JOISC2025 做题记录

Day1T1 Exhibition 3

非常好的题目，整体的思路非常厉害！以前听过所以 vp 就 all in T2 了。

由于要求字典序，于是按照值域填入 \(b\) 序列，每次选择一个最前的集合 \(S\)，满足 \(S\) 可以用 \(C_v\) 个位置覆盖，然后将 \(B_S \to v\)。考虑分析 \(S\) 的结构，发现其可以形成一个前缀 \([1,pr]\) 加散点 \(T\)，且前缀 \([1,pr]\) 所需覆盖位置已经到达 \(C_v\)！于是有一个思路：分 \(pr\) 和 \(T\) 分别求解。

首先对于 \([1,pr]\) 的部分，发现可以在 \(O(pr \times poly(\log(n)))\) 的复杂度找到即可。一个想法是直接二分，但是 \(pr\) 小的时候就爆了。所以先用倍增！！！确定 \(pr \in [2^k,2^{k+1}]\)然后再在这个区间进行二分即可，那么需要 check 的区间长度就是 \(O(pr)\) 直接暴力 check 即可。

对于 \(T\) 的求解，由于 \([1,pr]\) 所覆盖的位置到达 \(C_v\)，即只需考虑类似于 “判定” 的事情。于是考虑原本 \(S\) 中的一组解 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)，那么加入一个区间 \([l,r]\) 会使 \(k \gets k+1\)，则考虑新的解与这个解的区别 xor，则一定替换 \(p\) 一个区间，假定将 \(p_{i,j} \to q_{1,l}\)，则大概形如 \(q_1,q_l\) 只与 \(p_i,p_j\) 相交，而 \(p_{id\in[2,l-1]}\) 则与 \(p_{id,id+1}\) 相交。所以快速判断区间 \([l,r]\) 是否合法，就类似于 check 从 \([l,r]\) 出发能否向左/右扩展找到类似于上述结构，且不难发现对于 \(p_{1,k}\) 的每个区间，能向左扩展的为后缀，向右扩展的为前缀，那么不难想到维护 “安全” 区间 \([lp_i,rp_i]\) 即区间内的数均不能扩展，则对于 \([l,r]\) 合法则只要与 “安全” 区间有交即可。但是需要 \(O(n)\) 次这样的判定，且在加入区间的过程中“安全”区间可能发现变化。于是发现若 \([l,r]\) 只与一个安全区间 \([lp_x,rp_x]\) 相交，那么对于 \(>r\) 的点可以向左扩展到 \([l,r]\) 和 \(<l\) 同理，即 \([lp_x,rp_x]\) 会与 \([l,r]\) 求交，那么这样操作完后，就会导致一系列曾经加入的区间变为只有 \(1\) 个 “安全” 区间相交，并要求交。事实上，注意到若一个区间 \([l,r]\) 已经包含了安全区间 \([lp_x,rp_x]\) 则显然不会对任何区间产生影响，所以上述的 “连锁” 反应的总区间个数为 \(O(n_1)\)，精细实现即可。所以现在就得到了一个单次 \(O(n)\) 求解所有 \(T\)。

优化到单次 \(O(n_1 \times poly(\log))\) 是容易的，相当于找到第一个与某个 \([lp_x,rp_x]\) 有交的区间，可以在 \(x\) 修改的时候动态维护信息即可，这样总复杂度做到 \(O(n\log^2n)\)，精细实现可以做到 \(O(n\log n)\)。

Day1T2 Fortune Telling 3

非常精妙的题！vp的时候获得了 71pts，与正解只是结构类似，但是组合数的角度没有 get 到。

考虑如何做到 \(O(n\log n)\) 步，自然的想法是二进制表示 \(k\)。发现信息在过程中非常复杂，于是考虑前面 \(N-p\) 次操作普遍处理，最后 \(p\) 次操作特殊处理。于是假定前 \(N-p\) 次操作 \(1\) 的个数为 \(c\)，所以先将 \(\log(c)\) 个 \(1\) 取出来，然后在后 \(p\) 操作过程中，相当于消除一些位置，一个自然的想法就是在 \(1\) 前面加 \(0\)！但是如果遇到 \(1\) 就没有任何作用，但是相对应如果取出 \(\log(c)\) 个 \(0\) 并在其前面加入 \(1\) 同样可以表示！所以就可以考虑取出 \(10\) 个 \(0101\cdots01\) 则只需要取 \(p=10\) 即可将后面的信息表示，对于多出来的位可以放到最后即可。那么 Bob 的操作就是找到 \(0101\cdots01\) 的最前的子序列即可。这样可以做到 \(30\) 次，有 49pts。

考虑优化，首先一个优化就是每次可以至多更改 \(5\) 个位置（即 \(0 \to 1\) 或 \(1 \to 0\)）；而表示是哪种变化可以多用 \(1\) 位。所以这样做到 \(26\) 次。然后就是一个经典的思路就是进制优化，发现当使用 \(4\) 进制的时候可以直接做到 \(18\) 次拿到 71pts。感觉是 “进制” 理解方式的最优解，至少我没有找到比这个优秀的。

那么现在需要跳出进制的过程，发现其本质就是在第 \(i\) 位放上若干个数，且这个数的个数可以不被限制！于是假定有 \(C_1\) 位（也可以理解为分隔符），最后放入有 \(C_2\) 个位置，则有 \(\binom{C_1+C_2}{C_1}\) 种数可以放入，这样取一下 \(C_1=5,C_2=8\) 做到 \(18\) 次。

考虑继续优化。发现上面查询的长度都是 \(18\)，所以没有充分利用 \(<18\) 串的信息。那么利用上 \(i \le C_2\) 之后做到 \(\sum_{i\le C_1} \binom{i+C_2}{i}\) 次。但是如果选择 \(C_2\) 中 \(i\) 元素加入剩下的 \(C_2-i\) 个元素表示不了，所以需要选择最后 \(i\) 个元素，且表示的数 \(k\) 应该是前 \(N-i\) 中 \(1\) 的个数。所以这里需要动态 \(i\) 和 \(k\) 的关系。这里取 \(C_1=4,C_2=8\) 做到 \(16\) 次！然后继续从 \(C_1\) 的角度，考虑 \(C_1\) 部分，这里与 \(C_1\) 的部分类似，即做到 \(\sum_{i \le C_1}\sum_{j \le 14-i-C_1} \binom{i+j}i\)。于是取 \(C_1=4\) 即可。

总结：

• 对于后 \(n-p\) 调整的考虑；
• 在前 \(p\) 个中以 \(0,1\) 进行分隔符，并理解为组合数的形式；
• 对长度的利用，做到 \(14\) 次。

D2T1 Ambulance

vp 过了，因为前后缀优化卡了 30min。。。

一个直觉就是观察解的结构。可以考虑调整法观察，对于相邻的调整比较复杂，但是对角线的调整不难发现分别是 \(X_i+Y_i\) 与 \(X_i-Y-i\) 的前后缀。于是可以直接枚举分界点就分成了 \(4\) 个区域，每个区域只有 \(2\) 个医院可达，可以直接做 \(O(nk)\) 的背包，然后枚举即可。复杂度 \(O(n^3k)\)，不难发现可以前后缀和优化，做到 \(O(n^2k)\)。

D2T3 Space Thief

vp 时会了 40pts，但是只打了 15pts（确实比较难打）。

先考虑树的部分。树可以进行边分治，找到一个边集 \(S\)，满足 \(S\) 可达。一个比较巧妙的想法就是，将 \(S\) 所构成的 dag 拍成 topu 序理解，惊奇的发现就和链的结构完全一致，即可以利用分治结构找到 \(s,t\) 第一次被分治区间的层数，然后二分找到具体分治区间，然后再对 \(s,t\) 分别二分找到其具体位置。所以树的部分就完成了。

而对于图的部分本质类似。发现若已知的可达集合 \(S\) 且 \(S\) 构成是 dag，同样可以拍成 topu 序完成。所以现在只需要找到可达集合 \(S\) 且 \(S\) 构成的是 dag，即取原图 \(G\) 的一棵生成树 \(T\) 进行边分治与树的部分相同，而对于 \(G\) 剩下的边只需符合 \(T\) 查询时的 topu 序即可。于是做到 \(O(n\log n)\)，非常充裕。

D3T1 Bitaro the Brave 3

这场被 T1 爆了，还是太菜了。

首先是正解。大概就是 \(01\) 化拆分成 \([p_i \ge x]\) 的形式之和，然后每个部分用 Halls 定理得到是一个凸包的变化，于是做到 \(O(n^2+L+Q)\)。当然这个 \(01\) 的转换还有费用流增广的理解方式。

然后是 drc 老师的做法，就是先猜测答案的差分形成的段数只有 \(O(n)\) 段。不难发现差分相同的段每个点的差分变化量是相同的，于是可以对每个后缀求解以这个差分一直进行的最大扩展，然后复杂度也是 \(O(n^2+L+Q)\)。但是疯狂证明依旧证不出来 \(O(n)\) /kel/kel/kel