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Solution Set - “说选个晴日，露能滴出彩虹”

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\[\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\dots} \newcommand{\son}[0]{\operatorname{son}} \newcommand{\high}[0]{\operatorname{high}} \newcommand{\floor}[1]{\left\lfloor#1\right\rfloor} \]

0.「BZOJ #3457」Ring

  Pólya 不如 Burnside, 在初等的题目上相信这一点. (

  Burnside 嘛, 设当前枚举的循环节长度为 \(\ell\), 关键问题在于算出有多少个长度为 \(\ell\) 的串, 其循环同构串中 \(S\) 作为子串出现过. 对循环节增量枚举的过程显然是 \(S\) 的匹配自动机上结点的线性变换, 用矩阵快速幂计算即可. 注意这里需要钦定末尾的匹配状态, 转完一圈后再用的确达到这个状态的方案贡献答案. 为了避免增大矩阵大小, 可以容斥算非法方案. 不过复杂度都是 \(\mathcal O(d(n)k^3\log n)\) 的.

1.「CF 1824C」LuoTianyi and XOR-Tree

  显然, 树合法的必要条件是对于每个 \(u\), \(u\) 到子树内叶子的距离相等. 注意若我们在处理 \(u\) 子树外的结点时, 对 \(u\) 内的距离提出了某种要求, 我们至少可以通过修改 \(a_u\) 在一步额外操作内满足要求. 因此, 我们只需要保留最小化 \(u\) 子树内的代价的决策, 其余的决策都不如在被保留的决策基础上直接修改 \(a_u\) 来得快.

  于是, \(u\) 子树的信息就是一个可选的最优距离集合 \(S_u\). 合并子树时, 就是将所有集合合并, 取出出现次数最多的元素组成新的集合. 这一过程可以用 Trie 或者启发式合并维护, 但都难以避免麻烦的时间戳标记. 一个好写的算法是: 用 map 维护, 启发式合并 \(S_u\) 后, 若最大出现次数 \(>1\), 则暴力扫描 \(S_u\) 删除所有不需要的元素. 这样好写不少, 只扫描被合并入大集合的元素也能保证 \(\mathcal O(n\log^2n)\) 的复杂度.

2.「CF 1824D」LuoTianyi and the Function

  没题出可以咬打火机喵~

  对右端点扫描线, 线段树维护历史和就行. 维护 \(3\times3\) 矩阵中的 \(6\) 个位置, 稍微写精细一点就稳过了. 复杂度 \(\mathcal O((n+q)\log n)\).

3.「CF 1728F」Fishermen

  有一个显然但 \(\mathcal O(\text{MCF}(n^2,n^2))\) 的费用流大暴力, 我们可以尝试模拟费用流.

graph.png

  例如, 我们从大到小加入元素对应的点, 那么就有两种可能的负环: \(S\to s_1\to t\to s\to \cdots\to t\to T\), 以及 \(s_1\to t\to \cdots\to T\to\cdots\to s\). 后面这种环可以通过顺序加入 \(t\) 而非 \(s\) 规避掉, 此时暴力用匈牙利增广前面一种环即可. 复杂度 \(\mathcal O(n^3)\).

4.「CF 1305H」Kuroni the Private Tutor ⭐

  • Link & Submission.
  • 「A.图论-网络流-最大流/最小割」「B.贪心」「C.性质/结论」「C.思维」

  假设已知 \(\{s_m\}\), 如何判断分数安排的合法性呢? 虽然可能有些浪费, 但流网络显然能够很好地描述 "把分数分配给学生" 的情景. 我们可以给出这样的流网络:

\[\begin{aligned} V &= \{S,T\}\cup\{x_n\}\cup\{y_m\},\\ E &= \{\lang S,x_i,[l_i,r_i]\rang\mid i\in[1,n]\}\\ &\cup \{\lang x_i,y_j,[0,1]\rang\mid i\in[1,n],j\in[1,m]\}\\ &\cup \{\lang y_i,T,[0,s_i]\rang\mid i\in[1,n]\}. \end{aligned} \]

  若 \(G=(V,E)\) 存在从 \(S\) 到 \(T\), 流量为 \(f=t=\sum_is_i\) 的可行流, 那么安排方案就合法. 而显然 \(f\le t\), 所以这也可以描述为 \(f\ge t\), 即所有 \(G\) 上的割至少为 \(t\).

  先考虑上界, 设割集为 \((A\mid B)\), 那么:

\[\sum_{i\in X_B}r_i+|X_A|\cdot|Y_B|+\sum_{i\in Y_A}s_i\ge t. \]

显然, 为了取出最小化的割来缩紧限制, 我们可以令 \(\{r_n\}\), \(\{s_m\}\) 降序排列, 那么:

\[\forall a\in[0,m],~\forall b\in[0,n],~\sum_{i>a}r_i+\sum_{i>b} s_i+ab\ge t. \]

  考虑下界, 类似于上下界网络流的一贯手法, 我们研究提供下界流量的 \(S'\), 它的所有出边全部满流, 于是 \(S,S'\) 不属于同一个割. 则当 \(S\in B\), \(S'\in A\) 时:

\[\sum_{i\in X_B}l_i+|X_A|\cdot|Y_B|+\sum_{i\in Y_A}s_i\ge\sum_{i=1}^nl_i. \]

当 \(S\in A\), \(S'\in B\) 时:

\[\sum_{i=1}^nl_i+\sum_{i\in X_B}r_i+|X_A|\cdot|Y_B|+\sum_{i\in Y_A}s_i\ge t. \]

后者是第一个式子的必要, 就不用考虑了. 前者也可以通过排序权值化简. 最终得到判据

\[\forall a,b,~ab+\sum_{i>b}s_i\ge\max\left(t-\sum_{i>a}r_i,\sum_{i\le a}l_i\right). \]

右式和 \(b\) 无关, 而左侧 \(\{s_m\}\) 已经单调, 因此枚举 \(a\) 时, \(b\) 的移动也是单调的, 借此可以快速判定.

  接下来, 显然并列人数可二分, 设并列人数为 \(w\), 我们需要贪心地安排一个 "最容易合法" 的 \(\{s_m\}\), 根据判据, 我们就需要让 \(s\) 的后缀尽量大, 也就是尽可能平均. 从后往前扫每段有上界的区间, 不断让它们整体增加即可. 前 \(w\) 的值也可以二分地钦定. 这样一次检查是线性的, 最终复杂度 \(\mathcal O((n+m)(\log n+\log m))\).

5.「十二省联考 2019」「洛谷 P5291」希望 ⭐

  也不能说很难想吧… 反正代码是贺的 (骄傲.jpg).

  我们希望枚举目标发动机 \(u\), 然后再来计算可行的集合方案, 但这样会算重. 不过, 当集合方案一定时, 可行的 \(u\) 点一定构成连通块, 于是我们可以通过 "连通块数 (合法集合方案数)" = "点数 (对于 \(u\) 点合法的方案数)" - "边数 (对于两个端点都合法的方案数)" 来完成容斥.

  接下来就是树 DP 嘛. 令 \(f(u,\ell)\) 表示仅考虑 \(u\) 子树内的点, 组成到 \(u\) 距离不超过 \(\ell\) 的连通块数量 (含空集), \(g(u,\ell)\) 表示仅考虑 \(u\) 子树外的点, 组成到 \(u\) 距离不超过 \(\ell\) 的连通块数量 (含空集), 设 \(x\) 是 \(u\) 的父亲, 那么

\[f(u,\ell)=\prod_{v\in\son(u)}f(v,\ell-1)+1,\\ g(u,\ell)=g(x,\ell-1)\prod_{v\in\son(x)\setminus\{u\}}f(v,\ell-2)+1. \]

  这个 \(f\) 倒是可以长剖求, 不过也需要很痛苦的乘法和加法标记维护. 对于 \(g\), 这个 \(\ell\) 的上界是子树外最远距离, 可以用类似 "反向长剖" 的方式得到维护思路: 从父亲向重儿子遗传信息, 每次指针向前移动而非正常长剖的向后移动. 注意这里内存池理论上只需要维护距离的一段后缀, 也和正常长剖有所区别. 对于 \(v\in\son(x)\setminus\{u\}\), 我们可以在求 \(g\) 的时候维护乘积前缀, 同时将对 \(f(v,\cdot)\) 对 \(f(u,\cdot)\) 的所有更新全部撤销, 这样就规避了持久化数据结构. 线性求逆元可以做到线性, 当然这里放一个 \(\mathcal O(n\log P)\) 也是能过的.

6.「IOI 2007」「洛谷 P4649」训练路径

  终于能做道紫题了…

  我们可以容忍奇环的存在, 但注意到若两个奇环边有交, 则一定可以生成一个非法的偶环. 所以, 最后得到的图一定是一个不包含偶环的仙人掌.

  考虑树 DP, 在 LCA 处决策非树边的贡献. 设 \(f(u)\) 表示仅考虑 \(u\) 子树内部的点和边, 最多能保留的非树边边权和, 特别地, 因为我们在加入 LCA 时要求路径上的边不被其他非树边跨过, 我们还需要处理 \(f(u,v)~(v\in\son(u))\), 表示 \(u\) 子树除去 \(v\) 子树后, 其余部分的贡献. 到此, 非树边 \((x,y)\) 的贡献就可以描述为

\[\sum_{t\in(x\to y)\setminus\{u\}}f(t,\text{pre}(t)), \]

其中 \(\text{pre}(t)\) 即爬树过程中的上一个结点. \((x,y)\) 参与贡献时, 还需要保证爬到的至多两个 \(u\) 的儿子不被其他非树边占据, 因此在 \(u\) 处还需要记录集合状态 \(g_u(S)\) 来辅助转移. 其他的小细节就不提啦, 复杂度 \(\mathcal O(m2^k)\), 其中已知有 \(k=10\).

7.「BJOI 2018」「洛谷 P4429」染色 ⭐

  第一眼: 奇环无解.

  第二眼: 若一个换上的点颜色被强制确定, 可以构造方案让环非法. 也就是说, 有能力钦定环上一个点的颜色. 所以若存在两个边不交环就无解.

  此外, 一个环显然有解. 所以我们需要研究的还剩下两个相交环的情况. 此时, 在拓扑去掉树状分枝后, 图一定长成这样:

graph_1_.png

  我们关注唯二的三度点. 这样的图并非一定合法, 例如说:

graph_2_.png

  和环上 "钦定值" 的构造类似, 我们用路径 \(1\to2\to9\) 描述 "\(1\) 与 \(9\) 同色", 用 \(1\to3\to4\to5\) 描述 "\(1\) 若选 \(1\), \(9\) 只能选 \(2\)", 用 \(1\to6\to7\to8\to9\) 描述 "\(1\) 若选 \(2\), \(9\) 只能选 \(1\)", 后两条路径组合出 "\(1\) 与 \(9\) 异色", 矛盾就产生了.

  这样的构造在含有至少两条长度至少为 \(4\) 的链时都奏效, 其余的小情况可以手玩. 最后我们得到结论: 两个三度点需要同时邻接至少两个点才有解.

  In conclusion, 一个图有解, 当且仅当其是二分图; 拓扑消除树结构后, 每个连通块中不存在两个以上的环或者存在恰好两个环, 且两个环的三度点同时邻接至少两个点. 后面这句复杂的话还能简化成: 不存在度数 \(\ge4\) 的点, 至多存在两个度数 \(=3\) 且它们同时邻接至少两个点. 随便判判就行, \(\mathcal O(n+m)\).

8.「AHOI/HNOI 2017」「洛谷 P3725」队长快跑

  显然我们仅会经过起点, 终点和机关的发射点. 不过欧式距离看上去就不可维护, \(10^6\) 的点数也几乎没法优化建图, 所以这里一定得有结论!

  首先, 我们其实不太关心射线的具体方向, 因为保证有解, 我们只需要知道能不能从一个发射点的下方/上方走到终点. 在一定讨论后, 所有射线都可以转化到竖直方向.

  接下来, 我们先来考虑只有一种方向的射线的情况, 如图 (是薅的, 下同):

若只有向上的射线, 我们的行走路径一定是一个下凸壳. 同理, 若只有向下的射线, 我们的行走路径一定是一个上凸壳.

  然后, 考虑不同方向的射线的相互影响, 如图:

  其中 \(S\) 是当前已确定路径的端点, 注意 \(CG\) 被 \(\ell_I\) 截断, 那么此时 \(SG\) 一定被当前最左侧向下的射线 \(\ell_E\) 截断. 此时清空同向凸包, 保留反方向凸包上的第一个能连接 \(G\) 的点加入同向凸包即可. 感性是优秀的. (哭哭

  复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\), 瓶颈是排序.

9.「LOJ #6261」一个人的高三楼

  萌萌题乱入是怎么回事… 算 \(F(z)/(1-z)^k\) 就行, \(\mathcal O(n\log n)\).

10.「CF 1408I」Bitwise Magic ⭐

  不难得到:

\[F_i(x,y)=\sum_{j=0}^k\frac{x^j}{j!}y^{a_i-j},\\ \textit{ans}=k![x^k]\prod_{i=1}^nF_i(x,y). \]

其中 \(F_i(x,y)\) 在 \(x\) 维加法卷积, 在 \(y\) 维异或卷积. 这里应该是比较初等的.

  接下来我们需要计算这个卷积结果. 因为 \(k\le16\), 加法卷积部分也没什么可观的大优化, 所以核心自然是处理异或卷积的部分. 第一个观察自然是每个 \(F_i(x,y)\) 的项数都很小, FWT 可以手动进行, 但 FWT 得到的向量一共都有 \(2^{16}\times2^{16}\) 个多项式, 我们还得把它们乘乘加加, 这怎么可能?

  因此, 这里的 key motivation 是, 我们猜测这个问题严格弱于对稀疏多项式的卷积. 弱在哪里? \(y\) 的指数是连续的!

  连续的自然数, 它们的高位几乎都是相同的, 如果我们把 \(F_i(x,y)\) 按照 \(t=\high(a_i\oplus (a_i-k))\) 归类, 则 \(t\) 相同的一类中的卷积实际上只需要做 \([0,2^{t+1})\) 上的卷积, 更高的位一定是所有数直接异或出来的结果. 卷积部分, 我们沿用稀疏多项式的做法, 手动 FWT 然后对 \(x\) 维做暴力加法卷积, 卷完之后就剩下 \(c\) 个向量, 我们再把每个向量扩充到 \([0,2^c-1)\), 全部卷起来, 最后 IFWT 一次就能得到答案.

  \(c\) 个向量的暴力卷积复杂度是 \(\mathcal O(ck^22^c)\), 前面手动 FWT 运算次数打表出来最坏是 \(1.6\times10^9\) 量级. 本地极限数据 \(3.8\text s\), 这… 兔的常数也太小了.

  嘛, 其实正解做法和这个也差不多, 把多项式指数 \(y^{a_i-j}\) 全部换成 \(y^{a_i\oplus(a_i-j)}\), 这样本质不同的 \(F\) 约有 \(200\) 个, 每一类单独处理然后快速幂乘起来就行. 其实复杂度算出来也没优秀多少是不是. (

11.「NOI Simu.」图腾

  不难发现相邻两个点只有一维坐标相差 \(1\), 又因为起点坐标全是偶数, 所以每次只能将一个偶数 \(\pm1\) 得到下一个坐标. 可能的后继方案形成了一个 DAG, 建虚点求它的最小割即可. 复杂度 \(\mathcal O(\text{Dinic}(n,nk))\), 因为答案不超过 \(n/k\) 所以有上界 \(\mathcal O(n^2)\).

12.「NOI Simu.」糖果 ⭐

  首先, 由于总和的奇偶性不变, 所以 \(n\equiv2\pmod4\) 时无解. 如果以过题为目的, 下一步应当是思考答案下界. 因为一个连通块中我们一定是操作出一个树形结构, 所以总操作次数不少于 \(n-\) 连通块个数. 同时, 最多只有一个单点连通块, 且不存在大小为 \(2\) 的连通块, 所以至多 \(\floor{\frac{n-1}{3}}\) 个连通块, 进而操作次数至少为 \(\floor{\frac{2n}{3}}\).

  有目标了, 来构造叭!

  第一个 motivation: 我们可以找一些优秀的 pattern. 对于一列 \((x,y,z)\), 我们可以用两次操作将它们变为三个 \(x-y+z\); 对于一列 \((a,a+1,a+3,a+2)\), 我们可以用三次操作将它们变为任意的同一个数 (这也对应部分分的构造). 如果我们可以将 \(1\sim n\) 划分入这样的三元组, 使得每组的 \(x-y+z\) 都相同 (最多单出一个 \(x-y+z\)), 剩下一些常数部分用四元组扫尾, 就完成构造了.

  抄抄题解.

  • \(n=12k+3\), \(x-y+z=6k+2\):

    \[\begin{array}{ccc|c} i & 4k+2i+1 & 10k+i+3 & i\in[1,k]\\ k+i & 6k+2i+1 & 11k+i+3 & i\in[1,k]\\ 2k+i & 4k+2i & 8k+i+2 & i\in[1,k]\\ 3k+i+1 & 6k+2i+2 & 9k+i+3 & i\in[1,k]\\ 3k+1 & 6k+2 & 9k+3 \end{array} \]

  • \(n=12k+4\): 在 \(n=12k+3\) 的基础上, 最后一组替换为 \((3k+1,9k+3,12k+4)\), \(6k+2\) 单列.

  • \(n=12k+8\): 在 \(n=12k+4\) 的基础上, 用四元组处理最后四个数.

  • \(n=12k+12\): 在 \(n=12k+8\) 的基础上, 用四元组处理最后四个数.

  • \(n=12k+1\), \(x-y+z=6k+1\):

    \[\begin{array}{ccc|c} i & 2k-i+1 & 8k-2i+2 & i\in[1,k]\\ 2k+i & 4k-i+2 & 8k-2i+3 & i\in[1,k]\\ 6k-2i+1 & 11k-i+2 & 11k+i+2 & i\in[1,k)\\ 6k-2i+2 & 9k-i+3 & 9k+i+2 & i\in[1,k]\\ 3k+1 & 8k+2 & 11k+2\\ / & 6k+1 & / \end{array} \]

  • \(n=12k+5\): 在 \(n=12k+1\) 的基础上, 用四元组处理最后四个数.

  • \(n=12k+9\): 在 \(n=12k+5\) 的基础上, 用四元组处理最后四个数.

  • \(n=12k+7\), \(x-y+z=6k+4\):

    \[\begin{array}{ccc|c} i & 2k-i+3 & 8k-2i+7 & i\in[1,k+1]\\ 2k+i+2 & 4k-i+4 & 8k-2i+6 & i\in[1,k]\\ 6k-2i+5 & 9k-i+7 & 9k+i+6 & i\in[1,k]\\ 6k-2i+4 & 11k-i+7 & 11k+i+7 & i\in[1,k]\\ / & 6k+4 & / \end{array} \]

  • \(n=12k+11\): 在 \(n=12k+7\) 的基础上, 用四元组处理最后四个数.

  怎么会有题解只字不提构造思路呢? 真是奇怪.

13.「ARC 160A」Reverse and Count

  写题解之前, 诚邀您看看一个叫 Rainybunny 的兔子这场比赛的 status. 过题数和 performance 的吐槽在如此励志的比赛历程面前都显得苍白无力. (癫

  枚举 \(A\) 与 \(A_k\) 的 LCP, 字典序小于 \(A[:\ell]\) 和字典序不大 \(A[:\ell-1](A[\ell]+1)\) 的数量都可以直接算, 那么就能判断当前 LCP 对不对. 注意你甜美的 corner 吧! 精细实现可以 \(\mathcal O(n)\).

14.「ARC 160B」Triple Pair

\[\textit{ans}=\sum_{t=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}t^3+\sum_{t=\lfloor\sqrt n\rfloor+1}^n3(n/t)^2. \]

  整除分块 \(\mathcal O(T\sqrt n)\).

15.「ARC 160C」Power Up

  设 \(f(i,j)\) 表示考虑了原先 \(\le i\) 的数, 剩下 \(j\) 个 \(i\) 的方案数. 每次 \(j\) 的上限变化是 \(j\gets (j+c_i)/2\), 最终可用的状态数是 \(\mathcal O(n)\) 的. 转移可以滚后缀和, 总复杂度 \(\mathcal O(n)\).

posted @ 2023-05-15 10:10  Rainybunny  阅读(143)  评论(0)  编辑  收藏  举报