集训总结（二）

9.3

P4001 狼抓兔子

平面图转对偶图板子题。转换方式如下：

1.对于图中的每个网格，将其看成一个点；
2.对于两个相邻的点，将其连边，边权为相隔线段的边权；
3.对于网格边缘的点，建立两个虚点 \(S\)，\(T\)，左方、下方的点向 \(S\) 连边，右方、上方的点向 \(T\) 连边。

跑一遍 \(S\) 到 \(T\) 的 dij 即可。

P2831 愤怒的小鸟

一道搜索剪枝的好题 虽然正解是状压dp

搜索的思路很好想。

枚举每个猪，判断它是否在之前的抛物线上，如果在，直接继续往下搜；
否则分两种情况：空闲或和之前空闲的猪组成一条抛物线。

答案即为抛物线数量+空闲猪的数量。

最后加上最优性剪枝：若此时抛物线数量+空闲猪数量 \(\ge\) 先前搜索到的最优解，直接返回。

注意精度问题。

P13953 原根

洛谷重现赛场切了，纪念一下。

首先，将式子转化一下：\(g \oplus(P-1)\equiv1(mod\) \(P)\) \(\to\) \(g=(kP+1)\oplus(P-1)\)。

由异或性质可得：异或最大值等于两数相加，异或最小值等于两数差的绝对值，因此可以表示出 \(g\) 的范围：\((k-1)P+2 \le g \le (k+1)P\)。
根据这个式子，我们还能发现一些性质：当 \(k \le \frac{m}{P}-1\) 时，一定符合条件；当 \(k \ge \frac{m-2}{P}+1\) 时，\(k\) 一定不符合条件。

发现 \(k\) 在它们之间的范围很小，直接枚举即可。

9.4

P4138 挂饰

背包dp。

首先，对所有挂件按挂饰数量从小到大排序。设 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(i\) 个挂件，此时挂饰有 \(j\) 个的最小代价。初始 \(f_{0,1}=0\)。

转移很简单： \(f_{i,j}=min(f_{i,j},f_{i-1,max(j-v_i,0)+1}+w_i)\)。

P3960 列队

发现每次操作，会改变操作所在行和最后一列，所以我们对每一行开一棵线段树，再对最后一列开一棵线段树，题目中的操作就相当于单点修改，单点查询。空间可能开不下，所以要动态开点。

P3959 宝藏

个人认为是一道很好的状压 dp 题。

注意到 \(n\) 的范围很小，很自然地想到状压。

观察可以发现：最后拓展出的藏宝室和开始赞助商确定的藏宝室构成一棵树。
证明：若最后形成了一个环，由于边权一定为正，所以我们可以去掉环上任意一点，形成的解均比环优。

考虑如何 dp。一个很自然的想法是枚举每个赞助商确定的藏宝室，将这个点作为树根，然后不断加入新边并更新答案。

考虑新加入边 \((u,v)\) 对答案的影响。与贡献代价有关的条件有两种：树的深度与边 \((u,v)\) 的长度 \(w(u,v)\)。设连接深度为 \(x\) 和 \(x+1\) 的边集为 \(S\)，则总贡献为 $$x*\sum_{(u,v) \in S} w(u,v)$$

思考状压 dp 的过程，发现可以将深度相同的节点作为一个集合，于是我们便可以设计 dp 了。

设 \(f_{i,S}\) 表示树深度为 \(i\)，树中的点集为 \(S\) 的最小代价。设计状态转移方程为：

\[f_{i,S}+i*dis(S,T) \to f_{i+1,S \cup T} \]

其中 \(dis(S,T)\) 表示最小的能连通 \(S\) 和 \(T\) 中的点的最小代价。

转移的时候出现了一个问题：如何保证 \(T\) 中的节点都连接到第 \(i\) 层？

感谢大蛇 C_Escape_Obsession 的解答：若 \(T\) 中的节点并未全部连接到第 \(i\) 层，则转移时它们的最优决策点应在第 \(i\) 层之前，而我们此时是在第 \(i\) 层进行转移，这样会导致它们的贡献偏大，所以一定不优，所以在转移时一定不会将它们作为最优决策点。

知道了大致思路，代码就很好写了。预处理出 \(dis\) ，借助子集枚举，可以做到 \(O(n^23^n)\)。

9.5

P10237 E. Latent Kindom

虽然官解是二分，但 zb 看到空间这么大，直接写了权值线段树。

对每个序列开权值线段树，查询时将两个序列权值线段树的查询合并即可。记得离散化。

P3166 数三角形

很容易想到答案为：任选三个格点的方案 \(-\) 三点共线的方案。

任选三个格点的方案很好想，为 \(C_{(n+1)(m+1)}^3\)。三点共线分三种：横线、竖线、斜线。
前两种很简单，分别是 \((n+1)*C_{m+1}^3\) 和 \((m+1)*C_{n+1}^3\)，主要是第三种。

结论：两个横坐标相差 \(i\)，纵坐标相差 \(j\) 的点之间的格点数为 \(gcd(i,j)-1\)，证明略。

大小为 \((n+1)(m+1)\) 的平面答案即为 \(2*\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m (n-i+1)(m-j+1)*(gcd(i,j)-1)\)

直接 \(O(n^2logn)\) 计算即可。