退役前的做题记录2

[HNOI/AHOI2018]游戏

一个想法就是预处理出每个点向左和向右拓展多少，\(O(1)\) 回答询问。
暴力容易被卡。
正解比较牛逼，先把没有门的缩成一个连通块，对于相邻两个连通块 \(i,i+1\) 来说，如果 \(i\) 到 \(i+1\) 需要的钥匙在 \(i+1\) 之后，那么 \(i\) 不能到达 \(i+1\)，此时肯定是先处理 \(i\) 更优；否则处理 \(i+1\) 更好。
那么可以连成一个具有拓扑关系的 \(DAG\)，按照拓扑序扩展即可。
因为每个连通块只会扩展一次，所以复杂度线性。

[HNOI2018]排列

第一步转化，令 \(q[p[i]]=i\)，那么题目变成：
有一些 \(q[a[i]]<q[i]\) 的限制，\(q\) 必须为排列，求 \(max(\sum_{i=1}^{n}w[i]q[i])\)
这个东西是可以建图的，\(i\rightarrow a[i]\)，不合法当且仅当有环
其它情况就是一棵树(\(0\) 为根)
也就是在这个树上依次选点，选 \(u\) 之前必须选择其父亲，第 \(i\) 次选的代价为 \(i\times w[u]\)。
考虑贪心，对于一个当前权值最小的点 \(u\) 来说，如果父亲是 \(0\)，那么肯定选它最优
否则，设父亲为 \(fa\)，那么选完 \(fa\) 之后一定会选 \(u\)，这样就可以合并这两个节点。
对于之后已经合并过的节点，设其权值和为 \(v[i]\)，大小为 \(c[i]\)
那么 \(i\) 先于 \(j\) 当且仅当
\(v[i]+c[i]\times v[j] \le v[j]+c[j]\times v[i]\)
也就是 \(i\) 的平均权值最小，以这个为关键字选最小的点就行了。
为了计算答案，把每个点的贡献在合并的时候拆开计算即可。

[HNOI2018]毒瘤

容斥+ \(DP\) 有 \(75pts\)
正解可以动态 \(DP\)，或者维护 \(22\) 个关键点的虚树，每一条链的转移系数不变，预处理即可。

[JXOI2018]游戏

不难发现，所有不能被其他数筛掉的数是一定要选的，只有选了这些数字才能结束
假设有 \(m\) 个，枚举结束时间 \(x\)，答案就是 \(\sum \binom{x-1}{m-1}m!(n-m)!x\)
埃氏筛法即可求出 \(m\)
(埃氏筛法复杂度 \(O(nloglogn)\) ！！！)

[JXOI2018]排序问题

不难看出期望就是 \(\frac{(n+m)!}{\prod_{v=1}^{max}(cnt_v!)}\)，\(cnt_v\) 表示 \(v\) 这个数出现的次数。
贪心就是直接把 \(m\) 个数字每次选择一个 \(cnt\) 最小的加入，使得最后 \([l,r]\) 内每个数字出现的的次数尽量平均。
直接按照数字出现的次数排序，从大到小枚举平均的次数是多少即可。

[JXOI2018]守卫

假设不能被n看到的是很多个区间 \([l_k,r_k]\)
不难发现一个性质：\([r_k+2,n]\) 的位置是看不到 \([l_k,r_k]\) 的位置的。所以 \(r_k,r_k+1\) 必选其一。
我们还注意到，对于 \(j<k,[l_k,r_k+1]\) 的位置是看不到 \([l_j,r_j]\) 的位置的，也就是说这些区间互相独立。
然后就可以直接 \(DP\) 了。

[HAOI2018]奇怪的背包

不难发现一个性质：选出来的集合 \(S\) 要满足 \(gcd(S,P)|w_i\) 才合法。
把 \(P\) 的约数取出来 \(v_i\) 取 \(gcd\) 之后容斥即可
复杂度 \(O(d^2(P))\)，\(d\) 为 \(P\) 的约数个数。

[HAOI2018]苹果树

设 \(i\) 个点的树的方案数 \(f_i\)，到根的距离和为 \(g_i\)，距离总和 \(h_i\)
显然 \(f_i=i!\)
\(g_i\) 的合并要将左右的树的 \(g\) 分别加上 \(1\)
\(h_i\) 的合并要将左右的树的 \(g\) 分别加上 \(1\) 然后拼起来再加上左右的 \(h\)
最后 \(h_i\) 还要算上 \(g_i\)
更加优秀的做法
可以考虑每个子树的贡献，对于一棵 \(i\) 的子树，大小为 \(x\)，方案数为 \(\binom{n-i}{x-1}\times x!\)，贡献为 \(x\times(n-x)\)
对于子树外面的情况，就是 \(i!(i-1)i(i+1)...(n-x-1)=(n-x-1)!i(i-1)\)
直接计算即可

[HAOI2018]反色游戏

不难发现就是给你 \(n\) 个异或方程组，求解的个数。
下面假设都是有解的情况
对于一棵树来说，显然解最多一个，每次父亲消去儿子的即可。
不难得到，如果有 \(x\) 条非树边，无论它们怎么选择，都一定有唯一的解，方案数就是 \(2^x\)
设有 \(n\) 个点，\(m\) 条边，\(c\) 个连通块，答案就是 \(2^{m-n+c}\)
只要讨论每个连通块是否有偶数个黑色即可判断无解。
每次删除一个点：分成割点，非割点讨论即可。

[HAOI2018]字串覆盖

思想比较简单。
对于 \(r-l+1 > 50\) 的询问，直接暴力贪心的每次选择最靠前的位置匹配即可，SAM+线段树+倍增可以很好的实现。
对于 \(r-l+1 \le 50\) 的询问，离线下来，对于长度相同的倍增处理出上述的操作即可。
~~还是挺好写的~~

[JSOI2018]列队

不难发现一定是把区间 \([l,r]\) 排序之后一一匹配最优(交叉匹配肯定不优)。
同样也不难发现一定存在一个分界点 \(x\) 使得小于等于 \(x\) 的 \(a_i\) 的位置小于等于匹配的点，另外大于 \(x\) 的相反。
主席树上二分就好了。

[JSOI2018]防御网络

显然是要考虑每一条边的贡献，对于一条非树边(割边)，只要从它分开的两个集合中各选大于 \(0\) 个点就好了。
主要的问题是环上的边，不难发现，如果环上有 \(k\) 个点，那么最长的那个间隔一定不会在斯坦纳树里面。
可以枚举环上第一个选的点为 \(st\)，然后设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个，最大间隔为 \(j\) 的方案数(每个点个贡献为 \(2^{x}-1\) 的形式)，可以用前缀和优化轻易优化到 \(O(n^3)\)。
~~n的4次方也挺快的~~

[JSOI2018]绝地反击

第一想法是二分答案+二分图匹配，合法的偏转角只会是那些弧的端点，\(O(n^4logn)\)
又因为偏转角不会超过 \(\frac{2\pi}{n}\)，那么可以在模 \(\frac{2\pi}{n}\) 意义下一路扫过去。每次最多加入(删除)一条边，退流即可。

[JSOI2018]机器人

神仙题，~~给结论跑路~~
设 \(d=gcd(n,m)\)，那么每一个 \(d\times d\) 的正方形矩阵同构，操作每 \(d\) 个一个循环。
设向右 \(x\) 步，向下 \(y=d-x\) 步，合法的方案当且仅当 \([x\perp d][x\perp n][y\perp m]\)
转换：碰到障碍前走的路程 \(=\) 碰到每个障碍时走的路程的最小值。
处理出每个点 \((x,y)\) 在循环内走到的第一个障碍的距离，之后 \(DP\) 即可

[FJOI2018]所罗门王的宝藏

每个宝石的行和列连边，表示两者的操作的和为边权
有解则同一个连通块每个点一定可以用每个点的一次函数表示，\(dfs\) 即可

[FJOI2018]领导集团问题

一个显然的 \(DP\)：
\(f_{u,i} = [i=w_u] + \sum_{v \in son_u}max_{j \ge i} f_{v,j}\)
可以直接用线段树合并维护，每次把右边的最大值丢到左边合并更新 \(max_{j \ge i} f_{v,j}\)
正确性：刚开始合并上来的 \(max_{j \ge i} f_{v,j}\) 一定是单调的。
最后只要单点修改即可。

[FJOI2018]邮递员问题

乱搞。
可以发现如果起点在左边界，终点在右边界的时候上下走的点一定是连续的(可能吧)
那么可以设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示当前上面到 \(i\)，下面到 \(j\)，当前在上面/下面的最短距离。
如果起点不在左边界，终点不在右边界，那么就乱搞。
对于左边，如果向左的时候下去了再上来一定不会优与直接走过去，那么就分两种情况：左下右或者直接先左再次原路返回向右。
右边类似，每次到一个点用这个策略更新一下答案。
之后交换左右再做一遍即可~~不想卡常了，BZOJ直接特判了QwQ~~
上述(假算法)策略成功水过了所有的测试点。

[TJOI2018]游园会

经典 \(DP\) 套 \(DP\) 。

[BJOI2018]求和

模拟即可。

[BJOI2018]二进制

一个显然的结论，设串的长度为 \(n\)，有 \(x\) 个 \(1\)。
那么合法当且仅当：\(x\) 为偶数或者 \(x\) 为奇数 \(x>1\) 且 \(n-x \le 2\)
也就是两种情况：偶数个 \(1\) 或者奇数个 \(1\)，大于 \(1\) 个 \(1\)，且大于 \(1\) 个 \(0\)。
设一个 \(f_{0/1,0/1/2,0/1/2}\) 全部记录下来即可，线段树上就维护前缀和后缀。
合并的时候直接 \(for^6\) (逃
本机稳定 \(0.95s\)，~~然而BZOJ还是TLE了~~

[BJOI2018]治疗之雨

设 \(c_i\) 表示 \(k\) 轮打中了 \(i\) 次的概率，\(c_i=\binom{k}{i}(\frac{1}{m+1})^{i}(\frac{m}{m+1})^{k-i}\)
设 \(f_i\) 表示当前 \(i\) 的生命值，到死去的期望。
\(f_0=0\)
\(f_i(1\le i < n)=\frac{1}{m+1}\sum_{j=0}^{i+1}f_{j}c_{i-j+1}+\frac{m}{m+1}\sum_{j=0}^{i}f_{j}c_{i-j}+1\)
\(f_n=\sum_{i=0}^{n}c_if_{n-i}+1\)
设 \(x=f_1\)，把所有的 \(f_i\) 表示成 \(a_ix+b_i\) 的形式求解即可。
~~我怎么又在BZOJ上TLE了？？？~~

[BJOI2018]链上二次求和

线段树维护二维前缀和即可，讨论一下标记的系数。
~~最近随便写个题在BZOJ都TLE了QwQ~~

[BJOI2018]染色

大前提：肯定是二分图才有可能合法。
一条长度为奇数的链是可以直接 \((A,B)\) 缩成一个点。
然后是各种情况：
(a)对于同一个连通块，存在两个环之间最多只有一条公共点，可以通过一个环强制一个点的颜色卡掉。所以环都要交织在一起。。
(b)对于两个环，如果它们的交是奇数(大于 \(1\))，并且各自不交的部分大于 \(1\)，也可以卡掉：
可以通过左边的环构造出交的两端至少有一个为固定的颜色，经过另一个环可以使得交的另一个端点的颜色不同，这样就卡掉了。
(c)对于两个环，如果它们的交是偶数(大于 \(1\))，并且各自不交的部分大于 \(1\)，也可以卡掉：
使得交的两个端点都是 \((A,B)\)，那么可以把交的都变成 \((A,B)\)，这样端点必定不同，只有两种情况，分别在左右的环中卡掉。
(d)剩下的情况：一个连通块就是一个简单环或者树；两个环的非交部分都是 \(1\)；可以发现这样的东西~~怎么玩都~~卡不掉。
~~这个题目怎么这样啊~~
综上所述，最后合法的图的情况：
(a)一个连通块中 \(n\ge m\)
(b)一个连通块中 \(n+1=m\)，且是两个环的非交部分都是 \(1\) 的情况。

会员力量，点亮园子希望

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