20260319模拟赛

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切割大师

题面：

有 \(n\) 件物品，每件有两个属性 \(v_i,m_i\)，你可以至多进行两次切割操作，选则一件物品和实数 \(p\)，变成 \((pv_i,pm_i)\) 和 \(((1-p)v_i,(1-p)m_i)\) 两件物品。最后将所有物品分为两组 \(S,T\)，最小化 \(\epsilon=\dfrac{|\sum_{i\in S}v_i-\sum_{i\in T}v_i|}{\sum v_i}+\dfrac{|\sum_{i\in S}m_i-\sum_{i\in T}m_i|}{\sum m_i}\) 输出方案。
\(n\leq 10^6\)

题解：

结论是一定有 \(\epsilon=0\)。把 \(S-T\) 的式子变成全集 \(U-2S\)，现在是每个物品属性是 \((2v_i,2m_i)\) 切割并选择一个集合使得 \(\sum_{i\in S} 2v_i=\sum v_i,\sum_{i\in S} 2m_i=\sum m_i\)。相当于二维平面上有若干线段和两次切割操作，找到一条路径到达点 \((\sum v_i,\sum m_i)\)。

将所有线段按斜率从小到大顺次连接称凸壳，每次删除斜率最小的线段，在这个过程中必有一个时刻凸壳扫过目标点。找到这个时刻删除的线段和扫过目标点的线段，切割删除的线段使他删除一部分让凸壳经过目标点，再把目标点之上的凸壳全部删掉。至此构造出了 \(\epsilon=0\) 的方案。

染色序列

题面：

\(n\) 个数排成一圈，每次选择一个数 \(a_i\)，将 \((a_{i-1},a_i,a_{i+1})\) 变为 \((a_{i-1}+a_i,-a_i,a_{i+1}+a_i)\)，求最少操作次数使得所有数非负。\(n\leq 3\times 10^5\)

题解：

考虑序列怎么做，操作 \(i\) 本质为交换 \(i\) 和 \(i-1\) 的前缀和，要求 \(s_i\geq s_{i-1}\)，所以答案是前缀和逆序对数。

考虑环上做广义前缀和，\(s_i=s_{i-1}+a_{i\bmod n}\)，操作一次 \(i\) 的效果是交换所有 \(s_{i-1+kn}\) 和 \(s_{i+kn}\)。令 \(r_i\) 表示 \(j<i,s_j>s_i\) 的 \(j\) 的数量，当 \(s_n>0\) 时 \(r_i\) 是有限的，且 \(r_i=r_{i+n}\)。显然 \(s_n\leq 0\) 时除了初始全是 \(0\) 都无解。

每次操作 \(a_i\) 时如果 \(a_i>0\) 则 \(r_i\) 总和加一，\(a_i<0\) 则 \(r_i\) 总和减少一，要求最后都是 \(0\)。即答案就是所有 \(r_i\) 之和。由于 \(s_{i+n}=s_i+s_n\)，考虑 \(s_i>s_j\) 则 \(s_i\) 会给 \(s_{j+kn}\) 的 \(r\) 有多少贡献。\(r_i\) 总和就是 \(\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^{n-1}\big[s_i>s_{i+k}\big](\lfloor\dfrac {s_i-s_{i+k}-1}{s_n}\rfloor+1)\)。

记 \(s_i=p_is_n+q_i(0\leq q_i< s_n)\)，答案式子变为 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^{i+n-1}\big[s_i>s_j\big](p_i-p_j+[q_i>q_j])\)。这个式子等于 \(\sum [s_i>s_j](p_i-p_j+[q_i>q_j]-[i>j])\)。证明可以依据 \(s_{i+n}=s_i+s_n\) 通过分讨 \(s_i-s_j,s_n\) 的关系证明。