2021 暑假水题选做

P1850 [NOIP2016 提高组] 换教室

先用 Floyd 预处理出任意两点之间的最短路 \(\operatorname{dis}(u,v)\)，然后 dp。

设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示考虑前 \(i\) 门课，有 \(j\) 门课换教室，第 \(i\) 节课是否换教室的答案。

转移就按照第 \(i\) 次换不换与第 \(i-1\) 次换不换分类：

\[\begin{cases} f_{i,j,0}=\min\{f_{i-1,j,0}+\operatorname{dis}(c_{i-1},c_i),f_{i-1,j,1}+k_{i-1}\cdot\operatorname{dis}(d_{i-1},c_i)+(1-k_{i-1})\cdot\operatorname{dis}(c_{i-1},c_i)\}\\ f_{i,j,1}=\min\{f_{i-1,j-1,0}+k_i\cdot\operatorname{dis}(c_{i-1},d_i)+(1-k_i)\cdot\operatorname{dis}(c_{i-1},c_i),f_{i-1,j-1,1}+k_{i-1}k_i\cdot\operatorname{dis}(d_{i-1},d_i)+k_{i-1}(1-k_i)\cdot\operatorname{dis}(d_{i-1},c_i)+(1-k_{i-1})k_i\cdot\operatorname{dis}(c_{i-1},d_i)+(1-k_{i-1})(1-k_i)\cdot\operatorname{dis}(c_{i-1},c_i)\} \end{cases} \]

最终的答案就是 \(\min_{i=0}^m\{f_{n,i,0},f_{n,i,1}\}\)。

P3830 [SHOI2012] 随机树

\(q=1\)：设 \(f_i\) 表示 \(i\) 个叶子时的答案。我们考虑到当由 \(i-1\) 个叶子变成 \(i\) 个叶子时，会少掉一个期望深度为 \(f_{i-1}\) 的叶子并多出两个期望深度为 \(f_{i-1}+1\) 的叶子，于是：

\[f_i=\frac{(i-1)f_{i-1}-f_{i-1}+2(f_{i-1}+1)}i=f_{i-1}+\frac 2i \]

\(q=2\)：设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 个叶子时树深度 \(\ge j\) 的概率（注意是概率不是答案），那么

\[E(X)=\sum_{i=1}^{+\infty}P(X\ge i)=\sum_{i=1}^{n-1}f_{n,i} \]

引理：当从 \(i-1\) 个叶子扩展到 \(i\) 个叶子时，不论根的左子树有多少个叶子，根的右子树有多少个叶子，他们的方案数（也即概率）是一样的。

证：设左子树有 \(k\) 个叶子，那么右子树有 \(i-k\) 个叶子。

对于第 \(l\) 次操作，有 \(l\) 个叶子可供扩展，那么左子树的形态有 \((k-1)!\) 种（进行了 \(k-1\) 次操作），右子树的有 \((i-k-1)!\) 种，一共就有 \((k-1)!(i-k-1)!\) 种。

接下来考虑生成它的方案数，可以把它看成是一个由 \(k-1\) 个“扩展左子树”操作和 \(i-k-1\) 个“扩展右子树”操作组成的操作序列，于是方案数为 \(\binom{k-1+i-k-1}{k-1}=\frac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}\)。

总的方案数为 \((k-1)!(i-k-1)!\cdot \frac{(i-2)!}{(k-1)!(i-k-1)!}=(i-2)!\)。这个式子与 \(k\) 无关！证毕。

有了这个结论，转移方程就出来了：

\[f_{i,j}=\frac1{i-1}\sum_{k=1}^{i-1}(1-(1-f_{k,j-1})(1-f_{i-k,j-1}))=\frac1{i-1}\sum_{k=1}^{i-1}(f_{k,j-1}+f_{i-k,j-1}-f_{k,j-1}f_{i-k,j-1}) \]

P2473 [SCOI2008] 奖励关

按照套路设 \(f_{i,S}\) 表示前 \(i\) 个宝物，拿了的宝物集合为 \(S\) 时的答案。然后你发现顺着推不太行。

于是考虑倒着推，设 \(f_{i,S}\) 表示在第 \(1\) 轮到第 \(i-1\) 轮内宝物是否取过的状态为 \(S\)，第 \(i\) 轮到第 \(k\) 轮的答案。枚举下一轮出来了哪个宝物，则：

\[f_{i,S}=\sum_{j=1}^n\begin{cases} f_{i+1,S},&s_j\not\subseteq S\\ \max(f_{i+1,S},f_{i+1,S\cup \{j\}}+p_j),&s_j\subseteq S \end{cases} \]

最终答案就是 \(f_{1,\varnothing}\)。

CF906D Power Tower

用扩欧递归求解即可，递归次数不会超过 \(\log p\)。

CF1439C Greedy Shopping

对于操作 1，要操作的地方是完整的一段。

对于操作 2，要操作的地方是完整的若干段，段数不超过 \(\log\) 级别。

这样就可以转化成一个线段树可以解决的问题了。

具体的做法是线段树二分。操作 1 比较简单，重点讲操作 2。

维护区间和和区间 \(\min\)。首先如果 \(r\lt x\) 或者区间 \(\min\) 比 \(y\) 大，则无解。然后如果这个区间能取就取。最后就往左右子树递归。

P3545 HUR-Warehouse Store

贪心。如果能满足就满足，否则，我们要尽可能地去满足他和他后面的人。此时我们应该放弃前面的人中买了最多东西的人（当然前提是那个人之前没被放弃），用放弃他所省下来的钱去满足当前的人和他后面的人。

要用一个堆维护前面的人中买了最多东西的人。

CF484A Bits

贪心策略：尽量往低位填 \(1\)。

P1792 [国家集训队] 种树

反悔贪心。

维护一个美观度的大根堆。每次取出堆顶然后把答案加上它，然后删掉它旁边的两棵树。

但是同时取两边的树可能比取这棵树要优。所以我们要反悔：弄一个双向循环链表，取堆顶元素 \(a_i\) 时把 \(a_i\) 变成 \(a_{pre_i}+a_{nxt_i}-a_i\)（这就是反悔）再插回去，同时在链表中删去 \(pre_i\) 和 \(nxt_i\)。

P4310 绝世好题

暴力：设 \(f_i\) 为只考虑 \(a_1\sim a_i\) 且 \(a_i\) 必须选时的答案，则

\[f_i=\max_{1\le j\lt i,a_i\operatorname{AND}a_j\ne 0}\{f_j\}+1 \]

正解：每次转移的时候按位考虑，设 \(f_{i,j}\) 表示只考虑 \(a_1\sim a_i\)，二进制第 \(j\) 位的答案（注意这里不一定要取 \(a_i\)）。那么

\[f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j},&\operatorname{getbit}(a_i,j)=0\\ \max_{0\le k\le \log(\max a_i),\operatorname{getbit}(a_i,k)=1}\{f_{i-1,k}\}+1,&\operatorname{getbit}(a_i,j)=1 \end{cases} \]

然后这个 dp 状态的第一维可以压掉。

P1484 种树

P1792 双倍经验。

P3620 [APIO/CTSC 2007] 数据备份

P1792 三倍经验。

SP1553 BACKUP - Backup Files

P1792 四倍经验。

P4158 [SCOI2009] 粉刷匠

这个题是一个背包：设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个木板，粉刷了 \(j\) 次的答案。则：

\[f_{i,j}=\max_{k=1}^{\min(j,m)}\{f_{i-1,j-k}+\text{the answer when painting }i\text{ -th board for }k\text{ times}\} \]

后面的玩意要用另外一个 dp 做：设 \(g_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 个模板，前 \(j\) 个格子，粉刷了 \(k\) 次最多刷对的格子个数，则：

\[\begin{cases} g_{i,j,k}=\max_{l=0}^{j-1}\{g_{i,l,k-1}+\max\{\operatorname{count0}(l+1,j),\operatorname{count1}(l+1,j\}\}\\ f_{i,j}=\max_{k=1}^{\min(j,m)}\{f_{i-1,j-k}+g_{i,m,k}\} \end{cases} \]