NOIp 考前适应题

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A CF1494E A-Z Graph

题意

给一个有向图，边权是字母，有三种操作：

• 添加边 \((u,v,c)\)；
• 删除边 \((u,v)\)；
• 询问是否存在一个长度为 \(k\) 的非简单路径满足 \(v_1 \leftarrow v_k\) 的路径与 \(v_k \leftarrow v_1\) 的路径边权序列相同。

分析

手玩题。顶点数量为偶数的情况容易发现只要有一个二元环就行了。

\[1 \overset{\texttt{a}}{\underset{\texttt{b}}{\rightleftarrows}} 2 \]

容易发现路径 \([1,2,1]\) 满足题设，同样 \([1,2,1,2,1],[1,2,1,2,1,2,1]\) 也都满足题设，这启示我们将所有奇数的询问归位一类。

必要性也很显然，任意满足题设的路径必然至少包含一个二元环。

顶点数量为奇数的情况是类似的，结论是存在一个二元环且环上的相反边字母相同。

判二元环存在性只需要 map 等容器维护所有边就行了。

B CF1469F Power Sockets

题意

有一些已知长度的链，一棵只有一个白色根节点的树。定义一次操作为：

• 选择用一条未操作的链，连接链上中的某个点 \(u\) 与树上某个白点 \(v\)；
• 点 \(u\) 和 \(v\) 都会变成黑色。

每条链最多操作一次，也可以不操作。最小化根节点到第 \(k\) 近的白点的距离。

分析

题意等价于最小化第 \(k\) 深白点的深度。

贪心地，我们在挂上一条链的时候会选择这条链的中点位置，而且会选择树上深度最浅的点，这显然会使深度最浅。

依然贪心地，我们先会选择较长的链。感性理解：后连的链会基于一个比较深的位置向下延伸，我们希望更深的延伸发生在较早的时间点。

我们需要动态维护树上深度最小的点，而且还要支持加入一条链的每个深度，考虑到链上的点深度连续，这个操作实际上可以表述为区间加，线段树可以实现这一操作。而寻找深度最小的点则可以通过线段树上二分来实现。

为啥线段树的节点不会爆空间？考虑最坏情况：\(2 \times 10^5\) 条链的长度都顶满 \(2 \times 10^5\)。我们先加入一条链，即使后面的链全都挂在初始的这条链上，最大深度也只有 \(4 \times 10^5\)，况且这并不是最优方案。

C CF1919E Counting Prefixes

题意

有一个仅由 \(-1,1\) 组成的序列 \(a\)，现给出序列 \(a\) 的前缀和数组升序排序后的结果，对合法的 \(a\) 计数。

分析

并没有弄懂这个题。

D CF626E Simple Skewness

题意

定义一个可重集的价值为该集合的平均数减去中位数。给定一个序列 \(a\)。找出价值最大的非空子集。

若集合的大小为偶数，则中位数定义为两个中间元素的平均值。

分析

结论：集合大小为偶数一定劣于奇数。证明可以考虑一段偶数的集合，删掉中位数中较大的，比较删除前后答案。

于是我们可以钦定选出的中位数是什么，这个中位数将原序列划分为一段前缀和一段后缀。要让平均数减去中位数最大，那选取的区间肯定是尽量大，即前缀的后缀和后缀的后缀。平均数显然是单峰的，可以三分出最大的极值点，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

E CF1486F Pairs of Paths

题意

给定一棵树，和 \(m\) 条树上的简单路径，对满足以下条件的二元组 \((i,j)\) 计数：

• \(i \neq j\)；
• \(path_i\) 和 \(path_j\) 只有一个交点。

分析

参考

并没有弄懂这题，但发现了一个比较好玩的 trick。

F CF1530F Bingo

题意

给定一个 \(n \times n\) 的表格，表格中的每个元素有 \(p_{i,j}\) 的概率为 \(1\)，否则为 \(0\)。

求至少有一行或一列或一条对角线全为 \(1\) 的概率。

分析

对角线不好搞，我们先用 \(2^2\) 次循环枚举对角线状态。这个要容斥掉重复贡献。

对原问题容斥是求有 \(k\) 条行/列/对角线不全为 \(1\) 的概率，这个是不好做的。那我们反过来求原问题的补集，即不存在任何行/列/对角线全为 \(1\) 的概率，这个问题容斥之后是存在 \(k\) 条行/列/对角线全为 \(1\) 的概率。

这个概率的计算可以先钦定一些列必须全选，一些列必须不全选，复杂度爆了。然而枚举钦定行的部分式子等价于在这一行钦定这一行不全为 \(1\) 的概率。于是可以 \(O(n \times 2^n)\) 计算。

G CF1725J Journey

题意

给你一棵带边权树，要求从任意一点出发遍历这棵树，经过每一个节点至少一次（起始点和终止点不必相同）。允许至多一次从一点传送到另一点。问可以走过的最小的总边权。

分析

如果没有传送的条件就是经典题，答案等于边权和的两倍减掉直径长。

考虑扩展这个做法。弱化版的走法是从直径的一段开始沿着直径走，如果有分叉就向分叉走然后回来。本题就是将一条直径扩展成了两条链。

如果选取的这两条链相交，那可以转化为从一个点向下伸出四条链，这个可以换根维护。

如果不相交，此时这两条链必须有两个点相邻，不然就会漏点。而这两个点之间的边一次都不会被经过。我们依靠这两个相邻的点统计答案。

换根的实现非常繁琐。

H CF1485E Move and Swap

题意

给定一棵树，\(1\) 号节点上有一红一蓝两个棋子，红棋子每步只能移动到其儿子节点，蓝棋子每步可以移动到比其深度大一的任何节点。每步的收益是红蓝棋子的权值差的绝对值，最大化最终收益。

分析

DP，记录 \(f(i,j)\) 表示红子在 \(i\)，蓝子在 \(j\) 的最大收益，这当然是可以转移的，但已经到三方了，仅仅是状态数就已经爆了。

注意到蓝子可以任意选，那最优的肯定是放在最大或者最小位置，于是可以砍掉记录蓝子的一维，转移也得到优化。

cjx 叫这个双指针单移动模型。与 YT 的平台下降有相似之处。

还有一个拆绝对值的神奇操作：\(|a-b|=\max\left\{a-b,b-a\right\}\)。可以分别维护 \(a+b,a-b\)。