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Solution Set - “伸手向着拉格朗日点作别”

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\[\mathbb{Defining~\LaTeX~macros\dots} \newcommand{\oreq}[0]{\overset{\lor}{\gets}} \]

  Umm… UOJ 浓度极高的一个 sol set. 摘的标题和上一个 sol set 是姊妹篇!

0.「UR #9」「UOJ #133」电路手动分析

  二分答案, 尽量把选择的结点排成正方形, 计算边数够不够. \(\mathcal O(\log\min\{nm,\sqrt r\})\).

1.「UR #9」「UOJ #134」App 管理器

  枚举未定向边 \((u,v)\), 检查去掉这条边后是否存在 \(u\to v\) 或 \(v\to u\) 的路径, 二者中至少存在一个, 据此定向即可. \(\mathcal O(m^2)\).

2.「UR #10」「UOJ #152」汉诺塔

  你这 \(10^6\) 的操作限制是来骗人的还是来骗兔的?

  如何利用 \(2,3\) 两根空柱子? 把 \(1\) 柱子上的盘子依次取出放入 \(2,3\) 之一的过程可以看作对 \(1\) 柱子序列的一个划分, 结合排序的目标, 那么自然想到上升/下降子序列. 假设 \(1\) 从上到下读可以划分为 \(k\) 个连续的上升子段, 我们就可以把它们倒到 \(2,3\) 上, 在两根柱子上各形成 \(k/2\) 个下降子段. 每次取出两个柱子最顶上的子段归并回 \(1\), 子段数量 \(\div2\). 因此 \(\mathcal O(\log n)\) 次迭代后必然完成排序. 操作次数 \(\mathcal O(n\log n)\).

3.「UNR #2」「UOJ #312」梦中的题面 ⭐

  数位 DP? 啊, 数位 DP!

  在 \(c=1\) 时, \(x_i\) 就是 \(b\) 进制下的任意 \(i\) 位数, 由于 \(m\) 个 \(b\) 进制数的加法在某一位上的总进位不超过 \(m\), 我们可以暴力记录仅考虑低若干位时, \(\sum x_i-n\) 在当前位的值. 对 \(c=0\), 直接新增一维状态记录有多少个在当前位可以非 \(0\) (而非留到最高位变成 \(x_i=b^i\)) 即可. 最后的状态就是 \(f(i,j,k)\) 表示考虑了第 \(i\) 位, 有 \(j\) 个数可以自由填位, 当前位 \(\sum x_i-n=k\in[-1,m]\) 的方案数. 直接转移可以做到 \(\mathcal O(m^4b)\). 如果从高位向低位 DP 可以得到四方做法, 不过写着比较麻烦.

4.「NOI Simu.」战舰

  横纵坐标上的操作相对独立, 我们可以对每一个横坐标维护其一列上的信息, 纵坐标同理. 移动什么的可以直接合并坐标, 加法和查询按照行列长度根号平衡就行了. \(\mathcal O(m\sqrt n)\). 可能有一些很 dirty 的实现细节.

5.「UR #10」「UOJ #153」世界线 ⭐

  对于左侧的下标集合 \(S\), 我们尝试找到其在右侧对应的集合 \(\{a_i\mid i\in S\}\). 我们可以把左侧连成若干个大小两两不等的连通块, 再在右侧询问出每个连通块, 这样就能根据连通块大小得到对应关系. 为了得到更确定的对应, 自然的 motivation 就是尝试让左侧集合大小两两不同. 我们可以将左侧标号分组:

\[\begin{array}{c|cccc} & 4 & 3 & 2 & 1 \\ \hline 1 & 1 \\ 2 & 2 & 3 \\ 3 & 4 & 5 & 6 \\ 4 & 7 & 8 & 9 & 10 \end{array} \]

可以发现, 左侧的行长度和上侧的列长度构成的坐标可以唯一确定一个单元, 我们就能根据右侧集合所在的行列长度信息直接得到答案.

  这个构造只在 \(n=k(k+1)/2\) 时适用, 当 \(n\neq k(k+1)/2\), 我们不可能让行列长度都两两不等, 怎么办呢?

  反思一下, 连通块询问带给我们的信息只有 "连通块大小"? 并不是, 我们还可以知道任意两个右侧元素是否在同一连通块, 只不过单用这个信息没办法形成对应关系, 所以在刚刚的构造中没有起作用. 这里有 key motivation: 如果存在且仅存在一个行 (列) 连通块大小为 \(1\), 我们可以直接确定某个 \(a_p\), 然后根据 \(a_p\) 和哪些元素在同一个连通块里确定 \(p\) 这一列 (行) 的集合. 这样, 就算两列 (行) 的长度本来相同, 我们也可以根据特殊元素 \(a_p\) 来区分它们!

  给出对 \(n=k(k+1)/2+r~(r\neq 0)\) 的构造, 这里以 \(n=13\) 为例:

\[\begin{array}{c|cccc:c} & 4 & 3^\star & 2^\star & 1 & 1\\ \hline 1 & 1\\ 2 & 2 & 3\\ 3 & 4 & 5 & 6\\ 4 & 7 & 8 & 9 & 10\\ \hdashline 3 & & 11 & 12 & & 13 \end{array} \]

(\(k^\star=k+1\) 表示自然数 \(k\) 的后继, 这样表格好看一点.)

  仍然在两次实验中分别划分行和列询问. 求答案时, 先根据 "行长为 \(r\) (只有两行) 且列长为 \(1\) (另一行上不可能存在列长为 \(1\))" 确定 \(a_n\). 然后根据 "和 \(a_n\) 属于同一行连通块, 列长依次递减" 得到 \(n-r+1\sim n\) 和 \(a_{n-r+1\sim n}\) 的所有对应. 接着令 "和某个 \(a_i~(i\in[n-r+1,n])\) 同属一个列连通块" 的元素列长 \(-1\), 这样就完全消除了最外圈一行一列的影响, 剩下的就和 \(r=0\) 一样做了. 加边 \(2\times\mathcal O(n)\) 次, 询问 \(2\times\mathcal O(n\sqrt n)\) 次.

  怎么办, 越来越喜欢构造题了.

6.「洛谷 P9411」Gtrimee

  Para 怎么问了兔一个经典 trick? 原来 Para 又在卷洛谷的比赛. Para AK 了, 比赛 unrated 了, 可喜可贺.

  GF 入门训练, 先求出任意有根儿子有序无标号树的 GF \(F(z)\) (哈哈! 天下谁人不识 Catalan 数?), 则所求树第 \(k\) 层结点的子树 GF 是 \(F(z)-1\), 再进行 \(k\) 次和求 \(F(z)\) 一样的迭代就行. 这里的迭代是

\[F^\star(z)=\frac{z}{1-F(z)}. \]

很显然, 令 \(F(z)=P(z)/Q(z)\), 这个迭代一次就是对 \(\begin{bmatrix}P(z)&Q(z)\end{bmatrix}^T\) 的线性变换:

\[\begin{bmatrix} P^\star(z)\\ Q^\star(z) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} &z\\ -1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} P(z)\\ Q(z) \end{bmatrix}. \]

矩阵快速幂即可. \(\mathcal O(n\log n\log k)\). 快速幂的结果也可以直接解出来, 这样是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的.

7.「CF 1500F」Cupboards Jumps ⭐

  感觉兔的思维习惯变得 contructive & mathematical 了, 根本不会做 OI 题. (雾

  DP! DP! DP! 好看起见, 原题的 \(h,w\) 分别换成 \(a,b\). 令 \(f(i,j)\) 表示构造 \(a[:i]\) 使得 \(b[:i-2]\) 合法时, \(|a_i-a_{i-1}|=j\) 是否可行. 转移:

\[f(i+1,b_{i-1}-j)\oreq f(i,j)\quad (j<b_{i-1}),\\ f(i+1,b_{i-1})\oreq f(i,j)\quad (j<b_{i-1}),\\ f(i+1,k)\oreq f(i,j)\quad (j=b_{i-1},\forall k\le b_{i-1}). \]

注意第三类转移是覆盖性的 "全部合法", 第一类转移是整体位移, 第二类转移只会新增单点. 初始状态 \(f(0,\cdot)=\textbf T\) 可以表示为一段足够长的区间, 进而我们可以通过维护大区间和小单点的位移来快速实现转移. 利用状态信息反向构造方案即可. \(\mathcal O(n\log n)\).

8.「UR #11」「UOJ #167」元旦老人与汉诺塔

  直觉上有种怪异感, 理论上任意两个合法状态都是可达的, 但步数是指数级别, 合法状态的数量也是指数级别, 我们还要计数而非找最优解. 怎么回事呢?

  那就只能看 \(m\) — 如果称 \(m\) 是可接受的 "线性" 级别, 那么真正被移动的盘子就只能是 "对数" 级别.

  顺着这个思路发现, 初始状态实际上只有 \(3\log_2m\) 个盘子是可能被移动的, 暴力记搜的状态空间是 \(\mathcal O(m3^{3\log_2m})=\mathcal O(m^{1+3\log_23})\), 当然这只是毛估, 真正有效状态量自然很少, 能过就对啦.

9.「NOI Simu.」高维游走 ⭐

  先不考虑疲倦度, 我们先对一个确定的步数序列 \(\{a_m\}\) 描述答案, 其中 \(a_i\) 即在第 \(0\) 阶段 (和第 \(i\) 阶段) 的行走步数, 那么这种方案对 \(f(\cdot)\) 的贡献为

\[\binom{t_0}{\{a_n\}}\prod_{i=1}^n\binom{t_i}{a_i}\equiv[\forall i\neq j,~a_i\cap a_j=\varnothing][\forall i,~a_i\subseteq(t_i\cap t_0)]\pmod2. \]

这里数的集合运算即对其二进制所表示的集合的运算.

  这一基本的性质告诉我们, 我们只需要考虑满足等式右侧真值式的 \(\{a_n\}\). 一个 \(\{a_n\}\) 将贡献到 \(x=\sum_ii\cdot a_i\) 的 \(f(x)\). 由于 \(\{a_n\}\) 间两两交集为空这个限制很难在依次枚举 \(a_i\) 时记录, 我们更倾向于按位考虑贡献. 设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个 bit 出现在哪个 \(a\) 中, 若未出现则令 \(p_i=0\). 那么 \(x=\sum_ip_i2^i\). 据此, 我们得到了一个暴力做法: 枚举所有可能的 \(\{p_w\}\), 统计出现奇数次的 \(x\) 的个数.

  都说啦, 我们倾向于按位考虑贡献. 当只考虑 \(\{p_{0..k-1}\}\) 时, \(x\) 的低 \(k\) 个 bit 已经确定, 此时 \(x\) 剩下的 bit 构成的数在 \([0,m]\) 内, 这就产生了对 \(x\) 的分类标准. 注意, 我们的最终目标是统计 "同一个 \(x\) 出现奇数次" 的数量, 所以这里应该按照 "未确定的长成什么样子" 来划分状态. 设 \(f(k,S)\) 表示 {此时有多少个 \(x\) 的低 \(k\) 位组合满足: 这低 \(k\) 位能且仅能与集合 \(S\subseteq[:2^m-1]\) 中的整数拼出一个存在奇数次的 \(x\)}. 我们对于当前 bit 可以出现在的位置集合 \(T\in\{0,1\}^m\), 预处理 \((S,T)\mapsto (R_0,R_1)\) 表示状态 \(S\) 经过可选集合为 \(T\) 的位转移到的新状态, 其中 \(R_0\) 表示第 \(k\) 位 (转移完成后被确定的位) 是 \(0\) 的状态, \(R_1\) 同理. 这样转移可以 \(\mathcal O(1)\) 完成, 最终复杂度 \(\mathcal O(m^22^{2m})-\mathcal O(w2^m)\), 其中 \(w=\log V=31\). 预处理也许可以用出色的位运算技巧再优化优化 (啊, 好像不如每次现场算转移哈).

10.「NOI Simu.」过山车 ⭐

  虽然鉴定为不如无限之环, 但不可否认这还是一个有点意思的网络流建图.

  网格图上的简单环一定是二分的, 借此我们可以扔掉诡异的 "存在可行流" 限制, 转而在二染色后描述 "每个点都和两个异色点配对". 我们要求, 若一个点和它的两个配对点贡献, 则不贡献收益, 否则贡献 \(a_{i,j}\) 的收益. 换换等价表述, 若一个点在横向两个邻接点和纵向两个邻接点里分别选了一个, 才能贡献 \(a_{i,j}\) 的收益. "选得多" 优于 "选得少", 这样就可以描述了:

graph.png

跑最大费用最大流, 若流量合法, 答案就是最大费用减去 \(\sum_ia_i\). 复杂度 \(\mathcal O(\text{Dinic}(5nm,9nm))\).

11.「NOI Simu.」木棍 ⭐

  • Private link | 不想写 (星星眼.jpg
  • 「A.图论-差分约束」

  把木棍缩到左端点, 如果 \(m=0\) 且 \(k=1\), 这就是一个 Hall 定理的事儿. 据此我们也能发现, 把所有端点离散化, 仅考虑区间上 Hall 定理的判据, 仍然是等价的判定.

  一维的规划问题, 想想差分约束? 设 \(s_i\) 表示 \(i\) 之前放置的木棍数量, 那么限制条件形如 \(s_r-s_{l-1}\ge x\). 的确可行. 当 \(k\neq1\) 时, 我们就有限制 \(s_{i+k}-s_i\le1\), \(m\neq0\) 时, 通过 \(s_{y_i}-s_{x_i-1}\le c_i\) 也能描述这些要求, 最后加上前缀和的固有条件 \(s_i\ge s_{i-1}\), 跑差分约束即可.

  直接 SPFA 最坏 \(\mathcal O(n^3)\), 可以通过线段树维护整体转移做到 \(\mathcal O(n^2\log n)\).

12.「UR #11」「UOJ #169」元旦老人与数列 ⭐

  Segment Tree Beats!

  嗯, 就用这玩意儿维护就行. 为了更方便维护历史最小值, 我们可以把所有修改标记变成 (当前增量, 前缀增量最小值) 这样的数对, 对区间的最小值和其他值需要分别维护不同的标记. \(\mathcal O(n\log^2 n)\).

13.「UR #12」「UOJ #180」实验室外的攻防战

  设 \(x\) 在 \(a\) 中出现的位置是 \(p_x\), 在 \(b\) 中出现的位置是 \(q_x\), 显然应当满足 \(\forall x<y,~p_x<p_y\Rightarrow q_x<q_y\), 有端 (指迅速搓了一发暴力) 猜测这是充要条件, 我们只需要实现快速检查. 若某对 \((x,y)\) 导致非法, 必然有点 \((p_x,q_x)\) 在点 \((p_y,q_y)\) 的左上方. 三维偏序走一走就行, 只需要检查偏序存在性, \(\mathcal O(n\log n)\).

14.「UR #13」「UOJ #186」Yist

  若存在可行的消除方案, 则必然存在一种被删除元素递增的删除方案. 假设某个询问串是 \(\{s_n\}\), 那么对于某个 \(s_i=0\), 它就需要能在序列 \(\{a_j\mid s_j=1\lor a_j\ge a_i\}\) 中被第一个删除, 也即存在一个以 \(a_i\) 为最小值的长度为 \(x\) 的子段.

  可见, 我们只需要求出每个 \(a_i\) 对应的最长子段的最小长度就能得到答案. 按值从大到小考虑 \(s_i=0\) 的 \(a_i\), 将其加入到序列中暴力向左右扩展, 遇到已经被扩展过的结点直接跳过当前检查 (当前子段不短于曾经扩展这个位置的元素), 这样就 \(\mathcal O(nq)\) 了.

15.「UR #13」「UOJ #187」Ernd ⭐

  令 \(f(i)\) 表示你觉得它该表示的东西, 那么 \(f(i)\) 有两类转移:

\[f(i)\overset{\max}{\gets} f(j)+1\quad(|a_i-a_j|\le b_i-b_j),\\ f(i)\overset{\max}{\gets}f(k)+(i-j+1)^2\quad(|a_j-a_k|\le b_j-b_k,[j,i]\text{ is combo-able}). \]

  形如 \(|a_i-a_j|\le b_i-b_j\) 的限制可以拆成 \(a_i-a_j\le b_i-b_j\land a_j-a_i\le b_i-b_j\), 它也描述了点 \((b_i-a_i,b_i+a_i)\) 和点 \((b_j-a_j,b_j+a_j)\) 的偏序关系, 所以前面一个转移可以根据 \(b_i-a_i\) 离线后用 BIT 维护 \(y\) 轴上的偏序贡献解决.

  显然, 一列可 combo 的子段在上述离线过程中肯定会被依次取出来, 我们可以在 \(j\) 处转移时顺便将 \((j,\max\{f(k)\}+(j-1)^2)\) 放入 \(j\) 所在 combo 连续段的凸包上, 在 \(i\) 被拿出来的时候就弹一弹凸包进行第二类转移. 最终复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\).

posted @ 2023-06-12 15:50  Rainybunny  阅读(163)  评论(0)  编辑  收藏  举报