CF2091G 题解

CF2091G 题解

时间复杂度分析，bfs

看到这题的第一想法是抽象成图论模型：用三元组 \((pos, x, d)\) 代表在位置 \(pos\)，体力值为 \(x\)，方向为 \(d\) 的状态。可以用 bfs 跑最短路，状态数为 \(O(sk)\)。实际上的时间复杂度比状态数更高，因为可能多次尝试转移到同一个状态。

我们需要优化这个做法，因为 \(s\) 太大了。合理的猜测是很多状态是无用的，我们可以尝试减少状态数量。

当 \(k | s\) 时，答案取到最优值 \(k\)，否则答案最优为 \(k - 2\)。我们先以 \(k\) 的步长前进若干次，再以 \(k - 1\) 的步长后退若干次，如果能找到某个位置，到终点的距离是 \(k - 2\) 的倍数，那么答案就可以取到 \(k - 2\)。根据直觉，当 \(s\) 很大的时候，我们就有更多的自由控制前进和后退的步数，从而找到一个到终点距离能被 \(k - 2\) 整除的位置，所以答案不劣于 \(k - 2\)。

具体而言，一开始我们以 \(k\) 的步长前进到无法前进为止。设 \(r\) 是我们所在位置到终点的距离模 \(k - 2\) 的余数，每往回以 \(k - 1\) 的步长走一次，都会让 \(r\) 在模 \(k - 2\) 的意义下增加 \(1\)。一开始 \(r\) 最小为 \(0\)，所以后退至多 \(k - 2\) 次就会使 \(r\) 变为 \(0\)，此时再掉头就可以一直到达终点。（注意，由于不能连续掉头，即使一开始 \(r = 0\) 也要往回走。）最坏情况下需要 \(k - 2 + (k - 2)(k - 1) = k(k - 2) < k^{2}\) 的长度，因此只要当 \(s \ge k^{2}\)，答案就一定是 \(k - 2\) 或 \(k\)。

这个结论的正确性还和出发的位置无关：当 \(s \ge k^{2}\) 时，从 \([0, s)\) 中的任何一个位置出发，答案都不劣于 \(k - 2\)。

知道这个结论之后，我们就可以只在 \(s < k^{2}\) 时 bfs。此时时间复杂度最坏为 \(O(k^{3})\)，似乎还是过不去，但实际上已经可以过了。继续分析：设答案为 \(x\)，我们其实只需 bfs \(k - x\) 次，时间复杂度为 \(O(s(k - x))\)。根据之前得到的结论，如果当前体力值不超过 \(\sqrt{s}\) 且方向向右，就可以在两次掉头内到达终点，所以 \(x \ge \sqrt{s} - 3\)。（不是 \(\sqrt{s} - 2\)，因为要考虑方向，但这不重要）因此时间复杂度最坏为 \(O(s(k - \sqrt{s}))\)。

我们用均值不等式来求出 \(T = s(k - \sqrt{s})\) 的上界。把 \(T\) 改写成

\[T = \sqrt{s} \cdot \sqrt{s} \cdot (k - \sqrt{s}) = \dfrac{\sqrt{s} \cdot \sqrt{s} \cdot (2k - 2\sqrt{s})}{2} \]

分子中三项的和为 \(2k\)，根据均值不等式有

\[T = \dfrac{1}{2} \cdot (\sqrt{s} \cdot \sqrt{s} \cdot (2k - 2\sqrt{s})) \le \dfrac{1}{2} \cdot \left( \dfrac{2k}{3} \right)^{3} = \dfrac{4k^{3}}{27} \]

因此，虽然算法的状态数最多是 \(O(k^{3})\)，但常数很小，可以通过。AC 记录