个节点都只有两个儿子。我们可以借鉴重链剖分的思想，先尝试跳重儿子，如果不是，就返回跳轻儿子。由于每一个点到根的路径上最多只有 \(\log_2n\) 次跳轻链，所以我们最劣只有 \(log_2n=15\) 次操作。
我们发现，这个部分分给我们提供了一个做法：确定树的一个根。
但是由于树的编号被打乱了，所以我们无法基于编号找到这样的根，所以只能基于树本身的性质。自然而然想到的是重心。
这样就会出现两个问题：
- 重心的儿子数有三个。
- 重心可能有两个。
对于第一个问题，其实只有重心这一个点可能出现这种情况，所以我们按照重量从大到小访问它的每一个节点，发现仍然是大约 \(15\) 次。
对于第二个问题，如果两个重心都被染成了 \(1\)，则可能会出现跳到了根，但是它有两个儿子被染成 \(1\) 的情况（其中一个是另一个重心，一个是真正的路径），所以我们钦定距离 \(safe\) 更近的那个重心为根即可。在最后跳根的时候如果发现到了根都没有遇到 \(1\)，就跳到另一个重心上即可。
Day2 T3 How to Avoid Disqualification in 75 Easy Steps
\(R=10,H=1\)
由于两个主席在同一个位置，可以认为是同一个主席。
我们考虑二进制分组，可以询问出 \(a\) 的每一位是否是 \(1\)，需要 \(\left\lceil\log_21000\right\rceil=10\)，刚好。
\(R=H=20\)
我们考虑可以通过对 \([1,1000]\) 二分来得到 \(\min(a,b)\) 的位置，然后我们可以通过对 \([\min(a,b)+1,1000]\) 二分得到 \(\max(a,b)\) 的位置。
\(R=30,H=2\)
我们考虑沿用第一种做法，但是我们同时询问这一位是 \(1\) 的以及它的补集。如果 \(a\) 和 \(b\) 的某一个二进制位相同，则对于这一位的答案就确定了；否则，这一位 \(a\) 和 \(b\) 将会是一 \(1\) 一 \(0\)。
对于不确定的这些位 \(p_1,p_2,p_3\dots p_k\)，我们询问 \(p_1,p_i\) 相同的数中是否有主席，如果有，说明 \(a,b\) 中 \(p_1\) 为 \(1\) 的数 \(p_i\) 也为 \(1\)。
这样需要两次询问，其中第一次问 \(20\) 个，第二次最多问 \(9\) 个。
\(R=70,H=1\)
我们考虑沿用第三问的做法，但是我们需要提前处理出第二次需要的所有询问，也就是需要 \(20+\binom{10}{2}=65\) 个询问。
考虑二进制不一定是最优的，考虑使用三进制，则也可以用类似的方式进行处理，由于 \(\left\lceil\log_31000\right\rceil=7\) 需要的询问数是 \(3\times 7+\binom{7}{2}=42\)。
据说四进制可以做到 \(4\times 5+2\binom{5}{2}=40\) 个。
感觉这样的构造是没有前途的，我们考虑一下我们要做的事情的本质是什么，如果对于某一个位置 \(i\)，它被访问的机器人集合为 \(R_i\)。则我们需要通过机器人返回的情况 \(R\) 来唯一确定一组 \(i\le j\)，满足 \(R_i\cup R_j=R\)。
我们将 \(R_i\) 考虑成一个二进制数的话，我们就是要构造出 \(1000\) 个数使得两两或和互不相同。
感觉没有什么很好的构造方式，所以考虑退火或者搜索。
