20210705组队赛 题解
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20210705组队赛 题解
前言
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本题解中略去大部分 题意简述 部分，如需了解题意请阅读原题面。
A - 最大的序列
题目分析
想法 \(1\)：我会暴力！
枚举每个数是否取，然后计算和并对 \(m\) 取模，直接二进制为 \(O(n2^n)\)，如果写 DFS 边取边统计就是 \(O(2^n)\)，期望得分 \(50\) 分。
想法 \(2\)：我会折半搜索！
观察到 \(n\le 35\)，如果将原数列先拆为两半分别搜索，再通过某种方法进行合并，可以大幅降低复杂度。
设 \(p\) 为由前一半 DFS 得到的和构成的数组 \(A\) 中的一个元素，\(q\) 为由后一半 DFS 得到的和构成的数组 \(B\) 中的一个元素。那么显然有 \(0\le p,q<m\)，从而 \(p+q<2m\)。而答案为 \(\max\{(p+q)\mod m\}\)，因此我们对 \(p+q\) 进行分类讨论。
-
\(m\le p+q<2m\)
显然 \(p+q\) 越大越好，直接取最大的 \(p\) 和最大的 \(q\) 即可。
-
\(0\le p+q<m\)
两种做法，前提都是两个数组都有序。（此处默认单调不降）
- 二分。枚举 \(A\) 中的元素，二分找到 \(B\) 中最大的元素使得 \(p+q<m\)。时间复杂度为 \(O(n\log_2{n})\)。
- 双指针。由于 \(A\) 中元素单调不降，所以对应的 \(B\) 中的满足 \(p+q<m\) 的最大元素单调不升。因此用另一个指针 \(j\) 从尾到头一遍扫数组 \(B\)，即可找到答案。时间复杂度为 \(O(n)\)。
时间复杂度为 \(O(2^{n/2})\)，因为统计部分复杂度远比这低。期望得分 \(100\) 分。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/ey4ot8x2
提供了两种方法的代码。
B - 礼物
题意简述
一张图，每条边有两个属性 \((g_i, s_i)\) 。给定 \(G, S\)，求一棵图的生成树 \(T\)，使得 \(G \times \max(g_i) + S \times \max (s_i)\) 最小 \((i\in T)\)。图可能包含重边和自环。
题目分析
最小生成树优化。
如果只有金币怎么做？将金币从小到大排序，直接跑最小生成树即可。
那再加上银币呢？枚举 \(\max(g_i)\)，将所有 \(g_i\le \max(g_i)\) 的边抽出跑最小生成树，时间复杂度为 \(O(m^2)\)，无法通过此题。
注意到枚举 \(\max(g_i)\) 的过程中，构成最小生成树的边集中只会加入 \(s_i\) 更小的边，删去 \(s_i\) 更大的边。因此我们维护一个边集，边集中的边按照 \(s_i\) 从小到大排序，每次插入一条边。这一过程可以用归并排序实现，时间复杂度为 \(O(mn\log_2n)\)。
这一过程也可以用冒泡排序实现，每加入一条边就从后往前冒泡，以此来维护一个 \(s_i\) 单调不降的边集，时间复杂度为 \(O(mn)\)。
而在每次做最小生成树时，我们需要将加入的边放入新边集，从而满足上述过程的需求。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/cczt8pxz
C - Do You Know Your ABCs?
题目分析
码农题。
注意到 \(\text{A,B,C}\) 满足以下关系：
其中 \(\text{C}\) 和 \(\text{A+B}\) 的大小关系不确定。
因此我们将输入的 \(x\) 数组从小到大排序，然后 DFS 枚举一下 \(x\) 数组中的每个值属于原始序列的哪一个。计算时将位置 \(3\) 和 \(4\) 指向的值也算一遍就可以不考虑 \(\text{C}\) 和 \(\text{A+B}\) 的大小关系了。
计算时默认位置 \(3\) 指向 \(\text{C}\) 的值，位置 \(4\) 指向 \(\text{A+B}\) 的值。考虑一下情况：
-
\(\text{A,B,C}\) 的值知道 \(3\) 个。
-
\(\text{A,B,C}\) 的值知道 \(2\) 个。
- 知道 \(\text{A,B}\)。则 \(\text{C}\) 可以通过位置 \(5,6,7\) 上的任意一个值算出来。
- 知道 \(\text{A,C}\)。则 \(\text{B}\) 可以通过位置 \(4,6,7\) 上的任意一个值算出来。
- 知道 \(\text{B,C}\)。则 \(\text{A}\) 可以通过位置 \(4,5,7\) 上的任意一个值算出来。
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\(\text{A,B,C}\) 的值知道 \(1\) 个。
-
知道 \(\text{A}\)。则 \(\text{B}\) 可以通过位置 \(4\) 直接得到，\(\text{C}\) 可以通过位置 \(5\) 直接得到，若 \(\text{B}\) 和 \(\text{C}\) 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 \(6\) 得知另一个。
-
知道 \(\text{B}\)。则 \(\text{A}\) 可以通过位置 \(4\) 直接得到，\(\text{C}\) 可以通过位置 \(6\) 直接得到，若 \(\text{A}\) 和 \(\text{C}\) 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 \(5\) 得知另一个。
-
知道 \(\text{C}\)。则 \(\text{A}\) 可以通过位置 \(5\) 直接得到，\(\text{B}\) 可以通过位置 \(6\) 直接得到，若 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\) 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 \(4\) 得知另一个。
-
-
\(\text{A,B,C}\) 的值知道 \(0\) 个。
由于 \(4\le n\le 7\)，那么位置 \(4,5,6,7\) 的值一定都已确定，直接计算即可。
通过上述方法得知 \(\text{A,B,C}\) 的值后，我们需要将其进行检验：
- 是否满足 \(\text{A}\le \text{B}\le \text{C}\)。
- 是否符合搜索出来对应位置的值。
通过上述步骤就可以解决这道题目了。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/t4ilpt85
D - 游戏
题目分析
素数筛法+组合数学+期望。反正没想到，我是数学白痴实锤了。
定义 Key 数为不被区间 \([L,R]\) 内任何其他数整除的数。题目就相当于求所有排列的最后一个 Key 数所在位置的总和。
用线性筛法（欧拉筛），我们预处理出区间内每个数的最小的非 \(1\) 因子 \(\min_x\)，则最大的非本身因子 \(\max_x=\dfrac{x}{min_x}\)。如果 \(\max_x<L\)，那么 \(x\) 就是 Key 数。若换用埃氏筛，实现更简单，但复杂度更高。
设共有 \(m\) 个 Key 数。
根据期望的性质，期望 \(=\) 概率 \(\times\) 贡献。设 \(p=\) 最后一个 Key 数在位置 \(i\) 的概率。
则有：
\(\begin{aligned}p=&\dfrac{\dbinom{i-1}{m-1}(n-m)!m!}{\dbinom{n}{m}(n-m)!m!}\\=&\dfrac{\dbinom{i-1}{m-1}}{\dbinom{n}{m}}\\=&\dfrac{(i-1)!}{(m-1)!(i-m)!}\times \dfrac{m!(n-m)!}{n!}\\=&\dfrac{m(i-1)!(n-m)!}{(i-m)!n!}\end{aligned}\)
而贡献则为 \(i\times n!\)，即位置 \(\times\) 排列数。
那么期望为：
\(\begin{aligned}ans=&\sum\limits_{i=m}^n{(p\times i)}\times n!\\=&\sum\limits_{i=m}^n\Bigg(\dfrac{m(i-1)!(n-m)!}{(i-m)!n!}\times i\Bigg)\times n!\\=&\sum\limits_{i=m}^n\Bigg(\dfrac{i!}{(i-m)!m!}\Bigg)\times m\times m!\times (n-m)!\\=&\sum\limits_{i=m}^n\dbinom{m}{i}\times m\times m!\times (n-m)!\\=&\dbinom{m+1}{n+1}\times m\times m!\times (n-m)!\\=&\dfrac{(n+1)!}{(m+1)!(n-m)!}\times m\times m!\times (n-m)!\\=&\dfrac{m(n+1)!}{m+1}\end{aligned}\)
上面 \(\sum\limits_{i=m}^n\dbinom{m}{i}=\dbinom{m+1}{n+1}\) 的公式推导可以看 这篇题解。
简洁。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/817gdgw7
E - 小倍数
题目分析
神仙题，压根想不到。
需要对问题进行转化。每个数都能通过以下两种方式，从 \(1\) 得到。
- \(\times 10\)。这种方法即在原数末尾添一个 \(0\)，数位累加和不变，权重为 \(0\)。
- \(+1\)。这种方法数位累加和也会相应 \(+1\)，权重为 \(1\)。
然后使用 0-1 BFS 进行搜索，从 \(1\) 开始搜索，将权重为 \(0\) 的放入队首，为 \(1\) 的放入队尾，这样可以保证从队首到队尾的权重单调不减，从而使得找到的为 \(k\) 的倍数的数的权重一定最小。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/d87efwud
F - Acowdemia S
题目分析
二分水题。
贪心地想，将引用次数 \(c\) 数组总大到小排序，因此需要填补的引用次数就会尽可能地小，而更加容易满足条件。
直接二分 \(h\)，如果贪心填补需要的量超过 \(K\times L\) 或某一篇论文仍需引用的次数大于 \(K\) 即为不可行，否则可行。
时间复杂度为 \(O(n\log_2{n})\)，期望得分 \(100\) 分。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/xzp7mmkw
G - 云计算
题目分析
权值线段树。反正没弄出来，我是数据结构白痴实锤了。
很容易想到租借要价格递增地进行租借。这个区间有区间覆盖的感觉，但是不容易从中取出最小的 \(k\) 个。
用一种类似扫描线的思想，对于每种计划在 \(L_i\) 处增加 \((val_i,cnt_i)\)，在 \(R_i\) 处增加 \((val_i,-cnt_i)\)。具体实现就是将这些二元组按照添加的时间从小到大排序，在对每一天进行操作时对应将这些二元组插入线段树即可。
查询部分用与 K-th number 类似的思想，如果左儿子对应的区间内的所有计划的租用 CPU 的总个数 \(\ge k\)，就在左儿子这边查找，否则在右儿子这边查找，然后再加上左儿子这边的总价即可。这被称为线段树上二分。
不会算时间复杂度 qwq
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/vwhfv6bl
H - Portals
题意简述
给个 \(2n\) 个点，和 \(n\) 个五元组 \((a,b,c,d,e)\)，最开始 \(a\) 和 \(b\) 连边，\(c\) 和 \(d\) 连边。对于每个五元组，可以花费 \(e_i\) 的代价将 \(a,b,c,d\) 重新排列，问最小的代价使所有点联通。每个点恰好出现两次。
数据范围：\(2\le n\le 10^5\)，\(1\le c_v\le 10^3\)
题目分析
本文引用了 @SharpnessV 的 洛谷题解 中的较多语段。
最小生成树。
原题面长得要命。
抓住重点：每个点恰好出现两次。
这意味着什么？这表示每个点的度数为 \(2\)，而连通的图如果每个点的度数为 \(2\)，则一定是一个环。如果图不连通，则是若干个环。
而合并这些环，可以用 \(e_i\) 的代价将 \(a_i\) 所在的环和 \(c_i\) 所在的环连通。因此我们只需要将先用并查集维护每个点所在的环，再将环缩成点，每个五元组缩成边，将这样组成的新图跑一遍最小生成树即可。
时间复杂度为 \(O(n\log_2n)\)，期望得分 \(100\) 分。
代码展示
https://www.luogu.com.cn/paste/zx48ow5a
I - Two Melodies
题目分析
子段不一定连续且不相交问题，考虑一个 \(O(n^2)\) 的 DP。
设计状态 \(dp[i][j]\)，表示第一个序列结尾为 \(i\)，第二个序列结尾为 \(j\) 的最大的两个序列长度之和。显然有 \(dp[i][j]=dp[j][i]\)，为了防止冲突，我们只枚举 \(i<j\) 的情况，因为当 \(i>j\) 时，我们难以保证第二个序列不与第一个相交。
如果单纯转移，我们还需枚举一维 \(k\)，即把 \(a_j\) 接在 \(a_k\) 后面。为了去掉这一维，我们用两个数组 \(\mathrm{mxmod}\) 和 \(\mathrm{mxnum}\) 分别记录当 \(k\in[1,i)\) 时满足 \(a_j\) 和 \(a_k\) 除 \(7\) 同余的最大的 \(dp[i][k]\) 和满足 \(\mathrm{abs}(a_j-a_k)=1\) 的最大的 \(dp[i][k]\)，从而顺利实现转移。
边界条件：\(dp[i][j]=dp[i][0]+1\)。
转移方程：\(dp[i][j]=\max(\mathrm{mxmod}[a_j],\mathrm{mxnum}[a_j\pm 1])+1\)
注意在每次转移完后都要继续为下一次的转移更新数组 \(\mathrm{mxmod}\) 和 \(\mathrm{mxnum}\)。注意语句 \(dp[j][i]=dp[i][j]\) 不可丢下。
时间复杂度为 \(O(n^2)\)，实际上本题因为清空两个桶数组的原因复杂度会达到 \(O(n\times 10^5)\)，但仍能通过本题，我也不知道为什么。
本题采用网络流的做法会更快，直接吊打 DP，但是笔者不会，此处不提。
浙公网安备 33010602011771号