互测记录

Round 1

A 携春同行

有一个隐藏的数组 \(a_0,\dots,a_{n-1}\)，定义 \(D(T)\) 为 \(T\) 这棵树以 \(a\) 为点权时的直径。

你需要在 \(n+1\) 次查询和 \(20\) 次猜测之内确定至少 \(n-2\) 个 \(a_i\)：

• 查询：询问一棵树 \(T\)，返回 \(D(T)\)，这个操作你只能将所有查询绑到一起调用一次得到所有结果。
• 猜测：询问树 \(T\) 和 \(x\)，返回 \([D(T)=x]\)，这个操作每次猜测后可以立刻知道结果。

\(1\le a_i\le 10^9,10\le n\le 500\)。

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好题。

首先可以通过恰好 \(n+1\) 次操作解方程确定前两大的和，以及第三大的值与非前三大值及其对应的点。

我们需要在前三大的点中确定前两大的位置。

我们希望构造一个简单的结构，可以钦定一条链为直径。

先用确定点构造一条链，左右侧各挂若干不确定点（挂成链），链中点上挂若干不确定点（挂成菊花）。

且我们保证左到右的路径是唯一的最长路，即钦定这是直径，那么当我们判断他是否取到可能的最大值，若取到，说明前两大在左右侧，否则说明前两大并不同时在左右侧。

那么我们可以判断一个集合是否不存在前两大，对于进行两次二分即可确定前两大位置。

现在的条件是中间链长度 \(\ge 3\)，且左到右的路径是唯一的最长路。

当不确定点较少时，先找若干个顶上即可。

这里再描述一下题解做法。

当确定点（设有 \(W\) 个）较少时，我们考虑用一些非确定点。

设 \(k=\max(2,3-W)\)，将非确定点分为大小为 \(k\) 的 \(3\) 组，可以分析出由于 \(n\ge 10\)，这是可行的。

使用两次循环判断，一定能找出一组不存在前两大，将其补充进确定点。

然后再根据上面的那个结构，不过现在是三个位置都挂成菊花。

则当前两大分居左右两侧时，才能达到上界。

于是按照如下做法，确定前两大：

• 枚举 \(w\ge 0\)，将非确定点根据二进制第 \(w\) 位的值分配到左右侧。若询问成功则退出枚举，此时用了 \(w+1\) 次猜测。
• 二分左侧集合，每次取出一半的加入中点上，可以确定有效点在哪个部分中，使用 \(\log n-1\) 次猜测。
• 然后再对 \(y\) 进行二分，但是这样次数就爆了，发现我们是知道两个有效点二进制下 \(w\) 位是相同的，先将不合法的东西扔掉，这部分的次数变为 \(\log n-1-w\)。

妙妙题。

分别由“确定一个集合不存在有效点”与“确定有效点分居两个集合”从而导出两种不同的做法。

B Everlasting Friends?

给出原树 \(T_0\)。

定义 \(T_1\) 为按 \(1\to n\) 顺序加入点后的点重构树，\(T_2\) 为按 \(n\to 1\) 顺序加入点后的点重构树。

定义 \(f(A,B)\) 为使得 \(S\) 在 \(A,B\) 上的导出子图均为联通块的 \(\{1,2,\dots,n\}\) 的非空子集 \(S\) 个数。

求 \(f(T_1,T_0)\) 与 \(f(T_1,T_2)\) 取模后的值。

\(n\le 2\times 10^5\)。

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绝世好题。

\(f(T_1,T_0)\)

枚举联通块最大值 \(mx\)，只考虑 \(T_1\) 上 \(mx\) 的子树。

钦定选择 \(mx\) 的儿子 \(u\)，则两点原树路径上所有点都要选，使用队列维护可以得到所有必要的点，发现这时加入的点必然是 \(u\) 子树内的点。

最后得到一个联通块，设其为选择 \((u,mx)\) 这条边的必要联通块。

那么对这个联通块下面的边都是可以选择的，选上了就扩展他的必要联通块，通过这个可以递归出 \(h_{mx,u}\) 表示选择这条边情况下的联通块个数（只考虑 \(mx\) 以及 \(u\) 子树），答案就是联通块下面断开的边的 \(h\) 相乘。

不难发现选择 \(mx\) 的边互相是独立的，故 \(mx\) 的答案就是其儿子边的 \(h+1\) 相乘。

我们希望快速刻画联通块下面的边。

如果原树跨过 \((x,fa_x)\) 的边超过一条，则这条边不能断开，若断开，\(x\) 子树自成联通块，但是其他点他们构不成联通块了，因为删掉了超过一条边。

而跨过边恰好为 \(1\) 的就可以断开，问题变成可以断掉一些边，求包含根的联通块个数。

每条边的状态最多变化一次，修改则是加入原树边 \((v,mx)\) 时将路径上都覆盖为不可断开。

考虑维护 \(f_u\) 表示 \(u\) 子树答案，我们只需确保当前还可以断开的边的 \(f\) 是正确的。

对于一次覆盖，我们找到所有改变状态的边，贡献系数则为 \(\frac{f_x}{f_x+1}\)，正确性可以理解为从上往下将边设为不可断开，这样只需变一下拼上的东西。

但是会出现乘 \(0\) 除 \(0\) 的情况，考虑维护 \(a\times 0^b\)，四则运算都是能维护的。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n+n\log Mod)\)。

\(f(T_1,T_2)\)

若 \(T_1,T_2\) 均为联通块，则 \(T\) 上也是联通块。考虑点集在 \(T\) 上的虚树：

• 由于 \(T_1\) 为联通块，则虚树只能包含该点集以及编号小于边界点的点，否则较小边界点往较大边界点走一定会碰到一个 \(T_1\) 上的非该点集的祖先。
• 由于 \(T_1\) 为联通块，则虚树只能包含该点集以及编号大于边界点的点。

枚举 \(\min =u,\max =v\)，依旧使用队列扩展出必要集合，就有暴力做法了，但是难以优化。

考虑以 \(T\) 上联通块为出发点，初始加入 \(u-v\) 的路径，重复执行以下操作：

• 对于当前点集邻域中满足 \(u\le z\le v\) 的 \(z\)，将其加入点集。这是必要的，否则假设 \(fa_z<z\)，那么 \(z\) 在 \(T_1\) 为 \(fa_z\) 的祖先，反之同理。而原树上 \(z<u\) 或 \(z>v\) 显然不能加入点集。

最后扩展出一个唯一的联通块，显然其是唯一的可能合法联通块。

考察更多性质，首先点集内的点是 \(T_1,T_2\) 子树的交，考虑证明其是全交。

由于交集必然 \(\in [u,v]\)，则原树上他到根上的点也 \(\in [u,v]\)，则交集都会加入点集。

所以现在问题变为求 \((u,v)\) 个数，满足 \(u\) 在 \(T_1\) 上 \(v\) 的子树，\(v\) 在 \(T_2\) 上 \(u\) 的子树，且 \(u,v\) 子树的交集各构成一个联通块。

考虑点减边容斥，对于点与边，只要都是 \(u,v\) 子树交集就有贡献。

扫 \(T_1\)，在 \(T_2\) 上做链加。

而 \(v\) 在 \(T_2\) 上 \(u\) 子树内这个限制可以通过查询 \(T_2\) 上 \(v\) 到根链限定。

对于另外一个限制，考虑扫的时候将 \(T_1\) 上 \(v\) 子树在第二棵树对应点 \(-1\)，那么现在满足前面条件的点权值 \(\ge 1\)，且恰好满足 “ \(u\) 在 \(T_1\) 上 \(v\) 的子树” 的点权值为 \(1\)。

这一部分时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)。

C 集你太美

给定一张 $ n $ 个结点的无向完全图 $ G $，边 $ (i, j) $ 带非负整数权 $ v_{i,j} $，保证 $ v_{i,i} = 0 \(，\) v_{i,j} = v_{j,i} $。

同时，每个结点有一个非负整数变量 $ w_i $。

定义对一个点 $ i $ 进行一次收集操作为，将 $ w_i $ 的值加上 $ \sum_j v_{i,j} $，并将 $ w_j $ 的值减去 $ v_{i,j} $。称一次对点 $ i $ 的收集操作合法，当且仅当操作前 $ w_j \ge v_{i,j} $。

在图 $ G $ 上称一组点权收集-free，当且仅当以这组点权为初始状态，存在一种方式，能够进行无限次合法的收集操作。

你有两种任务。第一种，构造一组点权 $ w'_i $，使得 $ w'_i $ 收集-free，且最小化 $ \sum_i w'_i $；第二种，给定一组点权 $ w'_i $，你需要判断 $ w'_i $ 是否 收集-free。

给出 \(m\) 条权值非 \(0\) 的边 \((i,j,v)\)。

$ 1 \le n \le 3 \times 10^5 \(，\) 0 \le m \le \min\left(10^6, \frac{1}{2}n(n-1)\right) \(，\) 1 \le i < j \le n \(，\) (i, j) $ 互不相同，$ 1 \le v \le 10^9 \(，\) 0 \le w'_i \le 10^{18} $。

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猜测如果图是收集-free，必然存在某种排列顺序重复操作某一个联通块的方案。

发现操作之后总和不变，且在操作 \(i\) 之前，其权值恰好为 \(W_i\) 减去他前面操作的点的 \(v_{j,i}\)。

对于任务一，考虑到 \(\sum_i \sum_{(i,j)\in E}v_{i,j}[ord_j<ord_i]=\sum_{(i,j)\in E}v_{i,j}\)，由于需要 \(\displaystyle W_i+\sum_{(i,j)\in E} -v_{i,j}[ord_j\lt ord_i]\geq 0\)，那么对于每一种 \(ord\) 来说，\(\sum W_i\) 都是固定的，取 \(ord_i=i\) 来模拟即可。

对于任务二，直接做看起来非常困难，正难则反。

操作转化为 \(\forall (i,j)\in E,w_j\leftarrow w_j+v_{i,j}\)，且令 \(w_i\leftarrow w_i-\sum_{(i,j)\in E} v_{i,j}\)，限制是操作一个 \(w_i\) 时操作完后 \(w_i\ge 0\)。

假如我们确定了最后一个数，则对其他的 \(w\) 的影响是让他们变得更大，限制更松，所以这样没有后效性！！！

时间复杂度 \(\mathcal O(n\alpha (n))\)。

感觉这相当于拓扑排序从前往后与从后往前做的区别！！！

Round 3

A

C

Round 4

A

B

求解关于字典序的最小割

考虑最小割解决问题。

建图

但是本题有三种情况，不妨考虑拆点 \(x_u, y_u\)。

\(ST\) 表示 \(A\)，\(TS\) 表示 \(B\)，\(SS\) 表示 \(C\)。

根据两点 \(a,b\) 的四种边（对称也得有一条），\((x_a,x_b),(x_a,y_b),(y_a,x_b),(y_a,y_b)\)，解方程可以得到每种边的取值，进而观察出 \(TT\) 是不优的。

定理 \(0\) 对于一个流，增广轮数为 \(\sqrt{\sum_u \min(d_{in}(u),d_{out}(u))}\)。

证明：Dinic 的多路增广是同时把所有最短路相同的增广路都做了。？？

则经过了 \(\sqrt S\) 轮后，最短路不会低于 \(\sqrt S\)。

？？？？

定理 \(1\) 最大流等于最小割。

证明：首先证明任意割 \(\ge\) 任意流，设 \(C\) 为割边集合，\(c\) 为边容量，\(f\) 为流量。

则有：

\[\sum_{(u,v)\in C}c(u, v)\ge \sum_{(u,v)\in C} f(u,v)\ge \sum_{(u,v)\in C} f(u,v)-\sum_{(u,v)\in E\and u\in T\and v\in S} f(u,v) \]

最后一行意义为 \(S\) 集合到 \(T\) 集合的流量。

然后我们证明，对于最大流，存在割的方案使得两个符号取等。

也就是：\(S\to T\) 所有边满流，且不存在 \(T\to S\) 的流量。

求解任意一种最小割方案就考虑令残量网络上源点能到的为 \(S\) 集合，剩下为 \(T\) 集合。

则 \(S\to T\) 满流，否则能扩展 \(S\)；且不存在 \(T\to S\) 的流量，否则也能扩展。

定理 \(2\) 对于最大流的一组方案，若一条残量网络中的反边位于任何一个环中，则它

对应的正边不属于最小割。

证明：满流是成为割的必要条件，若边不满流，则该边不是最小割，且正反边都存在流量，即存在两个点的环。

否则，若反边处于环中，沿着环做一次增广（此时每个点的入流出流不变，也符合流），这条边就不满流了，即在新的最大流方案上，这条边不是割边。（那这能否说明他一定不是割边呢？定理一证明了对于任意最大流和最小割两个满足：\(S\to T\) 所有边满流，且不存在 \(T\to S\) 的流量。）

由定理 \(2\)，对残量网络缩点，则剩下边要么满流，要么没有流量（否则就并起来了），且一个 SCC 被完整划入 \(S\) 或 \(T\)。

定理 \(3\) 对于缩点后的 DAG，一个划分集合的方案合法，当且仅当不存在 \(T\) 到 \(S\) 的满流边或 \(S\) 到 \(T\) 的空边（对于正边来说）。

我们建立保留所有空边的反边，以及满流边，则合法的割满足不存在被染成 \(T\) 的点能到达被染成 \(S\) 的点，简单来说就是保留残量网络后 \(T\) 不能到达 \(S\)。

接下来开始求解最小字典序的解，每次决策最小编号点的颜色：

首先尝试将其设为 A：这需要把 \(x_u\) 染成 \(T\) 并把 \(y_u\) 染成 \(S\)。

那么，如果 \(x_u\)已经被染成 \(S\)，或 \(y_u\) 已经被染成 \(T\)，或者 \(x_u\) 能到达 \(y_u\)，那么这就是不能做到的。

否则，只需从 \(x_u\) 出发搜索所有能到达的点染成 \(T\)，从 \(y_u\) 出发在反图上搜索所有能到达的点染成 \(S\) 即可。

然后设为 \(B\)、\(C\) 的情况同理。

然后一个前置问题是 DAG 可达性，这需要用 bitset 维护，但是空间开不下，由于询问是确定的，对询问分块可以解决这个问题。

单次求解复杂度 \(\mathcal O(n+m)\)。

对这个过程进行 DFS，类似于求出一种方案后撤销，再判定。

总时间复杂度 \(\mathcal O(m\sqrt m+\frac{nm}{w}+(n+m)k)\)。