JOISC 2021 部分题解
为了让题解集合不显得太臃肿，代码托管到了第三方上面。
Day1
特技飞行
又是提答又是计算几何，注定很少人会去写它
IOI 热病
咕掉惹。
饮食区
考虑如果我们可以去除“离开”操作的影响，假装没有人离开并修改“服务”时候的查询参数，那么也可以解决问题。
假如没有人离开，那么就可以使用整体二分解决这个问题。
现在有人离开，假如不存在某次队列全部清空的情况，那么可以直接让询问的 \(B\) 加上离开人数从而去掉离开的影响。
假如存在清空的情况，那我们需要统计实际离开人数。假设对于商店 \(A\)，目前有 \(n\) 次人数变化，它第 \(k\) 次人数变化量为 \(\delta_k\)（使用正负标注“离开”或“加入”），那么当前实际人数为：
由于 \(\delta\) 是按照时间排序的，因此可以按照时间，用线段树维护每个位置上人数变化的前缀和最小值。知道了实际人数，也就不难算出“服务”的具体参数了。
Day2
逃跑路线
目前只能在 JOISC 官网上面下载题目文件。OJ 上还没有测评包。
道路建设*
鉴于 \(K\) 比较小，因此可以想到用堆维护每个点的最近点对，并按顺序取出前 \(K\) 小的点对。
为了保证不会重复计算，对于标号为 \(i,j(i<j)\) 的点，我们只会在 \(j\) 上计算 \((i,j)\) 的点对。
一个比较**的做法是，将曼哈顿距离转化为切比雪夫距离，那么查询最近点对可以使用二分+二位数点，可惜是 \(O(n\log_2^2n)\) 的。
另一个更加厉害的做法是，直接用 KDT 维护最近点对！这个我不清楚啊，看别人写的
真正的做法：
由于计算点对已经有了有序性，利用这个有序性我们可以顺便拆掉一个绝对值。比如，将所有点按照 \(x\) 排序就可以去掉 \(x\) 上的绝对值。那么我们只需要处理 \(y\) 一维的绝对值，这个按 \(y_1,y_2\) 关系分类后利用线段树完成。
考虑到每次加入点和每次删除点对都只会修改一个位置，我们可以使用可持久化线段树维护前缀可用点。
删除需要注意。最值本身不支持直接删除，但考虑线段树的叶子上已经保证了 \(y\) 相等，而 \(x\) 又是从小到大有序的，所以对于一个叶子而言，该位置上的前一个版本的信息一定就是删除该点对之后的最大值，所以读取前一个版本的信息即可。
小结：
- 看到“绝对值”这样的信息，应该要注意分类讨论，而非盲目地转化成切比雪夫距离；
- 主席树删除用到的小技巧可以注意一下。
购物
目前只能在 JOISC 官网上面下载题目文件。OJ 上还没有测评包。
Day3
古老的机器*
人生中第一道通信题，献给了 JOISC 2021 的这道题目
30 pts
首先需要知道如何不得到 Wrong Answer [6]：
考虑最左边的一个 \(X\)，如果移除顺序合理，它是可以被共享的。
将该 \(X\) 之后的序列按照 \(Z\) 分段，并且分段处理，每一段在处理完之后需要保证完全被移除。那么，每一段上就只可能有 \(X\) 或者 \(Y\)。对于连续的一段 \(Y\)，选取其中的任意一个留在最后移除效果都一样；而对于连续的一段 \(X\)，我们可以让它们在右边的机器全部被移除之后再移除它们，一定是最优的。
为了简化操作过程，我们从左往右移除段，每一段上先从右往左逆向移除 \(X,Y\)，最后再将 \(Z\) 删除。可以发现这个过程是符合上面的分析的。
Anna 只需要每两位描述一个机器的型号，将信息传给 Bruno，剩下的交给 Bruno 就可以获得该部分分。
现在的空间利用比为 1 : 2。
40 pts
由于每一位只有 \(3\) 种情况，使用 \(2^2\) 的状态描述太浪费了。
注意到 \(\log_2 3^n=\log_2 2^{n\log_2 3}\approx1.6n\)，因此我们可以代入得到 \(3^5\) 应该与 \(2^8\) 接近。
实际上也确实如此，\(3^5\) 略小于 \(2^8\)，因此我们可以用 8 位二进制压缩 5 位信息。只需要利用 \(1.6n\) 位即可完成任务。
现在的空间利用比为 5 : 8。
70 pts
Bruno 实际上只需要知道第一个 \(X\) 的位置和之后的 \(Z\) 各自的位置就可以知道如何操作。我们可以将这些位置用 1 标注，这样他就可以自己识别了。
现在的空间利用比为 1 : 1。
100 pts
这个优化就比较厉害了
考虑到连续的一段 \(Z\) 实际上意义也不大，除了最右端的 \(Z\) 以外前面的 \(Z\) 也没啥用。那么我们就可以只在最后的这个 \(Z\) 上做记号。
这样的传输信息有啥特点呢？很重要的性质就是除了第一个 \(X\) 与第一个 \(Z\) 以外，剩余的 1 不可能相邻。
这样的序列的数量是多少呢？通过各种方法可以算出，长度为 \(n\) 且无相邻 1 的序列数量为 \(f_{n+2}\)，其中 \(f_k\) 为 Fibonacci 数列的第 \(k\) 项。
嘛，\(f_{n+2}\) 肯定还是会比 \(2^n\) 小一些的。打表观察又可以发现 \(f_{63+2}\) 略小于 \(2^{44}\)，因此我们可以选择用 44 位二进制压缩 63 位信息，那么只需要使用约 \(\frac{44}{63}n\) 即可解决问题。
有一个小细节，为了避免第一个 \(X\) 与第一个 \(Z\) 的 1 连续，我们可以在第一个 \(X\) 之后插入一个 0 来处理。这样基本不会影响整体操作。
现在的空间利用比为 63 : 44。
小结：
-
压缩信息的通信题目，目的就在于提高空间利用比。
对于 Anna 而言，作为信息发出端，她需要做的是：
-
让同等长度内的字符串装下尽可能多的信息。
例如，从 1 : 2 提升到 5 : 8 的过程中，原先的 \(3^4\) 装进 \(2^8\)，显然没有 \(3^5\) 装进 \(2^8\) 划算。
由于字符串的信息通常是指数级的，因此这通常是在函数上找整点的问题。
-
通过优秀的编码方式来表示信息。
例如，从 1 : 1 提升到 63 : 44 的过程中，已有的 \(2^n\) 对于有效信息来说还是浪费；给有效信息合理编号从而压缩标号的值域才能成功地减少所需长度.
对于 Bruno 而言，作为信息接收端兼操作端，他需要做的是：
-
明确如何操作。
-
简化操作从而简化需要的信息。
同样是 1 : 1 提升到 63 : 44 的过程中，部分 \(Z\) 的信息已经被省略掉了，才能相应地减少有效信息。
-
-
任何有意义信息的基础都是有效编码。在二进制字符串中，可用码很少，因此需要充分利用字符串的附加信息，例如编码格式。所以在实际操作过程中一定需要注意设计好格式。对于字符串而言，字符串内容是明面信息，而字符串格式更是重要的隐含信息。
保镖
又咕掉惹
聚会 2
为了方便虚树，下面称居住点数目为 \(k\) 时的答案为 \(f_k\)。
以出席者的居住点构建虚树，那么满足条件的开会点就是树上带权重心。
如果带权重心是一个点那没什么可说的；如果是一条边 \((u,v)\)，那么满足条件的点的数量为 \((u,v)\) 两点在原树上的距离 +1 。
什么时候重心在边上？当然是这条边左右子树大小一样的时候。回到原树上来，如果 \((u,v)\) 想要成为虚树上的重心，那么就必须存在一种方案使得以路径 \((u,v)\) 为根的时候，\(u\) 的子树内和 \(v\) 的子树内可以选出同样多的居住点来。
设此时 \(u\) 子树大小为 \(s_u\)。上述条件意味着 \((u,v)\) 可以贡献到 \(f_{2k}\)，当且仅当 \(k\le \min\{s_u,s_v\}\)。
那么问题就方便多了。对于 \((u,v)\)，我们可以将它贡献到 \(g_{\min\{s_u,s_v\}}\) 去，那么 \(f\) 就可以由 \(g\) 在 \(O(n)\) 的时间内计算出来。
此外，由于 \(u\) 的子树大小取决于 \(u,v\) 之间的相对关系，我们需要分类讨论：
-
如果 \(u,v\) 之间存在祖孙关系：
这个时候不妨设 \(u\) 是 \(v\) 的祖先，唯一需要注意的是 \(u\) 的子树大小会发生改变。
我们在 \(s_u\) 成为较小值的时候统计一遍 \((u,v)\) 的信息，此时是按照 \(s\) 的大小查询子树信息；
我们还在 \(s_v\) 成为较小值的时候统计一遍 \((u,v)\) 的信息，此时可以逆序枚举 \(s\) 并进行祖先查询；
-
如果 \(u,v\) 之间不存在祖孙关系：
那么 \(u,v\) 的子树大小都不会有变化。
可以在 \(\operatorname{LCA}(u,v)\) 处统计信息。那么就不难想到设 \(dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 的子树大小为 \(i\) 的子孙的最大深度。
转移可以直接线段树合并，贡献相当于做了一次 \(\min\) 卷积，维护一下后缀最大即可。
注意：线段树合并的时候，遇到了空结点需要将已有的后缀信息在非空结点上打上“贡献”标记，避免漏掉贡献。
小结：
- 一定要想清楚之后再开始写代码，不要急急忙忙导致反复重构！
- 线段树合并的时候不要漏掉了贡献。
Day4
活动参观 2*
求字典序最小不难想到从小到大枚举每个活动是否能加入到“必选”活动中。
如何检查？考虑当前活动时间为 \([l,r]\)，如果它不与其他必选活动相交，那么它就会被包含在空闲时间段 \([L,R]\) 中，也即 \([l,r]\subseteq [L,R]\)。此时 \([L,R]\) 会被拆分成两个新的时间段 \([L,l]\) 和 \([R,r]\)，因此我们只需要能够快速求出任一空闲时间段的最大活动数即可。
一般我们会采用 \(O(n)\) 的贪心处理。但是，贪心一般意味着一些较简单可叠加的操作。例如，询问空闲区间 \([p,q]\) 时，我们会在可用活动中选取右端点最小的，例如 \([a,b]\)，之后的操作就相当于继续对 \([b,q]\) 进行询问。
由于 \([a,b]\) 的选择与 \(p\) 有较大关联，因此我们可以设 \(f_p\) 为满足 \(p\le a\) 的活动中的最小的 \(b\)。那么询问就相当于反复跳 \(f_p\)，因而可以使用倍增优化。于是单次查询就变为了 \(O(\log_2n)\)。
小结：
-
对于倍增的适用范围要足够熟悉，它通常是处理一些相似、重复的行动，例如指针跳转。
由于部分贪心操作相对简单，倍增也常常可以用于优化贪心；
-
应当分析一些贪心操作的本质；
向导 2
目前只能在 JOISC 官网上面下载题目文件。OJ 上还没有测评包。
最差记者 4
草系列题目怎么都出到 4 了
考虑从 \(i\) 向 \(A_i\) 连边，最后一定可以得到一棵基环内向树。
这里列举一些简单的性质：
- 根据边的含义可以知道环上的点最终 rating 相等；
- 修改后的 rating 总可以是初始 rating 之一，因此初始 rating 是可以离散化的；
- 我们可以反过来求没有修改的选手的 \(C\) 之和的最大值，下文称“没有修改的选手的 \(C\) 的和”为“贡献”；
考虑特殊的树的情况：树上就可以 DP 了，比如设 \(f_{u,i}\) 表示当 \(u\) 的 rating 为 \(i\) 时的最大贡献。
可以目测出 \(f\) 的转移为：
如果暴力做是 \(O(n^2)\) 的。
注意到转移中复杂的地方就是 \(\max_{i\le j} f_{v,j}\)，如果我们能快速维护它就好了。
为此，我们设 \(g_{u,i}=\max_{i\le j}f_{u,j}\)，并研究一下它的性质：
-
\(g_{u,i}\) 随 \(i\) 增大而不增；
-
\(g_{u,i}\) 是分段的；
-
如果将 \(g_{u,i}\) 和 \(g_{v,i}\) 对应位置加起来：
其中的蓝色实线表示 \(g_v\)，红色虚线表示 \(g_u\)，紫色点线表示 \(g_u+g_v\)。
可以发现 \(g_u\) 和 \(g_v\) 的差分也是对应相加的，并且与一般的 \(g\) 一样也具有相似形式。
-
在转移中，\(\sum_{v}g_{v,i}\) 是具有相似形式的，我们考察在 \(H_u\) 的位置单点加上 \(C_u\) 之后对 \(g_u\) 的影响：
可以发现此时是从 \(H_u\) 开始向前，将一段推平。如果考虑 \(g_u\) 的差分，那么相当于找到最大的 \(l\)，使得 \([l,H_u)\) 的差分之和大于 \(C_u\)，之后便会将 \((l,H_u)\) 的差分推为 0，并且修改 \(l,H_u\) 的差分值。
通过上述分析，我们可以发现 \(g\) 的差分可以很方便地使用线段树维护。
这便是树上的解法；基环树上也并不复杂。将环上的每棵树都做一遍 DP 之后合并。由于这里的 \(f\) 并没有做后缀 \(\max\)，所以需要枚举最终环上的权值并计算最大贡献。
时间复杂度可以是 \(O(n\log_2^2n)\)，也可以是 \(O(n\log_2n)\)。
小结：
- 运用函数思维、几何方法，分析 DP 数组的性质从而利用数据结构高效维护；
- 补集转化的思想，大大简化了问题；
