算法竞赛进阶指南 做题笔记

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1.最短 Hamilton 路径

状压 dp。设 \(f_{S,i}\) 表示走过的节点状态为 \(S(0\) 为没走过，\(1\) 为走过 \()\)，当前在点 \(i\) 时的最小代价，显然 \(S\) 的第 \(i\) 位必须为 \(1\)。

那么 \(f_{S,i}= \min_{S \operatorname{and} 2^j =1,j \neq i } \lbrace f_{S \operatorname {xor} 2^i,j}+dis_{j,i}\rbrace \)。

意思就是枚举在走 \(i\) 号点之前走的是哪个点，由上个没走过 \(i\) 的状态加上两点的距离转移过来。

注意这里点的编号都从 \(0\) 开始，初始时 \(f_{1,0}=0\)，其余为正无穷，最后输出 \(f_{2^n-1,n-1}\) 即可。

2.费解的开关

注意到如果想要第 \(i\) 行上面的一行合法，点击方案是确定的，所以第一行的点击方案确定后，就可以推出接下来的点击情况。

所以枚举第一行的状态 \(S\)，\(S\) 的第 \(k\) 位为 \(1\) 就点，否则就不点。

如果想要字典序最小，注意到第一行确定后只有一种方案，所以第一行字典序最小就好了。

3.奇怪的汉诺塔

设 \(d_i\) 表示解决 \(i\) 个盘子三个塔的最小步数，显然 \(d_i=2^i-1\)，不再赘述，\(f_i\) 表示解决 \(i\) 个盘子四个塔的最小步数。

那么有 \(f_i =\min _{1 \le j < i}\lbrace 2 \times f_j+d_{i-j}\rbrace\)

含义是先挪 \(j\) 个盘子，再挪 \((i-j)\) 个盘子，这 \((i-j)\) 个盘子只有三个柱可以用，最后再挪 \(j\) 个盘子到这 \((i-j)\) 个盘子上面即可。

有 \(f_{1}=d_{1}=1\)。

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1.序列

考虑 \(m=2\)，这是经典贪心。排序后最小值肯定是 \(a_1+b_1\)。然后第二小可能是 \(a_1+b_2\) 或 \(a_2+b_1\)，第三小若第二小是 \(a_1+b_2\) 则可能是 \(a_2+b_1\) 或 \(a_2+b_3\) 或 \(a_2+b_2\)，以此类推。每次只会改变一个数，因此用堆维护贪心，每次取出最优解并扩展一个数即可。但是这样 \((i,j)\) 的产生方式不唯一，考虑强制先增加 \(i\) 再增加 \(j\)，用一个 \(flag\) 记录当前是否开始增加 \(j\) 了即可。

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1.你能回答这些问题吗

最大字段和可以线段树维护。

对于一个节点 \(p\)，维护它的 \(lmax,rmax,dat,sum\)，表示它左端点必选的最大字段和，右端点必选的最大字段和，整段的最大子段和，和。

\[lmax_p=\max\lbrace lmax_{p \times 2},sum_{p \times 2}+lmax_{p \times 2+1} \rbrace \]

\[rmax_p=\max\lbrace rmax_{p \times 2+1},sum_{p \times 2+1}+rmax_{p \times 2}\rbrace \]

\[dat_p=\max\lbrace dat_{p \times 2},dat_{p \times 2+1},rmax_{p \times 2}+lmax_{p \times 2+1}\rbrace \]

2.区间最大公约数

区间带修 gcd 不好直接线段树，考虑差分一遍那么 gcd 不变，这样修改好做一些。

查询的时候就是 \(\gcd(a_l,Q(l+1,r))\) 即可，对这个 \(a_l\) 还得专门开个树状数组维护。

3.磁力块

对于这个最多的，我们可以执行以下 BFS 框架：每次把能被吸引的磁铁全部吸过来，然后删掉当前磁铁。

能被吸引的限制有两维，考虑排序一维数据结构维护另一维。比如我们按照质量排序，那么每次只需要考虑距离。大部分数据结构方便的是统计数量，但这里要确实找出编号，考虑分块。

按距离排序后以 \(B\) 分块，每块再以距离排序，那么我们每次可以找到一个 \(k\)，使得前 \(k-1\) 块的所有质量全都合法，\(k+1\) 及以后的块全都不合法，其实就是找第一个满足质量最大值大于磁力的块。

对于前面的块，合法的都是一段前缀。因为这是个 BFS，所以每个位置只要更新一次，所以对于每个块维护个指针 \(L\)，表示这个块的前 \(L-1\) 个元素已经用过了。每次从 \(L\) 扩展，走遍这 \(k-1\) 个块均摊复杂度是 \(\mathcal{O}(B)\)。第 \(k\) 个块暴力，vis 标记还是要打。时间复杂度也是 \(\mathcal{O}(B)\)。

看样子直接令 \(B=1\) 最优？但是遍历前 \(k-1\) 个块还有 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B})\) 的复杂度。好像可以令 \(B=1\) 然后上个并查集做到 \(n\alpha(n)\)，先咕着。

4.最大异或和

首先做前缀和，然后每次就是一个 \(S_n \oplus x \oplus S_{p-1}\)，那么就是在 \([l-1,r-1]\) 中找一个 \(p\)，使得 \(S_n \oplus S_p\) 最大。

直接仿照主席树，每次新建一侧的儿子，另一侧的复制同时维护 \(cnt\) 即可。注意 trie 的构造是非递归的，那么开始时新建的根会被多次更改，因此要专门开变量存一下。如果 \(l=1\) 那么会算到负数，但其实只比 \(l=2\) 多了一个全选的决策，比较一下即可。

5.Fotile 模拟赛 L

求出前缀和后直接枚举右端点然后用 trie 复杂度是 \(nm\log V\) 的，反正在 Acwing 的机子上过不了。

没有修改，考虑预处理答案，但又不能太预处理，不然空间就已经爆了。考虑以 \(B\) 分块，预处理出整块的答案，大部分的分块整块预处理就是枚举左边块编号，再向右扩展，更新。这部分复杂度是 \(\mathcal{O}((\frac{n}{B})^2 B \log V=\frac{n^2\log V}{B})\)。

散块简单暴力即可，但是如果做最右边的块的时候枚举前面的所有数插到 trie 里又不行了，所以提前建好一个可持久化 trie 即可。细节：\(l<r\)。

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1.饼干

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个人，分配了 \(j\) 个饼干时的最小怨气，那么答案为 \(f_{n,m}\)。这个东西没法直接计算，所以我们考虑上一点手段。

考虑已经确定了一种饼干数量的分配方式，那么显然贪婪度大的孩子需要得到更多的饼干，用贪心交换可以证明这一点。

那么我们先把孩子按贪婪度排序，分配的饼干数一定是一个单调不增的序列。考虑给第 \(i\) 个孩子分几块饼干，可这样还是不好算，再进行一个转化。

• 如果第 \(i\) 个孩子的饼干数大于 \(1\)，那么可以考虑将这 \(i\) 个人都少分配一块饼干，这样相对大小关系不变从而怨气值也不变，此时 \(f_{i,j}=f_{i,j-i}\)，对于每个 \(i\)，\(f_{i,j}\) 是随着 \(j\) 的增大而计算的，所以没有问题。

• 如果第 \(i\) 个孩子的饼干数为 \(1\)，则可以考虑有多少个孩子得到了一块饼干。即枚举一个 \(k\)，\(k\) 后的孩子都只有 \(1\) 块饼干，则第 \(i\) 个孩子产生的怨气值就是 \(k \times \sum_{X=k+1}^i g_X+f_{k,j-(i-k)}\)。

综上，经过一系列转化，我们得到：

\[f_{i,j}=\min(f_{i,j-i}[j>i],\min _{\max(i-j+1,0) \le k <i}\{k \times \sum_{X=k+1}^i g_X+f_{k,j-(i-k)}\} \]

输出方案与其他题一样，记下选定 \(f\) 数组的两维的值即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2 m)\)。

2.连通图

记 \(f_i\) 表示 \(i\) 个点的无向连通图个数。

这个是不好算的，考虑容斥成所有减去不联通的。

\(i\) 个点的无向连通图共有 \(2^{\frac{i(i-1)}{2}}\) 个。

枚举 \(1\) 号点所在的连通块大小 \(j\)，那么 \(f_i=2^{\frac{i(i-1)}{2}}-\sum_{j} f_j \times \binom{i-1}{j-1} \times 2^{\frac{(i-j)(i-j-1)}{2}}\)。

傻卵题，还要高精度。