Solution Set - 杂题题解（一）

开个新类型的写法，一篇文章就贴十个题。

目录

「JOI 2013 Final」现代豪宅

对每一个点拆出两个点分别表示行的边和列的边，两个点之间连上一条边权为 \(1\) 的边表示摁住按钮的代价。

注意到按按钮的地方只会是换向的地方，只对这些地方建图即可，注意特殊处理起点和终点。时间复杂度线性对数。

「XXI Open Cup, GP of Korea」Query On A Tree 17

带权重心很不好求，但是深度最小会不会有什么用，一个很难的被察觉的事情就是，深度最小的带权重心 \(u\) 一定满足其子树和大于总和的一半。

直觉是需要使用重链剖分，下一个问题就是如何求出带权重心，我们可以先求出某一个在 \(u\) 子树的点，再用两只 \(\log\) 的代价倍增出带权重心。

接下来考虑如何求这个点，我们使用线段树二分，找出某一段大于一半的后缀即可。时间复杂度两只 \(\log\)。

「CEOI2012」工作规划

二分答案，然后按电脑一个一个的填上位置，没了，时间复杂度线性对数。

「LOJ6187」Odd

问题其实等价于，求出有多少个字段，满足其「异或和」等于「出现过的数的异或和」。

设区间为 \([l,r]\)，异或的前缀和为 \(s\)，则答案的要求其实是 \(s_r\oplus s_{l-1}=h_{l,r}\)，也就是 \(s_r=s_{l-1}\oplus h_{l,r}\)，考虑扫 \(r\) 来维护 \(h_{l,r}\oplus s_{l-1}\)，对于一个位置 \(i\)，考虑维护做如下事情：

  • 为 \([las_{a_i}+1,i]\) 异或上 \(a_i\)。

  • 查询出等于 \(s_r\) 的所有数。

使用分块来维护这个数列，散块是简单的暴力，整块修改打标记，整块查询使用哈希表即可。

但是这样做错误率很高，需要随机每个数的权值，这样可以做到更高的正确率，注意权值要在 ull 级别。时间复杂度单根号。

「UR #2」树上 GCD

首先先容斥成只用求倍数的形式，然后处理掉两点为父子关系的情况。

根号分治：

  • \(d\le \sqrt{n}\)，记 \(f_{u,d}\) 为 \(u\) 子树内距 \(u\) 为 \(d\) 的倍数的点，瞎转移一下即可。

  • \(d>\sqrt{n}\)，启发式合并，从底向上做，加上倍数，同样瞎搞搞就行。

「CF797F」Mice and Holes

按坐标排序之后从左向右考虑。

考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个洞进前 \(j\) 个老鼠，那么枚举有 \(k\) 只老鼠进第 \(i\) 个洞，有 DP 式子：

\[f_{i,j}=\min(f_{i-1,j-k}+s_{i,j}-s_{i,j-k}) \]

其中 \(s_{i,j}\) 表示前 \(j\) 只老鼠进前 \(i\) 个洞的最小距离。

枚举 \(j-k\)，独立 \(s_{i,j}\)，问题变成 \(f_{i,j}=s_{i,j}+\min(f_{i-1,k}-s_{i,k})\)，其中 \(k\) 有一定范围，使用单调队列优化即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

「POI2011」SEJ

设最小的非零密码是 \(x\)，那么密码集合也就是 \({0,x,2x,\ldots}\)，也就是说 \(x|n\)。

注意到 \(a_k\) 是一个合法密码，那么 \(x|\gcd(a_k,n)\)，同时 \(x\nmid a_i\)。

对 \(\gcd(a_k,n)\) 分解质因数，暴力检验这些质因数没有前途，我们考虑根据前面的 \(a_i\) 来进行检验。

每一次我们枚举 \(a_i\) 与 \(\gcd(a_k,m)\) 的共同因子，递归到这些因子下面做，最后求出最小的合法因数，那这个值就是我们需要的 \(x\)。

最后，输出 \(\frac{n}{x}\) 即可。

「联合省选 2022」最大权独立集问题

妈的，好几把难，题解约等于转载。

黑色高级树形 DP，设 \(f_{u,v,q}\) 表示在 \(u\) 的子树里 \(v\) 换出来，换进来的值的贡献系数是 \(q\)，即会被交换 \(q\) 次。

\(q\) 不会超过 \(u\) 另外一个子树的大小，故实际上本质不同的状态数是 \(O(n^2)\) 的，只需要使用 vector 存下每一个状态就可以满足空间限制。

对 \(u\) 的形态来分讨：

  • 叶子，那么 \(f_{u,u,1}=a_u\)。
  • 只有左儿子 \(v\)，分两种情况讨论：
    • 先换进来再换到子树去：\(f_{v,w,q-1}+a_u\to f_{u,u,q}\)，换出去的是 \(u\)，而换进来的贡献系数加 \(1\)，可以直接枚举 \(v\) 的状态暴力转移。
    • 先换到子树再换进来：\(f_{v,w,q}+qa_u+a_w\to f_{u,w,1}\)，换出去 \(w\) 且上面换进来的一定是 \(u\)，故增加 \(qa_u+a_w\)，同样可以直接枚举 \(v\) 的状态暴力转移。
  • 有两个儿子 \(y,z\)，下面钦定 \(y\) 是左儿子，\(z\) 是右儿子，共三种顺序转移：
    • 父边 - 左儿子边 - 右儿子边，这里表示的是操作边的顺序，\(f_{y,w,p-1}+f_{z,v,q}+a_u+a_wq\to f_{u,u,p}\)，换出去 \(x\)，左子树换进去某个值，换出 \(w\)，\(w\) 再换进右子树，在这里统计答案。
      运用参变分离的思想，记 \(f1_q=\min(f_{z,v,q})\)，\(f2_w=\min(f1_q+a_wq)\)。这两个可以在 \(O(lsiz\times rsiz)\) 的时间内统一预处理出来，得到 \(f_{y,w,p-1}+f2_w+a_u\to f_{u,u,p}\)，可以暴力转移。
    • 左儿子边 - 父边 - 右儿子边：\(f_{y,w,p}+f_{z,v,q-1}+pa_u+a_w\to f_{u,w,q}\)，\(w\) 连换两次直接换出去，而 \(u\) 去到左子树，外面来的点进入右子树，\(u\) 这个点被换出去。
      同上，预处理 \(f3_w=\min(f_{y,w,p}+pa_u)\)，则原式会变成 \(f3_w+f1_{q-1}+a_w\to f_{u,w,q}\)，同样可以暴力转移。
    • 左儿子边 - 右儿子边 - 父边：\(f_{y,w,p}+f_{z,v,q}+a_up+a_wq+a_v\to f_{x,v,1}\)，模拟一下大概就能理解？
      预处理 \(f4_q=\min(f3_w+a_wq)\)，则转移可以写成 \(f4_q+f_{z,v,q}+a_v\to f_{x,v,1}\)。

接下来考虑如何求 \(1\) 的答案。

  • 只有左儿子。那么答案就是 \(\min(f_{y,w,q}+a_1q)\)。
  • 有两个儿子，考虑左儿子边 - 右儿子边的转移，\(ans=\min(f_{y,w,q}+f_{z,v,q}+a_wp+a_1q)\)，同样预处理 \(f1_w,f2_q\) 即可。

总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

「NOIO #1」最小环 & 「LβR #3」绯色 IOI（开端）

很有趣的题目！考虑到后者的情况无非就是前者的 \(k=1\)，这里只讨论前者怎么做。

注意到距离为 \(k\) 可以划分出 \(\gcd(n,k)\) 个环，距离不重要而环的个数是重要的，考虑如何分配这些环。

先考虑 \(k=1\) 的情况，此时只会被划分出一个环，我们希望两两相邻的乘积最大，则我们希望越大的数所匹配的值越大，根据这个可以构造出类似 \(\{2,4,6,5,3,1\}\) 的方案，也就是说每隔两个数算一遍贡献，特殊计算 \(a_n,a_{n-1}\) 和 \(a_1,a_2\) 的贡献。

环多的情况可以贪心的，连续的若干个数来填环，简单记忆化做到 \(O(nd(n))\)。

「CF17C」Balance

很难想到的一类 DP 方向？

考虑建出序列自动机，那么设 \(f_{i,a,b,c}\) 表示第 \(i\) 个位置有若干个对应字符。

则 DP 方法为 \(f_{i,a,b,c}\to f_{nxt_{i,1},a+1,b,c}\)，理由是这样不会算重。

复杂度约为 \(O(n^4)\)。

posted @ 2022-10-06 00:32  时一月  阅读(103)  评论(0)    收藏  举报