集训队互测投题——封印

《封印》命题报告

题目大意

你是一名大魔法师，现在遇到了 \(n\) 只怪物，第 \(i\) 只怪物的出现时间为 \([l_i,r_i)\)，有经验值 \(w_i\)。对于怪物 \(i\)，你可以选择一个实数 \(k_i\in[l_i,r_i]\)，并在 \([l_i,k_i)\) 时间内施展封印术控制这只怪物。特别地，如果 \(k_i=l_i\)，表示你没有对这种怪物施展封印术。由于人是有极限的，在同一时刻，你最多对 \(K\) 个怪物施展法术，\(K\) 为给定常数。

由于你已经很久没有使用过封印术了，在 \(0\) 时刻你的熟练度为 \(0\)。对于怪物 \(i\)，如果 \(k_i=r_i\)，那么你就成功封印了这只怪物，所以在 \(r_i\) 时刻你的熟练度就会增加 \(w_i\)；如果 \(k_i<r_i\)，那么怪物就会在 \(k_i\) 时刻攻击你，使得熟练度重置为 \(0\)。

在任意时刻，设此时熟练度为 \(W\)，你可以选择施展终极秘术，将时间线上的所有的 \(n\) 只怪物变成 \(W\) 枚金币，并带着它们离开。如果同一时刻发生多个事件（熟练度增加、熟练度重置、终极秘术），它们之间的生效顺序可以任意安排。

现在，请求出你最多能带着多少枚金币离开。

数据范围

对于所有数据，\(n,l_i,r_i,w_i,K\) 均为正整数，\(1\leq K\leq n\leq 3\times 10^5,1\leq w_i\leq10^9,1\leq l_i\lt r_i\leq 2n\)，且保证 \(l_1,l_2,\dots,l_n,r_1,r_2,\dots,r_n\) 构成 \(1\sim 2n\) 的排列。

各子任务特殊约束及分值如下：

子任务编号	\(n\le\)	特殊性质	分值
\(1\)	\(20\)	-	\(5\)
\(2\)	\(2500\)	\(w_i=1\)	\(15\)
\(3\)	\(3\times 10^5\)	\(w_i=1\)	\(20\)
\(4\)	\(2500\)	-	\(15\)
\(5\)	\(10^5\)	\(K\le 30\)	\(20\)
\(6\)	\(3\times 10^5\)	-	\(25\)

解题过程

算法一

下文中“区间 \(i\)” 指怪物 \(i\) 或者区间 \([l_i,r_i]\)，称 \(w_i\) 为区间的权值。

首先考虑指数级算法。枚举集合 \(S\) 表示最后权值计入答案的区间。设 \(L=\displaystyle\min_{i\in S}\{r_i\},R=\displaystyle\max_{i\in S}\{r_i\}\)。为了使 \(S\) 合法，所有 \(L<l_i< R\) 的区间在 \([L,R]\) 内的部分均需被封印，且所有 \(S\) 中的区间均需被完整封印，其余区间均可被完全放弃（即在 \(l_i\) 被放弃）。

进一步地，可以认为 \(L<l_i<R<r_i\) 的区间也被完整封印，因为如果大于 \(R\) 的时刻出现超过 \(K\) 个这种区间，那么它们也会使 \(R-1\) 时刻不合法。

检查是否存在时刻被覆盖超过 \(K\) 次即可。

时间复杂度 \(O(2^nn)\)，期望通过子任务 1。

算法二

先考虑所有区间权值均为 \(1\) 的情况。

上面的朴素算法提供了思路，最后计入答案的区间集合数量是指数级的，但集合对应的 \([L,R]\) 很少。

枚举 \([L,R]\)，区间可被分为六类：

1. \(\mathrm{I}\) 类：\(l_i\leq L\leq r_i\leq R\)；
2. \(\mathrm{II}\) 类：\(l_i\leq L\leq R \lt r_i\)；
3. \(\mathrm{III}\) 类：\(L<l_i\lt r_i\leq R\)；
4. \(\mathrm{IV}\) 类：\(L<l_i<R\lt r_i\)；
5. \(\mathrm{V}\) 类：\(l_i\geq R\)；
6. \(\mathrm{VI}\) 类：\(r_i<L\)。

其中，\(\mathrm{III},\mathrm{IV}\) 类区间一定被完整封印，同时 \(\mathrm{III}\) 类区间必须计入答案。除此之外，可以完整封印一些 \(\mathrm{I}\) 类区间以使答案更大。

定义 \([L,R]\) 合法当且仅当所有 \(\mathrm{III},\mathrm{IV}\) 类区间没有使得一个时刻被覆盖超过 \(K\) 次，容易发现对于固定的 \(L\)，合法的 \(R\) 一定是 \(L\) 开始的若干连续正整数。进一步，如果 \([L,R_1]\) 和 \([L,R_2]\) 均合法且 \(R_1<R_2\)，那么 \([L,R_2]\) 对应答案一定不劣。证明如下：在 \([L,R_1]\) 最优答案中的 \(\mathrm{I}\) 类区间集合 \(S\)，那么 \([L,R_2]\) 相对于 \([L,R_1]\) 多出的 \(\mathrm{III},\mathrm{IV}\) 类区间都有 \(l_i\geq R_1\)，所以它们和 \(S\) 中的区间都不交，故在 \([L,R_2]\) 时选择 \(S\) 中的所有区间也合法。

现在要考虑的 \([L,R]\) 只有 \(O(n)\) 个，注意到 \(R\) 随 \(L\) 增大单调不减，故可以用尺取法加上线段树来 \(O(n\log n)\) 求出这些 \([L,R]\)。

对于每个 \([L,R]\)，显然取的 \(\mathrm{I}\) 类区间按 \(r_i\) 排序后一定是一个前缀。所以对于这 \(O(n)\) 个 \([L,R]\)，分别将对应的 \(\mathrm{I}\) 类区间按 \(r_i\) 从小到大尝试加入即可。

时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)，期望通过子任务 2。

算法三

算法二的瓶颈在于每次重新尝试加入 \(\mathrm{I}\) 类区间，现在考虑在尺取过程中维护。尺取可以拆成 \(L\) 右移和 \(R\) 右移，下面分开考虑会对区间类别产生什么影响。

\(L\) 右移：(a) \(\mathrm{I}\to \mathrm{VI}\)；(b) \(\mathrm{III}\to\mathrm{I}\)；(c) \(\mathrm{IV}\to\mathrm{II}\)。

\(R\) 右移：(d) \(\mathrm{II}\to\mathrm{I}\)；(e) \(\mathrm{IV}\to\mathrm{III}\)；(f) \(\mathrm{V}\to\mathrm{IV}\)。

记答案中选取的 \(\mathrm{I}\) 类区间集合为 \(S\)，所有 \(\mathrm{III},\mathrm{IV}\) 类区间集合为 \(T\)。

(a) 中如果被移除的 \(\mathrm{I}\) 类区间如果在 \(S\) 中，移除后显然最多再加入一个 \(\mathrm{I}\) 类区间到 \(S\) 中。用小根堆维护所有不在 \(S\) 中的 \(\mathrm{I}\) 类区间，尝试加入 \(r_i\) 最小的那个即可。

(b)(c) 都可以看作是先删除了一个 \(l_i=L\) 的 \(T\) 中区间。这其实和删除一个 \(S\) 中的区间产生的影响类似，可以说明此时也只会再加入一个区间到 \(S\) 中。对于 \((b)\)，还要再加入一个 \(\mathrm{I}\) 类区间。此时如果它的 \(r_i\) 比 \(S\) 中最大的 \(r\) 小，将它加入 \(S\)，然后若产生不合法则删去 \(S\) 中 \(r\) 最大的区间，这部分可以用大根堆维护 \(S\) 中区间；否则加入小根堆，并尝试将堆顶加入 \(S\)。

(d) 由于这个发生改变的区间满足 \(r_i=R\)，所以不会将 \(S\) 中的区间“顶替掉”。只要把它加入小根堆，并尝试加入当前 \(r_i\) 最小的 \(\mathrm{I}\) 类区间即可。

(e) 不会使 \(S,T\) 产生任何改变只需要把这个区间权值计入答案即可。

(f) 会向 \(T\) 中加入一个区间，上面算法二已经说明了不会影响 \(S\)。

以上单步维护均为 \(O(\log n)\)，总时间复杂度 \(O(n\log n)\)，期望通过子任务 2,3。

算法四

现在考虑 \(w_i\) 没有特殊限制的情况，尝试扩展算法二。

尺取的正确性显然，区别在于现在不能按照 \(r_i\) 排序了。一个自然的想法是按照 \(w_i\) 从大到小贪心加入，下面证明这是对的。

固定 \([L,R]\)，设 \(\mathrm{I}\) 类区间为 \((l_1,r_1,w_1),(l_2,r_2,w_2),\dots,(l_m,r_m,w_m)(w_1\geq w_2\geq\dots\geq w_m)\)。注意到这个结论和 Kruskal 最小生成树算法很类似（事实上，这本质上是因为二者都是拟阵），考虑类似的归纳证明：对于 \(1\leq k\leq m\)，贪心加入前 \(k\) 个区间后得到的集合 \(A_k\) 一定是某组最优解 \(S_k\) 的子集。

1. \(k=0\) 时 \(A_k=\varnothing\) 显然成立；
2. 假设 \(k=i\) 时成立，考虑向 \(A_i\) 中加入 \((l_{i+1},r_{i+1},w_{i+1})\) 得到 \(A_{i+1}\)，如果加入失败或加入成功且这个区间在 \(S_i\) 中，令 \(S_{i+1}=S_i\) 即可说明此时命题成立。否则，考虑将第 \(i+1\) 个区间加入 \(S_i\) 得到 \(S_{i+1}\)，此时 \(S_{i+1}\) 必然不合法。由于只保留 \(S_{i+1}\) 中编号不超过 \(i+1\) 的区间合法（这是因为 \(i+1\) 在贪心中成功加入了），而且此时被覆盖次数最多的时刻一定被覆盖恰好 \(K+1\) 次，所以一定可以通过删除 \(S_{i+1}\) 中恰好一个编号大于 \(i+1\) 的区间，使得 \(S_{i+1}\) 合法。由删除的区间的权值不超过 \(w_{i+1}\) 知删除后 \(S_{i+1}\) 的权值和不会比 \(S_i\) 小，故 \(S_{i+1}\) 也为一组最优解。

有了这个贪心，就可以类似算法二做到 \(O(n^2\log n)\)，期望通过子任务 1,2,4。

这个贪心也可以说明在 \(w_i=1\) 时，将 \(\mathrm{I}\) 类区间以任意顺序尝试加入都是正确的。进一步，这也说明所有权值和最大的合法 \(S\) 的区间个数相同且是所有合法方案中区间个数的最大值。

算法五

考虑 \(K\) 比较小的情况，尝试扩展算法四。

注意到所有 \(\mathrm{I}\) 区间，都覆盖 \(L\) 或者右端点与 \(L\) 重合，故算法四中计入答案的 \(\mathrm{I}\) 类区间只有 \(O(K)\) 个。如果能找出这些区间的同时不遍历其它区间，就可以得到更优的复杂度。

设 \(lim\) 为最小的被覆盖了 \(K\) 次的时刻，容易发现此时可以加入的 \(\mathrm{I}\) 类区间即为所有 \(r_i\leq lim\) 的 \(\mathrm{I}\) 类区间，这些区间中 \(w_i\) 最大的即为下一个加入答案的区间。

\(lim\) 和所有 \(\mathrm{I}\) 类区间容易用线段树维护，时间复杂度 \(O(nK\log n)\)，期望通过子任务 1,2,4,5。

算法六

尝试结合算法三和算法四。还是考虑算法三中提到的六种情况。不妨设所有区间的权值互不相同。

(a) 即从 \(S\) 中移除一个区间 \(i\)。设 \(j\) 为 \(w_j\) 最大的能加入 \(S\setminus\{i\}\) 的区间（显然 \(w_j<w_i\)），下面说明 \(S\setminus\{i\}\cup\{j\}\) 即为新的最优解：

考虑对比删去 \(i\) 前后上面的贪心过程：

1. 权值大于 \(w_i\) 的区间是否加入没有变化；
2. 对于权值在 \((w_j,w_i)\) 中的区间，假设此时原来不在 \(S\) 中的区间 \(k\) 可以加入，设 \(S\) 中所有权值小于 \(w_j\) 的区间集合为 \(A\)，那么由于 \(j,k\notin S\)，所以 \(\forall a\in A,r_a<r_j,r_a<r_k\)，那么 \(j,k\) 对 \(A\) 中区间的限制等效，故 \(k\) 也可加入 \(S\setminus\{i\}\)，与 \(j\) 的最大性矛盾；
3. 对于权值小于 \(w_j\) 的区间，由于删去的 \(i\) 满足 \(r_i=L-1\) 是现在所有 \(\mathrm{I}\) 类区间中最小的，故将 \(i\) 替换成 \(j\) 后限制更严，但由于 \(j\) 能加入 \(S\setminus\{i\}\)，所以这部分区间是否加入也没有变化。

为了找到 \(j\) 可以先找到最小的 \(lim\) 满足时刻 \(lim\) 被覆盖了 \(K\) 次，那么 \(j\) 即为 \(r_j\leq lim\) 且 \(w_j\) 最大的 \(j\)，容易用线段树维护（同算法五）。

(b)(c) 看作是先删除了一个 \(l_i=L\) 的 \(T\) 中区间。这其实和删除一个 \(S\) 中的区间产生的影响类似（可以看作删除 \(S\) 中一个权值无穷大的区间），具体同上。对于 (b)，还要再加入一个 \(\mathrm{I}\) 类区间。设 \(j\) 为 \(w_j\) 最小的从 \(S\cup\{i\}\) 删除后合法的区间（显然 \(w_j\leq w_i\)），那么下面类似 (a) 中说明 \(S\cup\{i\}\setminus\{j\}\) 即为新的最优解：

考虑对比加入 \(i\) 前后上面的贪心过程：

1. 权值大于 \(w_i\) 的区间是否加入没有变化；
2. 如果 \(j\neq i\)，则 \(w_j\) 成功加入；
3. 对于权值在 \((w_j,w_i)\) 中的区间，原来在 \(S\) 中的由 \(S\cup\{i\}\setminus\{j\}\) 合法知它们仍然会加入，原来不在 \(S\) 中的现在前面多了区间 \(i\)，更不可能加入；
4. 对于区间 \(j\)，由最小性知每一个 \(k\in S\) 且 \(w_k<w_j\) 都要满足 \(r_k<r_j\)，且设 \(mx=\max_{k\in S\wedge w_k<w_j}\{r_k\}\)，那么如果所选 \(\mathrm{I}\) 类区间为 \(S\cup\{i\}\)，则 \([mx,r_j)\) 中有一个时刻被覆盖 \(K+1\) 次，故可知此时 \(j\) 不会加入；
5. 对于权值小于 \(w_j\) 的区间，其中原来不在 \(S\) 中的 \(k\)，由 \(j\) 最小性知 \(r_k<r_j,r_k<r_i\)，否则 \(S\cup\{i\}\setminus\{k\}\) 合法。所以 \(i,j\) 对 \(k\) 的限制等效，故这样的 \(k\) 肯定也不会加入。对于原来在 \(S\) 中的 \(k\)，由 \(S\cup\{i\}\setminus\{j\}\) 合法知它们仍然会加入。

找 \(j\) 同样可以先找到最大的 \(lim\) 满足时刻 \(lim\) 被覆盖了 \(K+1\) 次，那么 \(j\) 即为 \(r_j>lim\) 且 \(w_j\) 最小的 \(j\)，容易用线段树维护（类似算法五）。

(d) 同 (b) 的加入。

(e) 和算法三中没有区别。

(f) 和算法三中没有区别。

所有线段树操作均为 \(O(\log n)\)，每次 \(L,R\) 移动需要 \(O(1)\) 次线段树操作，总复杂度 \(O(n\log n)\)，期望通过所有子任务。

参考资料

这是一道原创题，没有参考资料。

致谢

感谢卢暮野、董向恒、夏敬和同学参与本题的讨论和验题工作。