CF1149 简要题解

  • A

注意到 \(\geq 3\) 的质数都是奇数,因此只要能构造出 \(3\),则 \([3, \sum a_i]\) 间的每一个质数都可以构造出来,否则一定构造不出来。因此先尝试构造 \(3\),后面先放 \(2\) 后放 \(1\) 即可。

  • B

被出题人坑了(

注意题目中只保证任意时刻的串长 \(\leq 250\),并不代表 trie 大小不超过 \(250\),因此数组开小被爆了。(关键是它只显示 WA 不显示 RE 结果我对着 dp 的部分调了半天未果…… TvT)

首先可以预处理出母串的序列自动机(实际上就是每个位置出发的下一个字母各自最近的位置),可以做到 \(O(1)\) 在某个位置向后拓展一个字母。

\(f_{i, j, k}\) 表示三个串长度分别为 \(i, j, k\) 时,最后一个字母在母串中的位置最左是多少,\(n+1\) 表示无解。转移时只需枚举最后一个字母来自哪个子串即可。注意到串的变化只会在末尾产生,因此每次 push_back 一个字符的时候直接将包含新字符的 \(O(m^2)\) 个状态转移即可。复杂度 \(O(n\Sigma+m^2q)\),其中 \(m\) 是最大串长。

  • C

很有趣的题目。

直接从树的形态下手,会发现几乎没什么普适的规律。如果维护树的形态,每次操作可以达到 \(O(n)\) 的修改量(断边、连边等),不太可做。

但是实际上我们并不需要知道树的形态,只需要知道直径的长度。如果能想到树上两点 \((x, y)\) 路径长度是 \(d_x+d_y-2\cdot d_{\operatorname{lca}(x, y)}\) 的话,思路将会拓宽很多。考虑传统的求 LCA 方式,其中一种 \(O(n\log n)-O(1)\) 的方式是预处理欧拉序的 sparse table,不难发现 LCA 的深度是两点间唯一最小的那个。

因此,设欧拉序中第 \(i\) 个位置对应的点是 \(p_i\),原问题实际上等价于求 \(\max_{1\leq i\leq j\leq 2n-1} d_{p_i}+d_{p_j}-2\cdot \min_{i\leq k\leq j} d_{p_k}\)。可以发现,里面的 \(\min\) 对答案的贡献需要取反,也就是说可以直接将它提取到外面的 \(\max\) 里处理:\(\max_{1\leq i\leq k\leq j\leq 2n-1} d_{p_i}+d_{p_j}-2\cdot d_{p_k}\)。再考虑一下每次修改操作,实际上是将某一步 “深度 \(+1\)” 和 “深度 \(-1\)” 交换了。因此,写出欧拉序上每个位置对应的深度(\(d_{p_i}\))来,不难发现每次修改等价于区间 \(\pm 2\)

上面的东西可以用线段树简单维护,复杂度 \(O(n\log n)\)

  • D

很有趣的题目。(\(\times 2\)

考虑题目中最小生成树的限制,实际上等价于,先用 \(a\) 边将原图连成若干连通块并缩点,这样从 \(1\) 出发的路径都可以写出一个途径的连通块序列。题目要求我们,不能经过一个连通块多次(即离开连通块,经过若干条边后再返回这个连通块)。

首先将两端已经在同一个 \(a\) 连通块里的 \(b\) 边删掉,再考虑一下什么时候才会触犯这个条件。不难发现,如果最短路返回了某个离开过的 \(a\) 连通块,那么必然是从它出发,经过了至少 \(2\)\(b\) 边(至少 \(2\) 条,因为两端在同一个 \(a\) 连通块里的 \(b\) 边已经被删了)和若干条(可能是 \(0\)\(a\) 边后才回来。如下图:

\(1\rightarrow4\) 的最短路本来应该是 \(1\rightarrow 5\rightarrow 4=22\),但现在由于最小生成树的限制,无法走通。

由于 \(a<b\),所以上面的不合法的过程至少需要跨越 \(3\)\(a\) 边,才有可能更优。换句话说,我们重复经过的 \(a\) 连通块,至少有 \(4\) 个点。这个时候,我们发现 \(n\leq 70\) 的限制就非常和蔼可亲了——满足条件的连通块只有不超过 \(17\) 个,可以状压表示这些连通块是否访问过,即 \(f_{S, i}\) 表示访问过 \(S\) 内的连通块,当前停在 \(i\) 点的最短路。

预处理好在同一个 \(a\) 连通块内的点对 \((x, y)\) 之间的最短路 \(g_{x, y}\),对于状压的每一个 mask,可以跑一遍 dijkstra,用 \(g_{x, y}\)\(b\) 边更新别的点。复杂度 \(O\left(2^{\lfloor\frac{n}{4}\rfloor}\cdot (n^2+m)\right)\),实际存在很多剪枝,大约只需要运行 1s。

  • E

实际上这题 dls 在讲博弈论的时候讲过,是一道高阶无穷大裸题……

有些时候我们会遇到状态数无限的 nim 游戏,这个时候就需要引入高阶无穷大的概念。设 \(\omega\) 表示一个 \(1\) 阶无穷大,它能够转移到任意非负整数的状态。拓展一下,可以定义 \(k\omega\),它能转移到任意 \(i\omega+j\),其中 \(i\in [0, k-1], j\in \mathbb{N}\)。再拓展一下,定义 \(k\omega^p\) 可以转移到任意 \(j\omega^p+\sum_{i=0}^{k-1} a_i\cdot \omega^{i}\),其中 \(j\in [0, k-1], a_i\in \mathbb{N}\)

这个时候再回来看题目里的点。由于是拓扑图,必然存在出度为 \(0\) 的点,他们的 SG 值就是 \(h_i\)。假设某个点指向了一个出度为 \(0\) 的点,那么它至少是 \(1\) 阶无穷大。实际上,用简单的数学归纳法就可以证明,某个点 \(x\) 的阶数就是它指向的点集的阶数的 \(\operatorname{mex}\)

对于包含高阶无穷大的 nim 游戏,先手必败当且仅当每一阶系数的异或和都是 \(0\),构造和证明都与普通 nim 游戏类似。

posted @ 2020-04-25 23:36  suwakow  阅读(224)  评论(0编辑  收藏  举报
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