[北大校赛/题解] PKUCPC2024 题解

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叠个甲 : 因为似乎没地方交题 , 所以只能口胡 , 可能 ( 必定 ) 出锅 .

A. Grid Walking

考虑全局最大值和全局最小值 ( 如果不分处左下和右上 ) 一定要分到一起 . 这时其他数和最大最小值分在同一区域产生的贡献一定更小 , 发现除了左下或右上都在同一部分内 .

因此考虑左下单独一块和右上单独一块两种情况即可 .

B.P-adic Number Calculator

本质上就是让你构造一个 10 位数 , 使它与输入的 $n$ 按 7 进位乘之后 , 后 10 位是 $1$ 和 $-1$ .

因此从低位向高位逐位构造即可 .

注意 $-1$ 相当于 $6666666666$ , 这可以通过样例一得出 . 还有你输入的 $n$ 是 $7$ 进制 , 转回十进制才能正常乘法 .

C.Orienteering

设 $dis_u$ 为 $u$ 走到 $n$ 的最小代价 .

那么 $dis_u$ 有两种更新方式 : $dis_u\gets dis_v+a_u$ 或者 $dis_u\gets \max dis_{son_u}$ .

这很类似于最短路 , 我们仍然贪心地取没有用来更新其他点的 , $dis_u$ 最小的 $u$ , 并且对所有能到达 $u$ 的点更新 .

但是还要考虑第二种更新 . 考虑在所有 $son_u$ 都用来更新之后 , 再对 $u$ 使用第二种更新 . 如果当前 $dis$ 最小的 $u$ 已经完成了第二种更新那么它的值显然不会变换 . 否则说明存在 $dis_{son_u}\ge dis_u$ 这时第二种更新也不会使 $dis_u$ 变换 .

因此类似于 dijsktra 地处理即可 .

注意到边权 $\le 5$ , 可以开 $5$ 个队列模拟优先队列做到 $O(n)$ , 但是没必要 .

D.Number Solidity

考虑对于一个确定的数 $x$ , 怎样最大化操作次数 .

显然 $b$ 会选择 $x$ 的最小质因数 , 然后对于 $x$ 的每种质因数一次消去 $b$ 个 .

因此 , 如果一个数能消去 , 它一定 $\ge b^b$ , 由于值域是 $10^{14}$ , 所以只有 $2,3,5,7,11$ 可能成为 $b$ .

枚举 $b$ , 考虑所有最小质因数为 $b$ 的 $x$ , 再枚举每个质因数 $a$ , 那么所有 $a^b$ 的倍数会贡献一次 , 所有 $a^{2b}$ 的倍数会额外贡献一次 , 以此类推 . 注意还需要保证这些数的最小质因数是 $b$ , 所以需要容斥掉有 $<b$ 的质因数的情况 .

假设枚举第 $i$ 小的质因数 $b$ , 则这一次复杂度是 $O(\sqrt[b]n 2^i)$ . 瓶颈是枚举 $b=2$ , 因此总复杂度是 $O(\sqrt n)$ .

E.Grade Adjustment

贪心题 .

注意到可以通过贪心 , 每次取仍然能够符合所有限制下的最大值 , 可以取出一组最优的分数序列 , 现在的问题是把这些分数分给 $n$ 个区间 , 使得贡献值最大 .

贡献值的计算方式是 $[0,l] \to -1 , [l,r]\to 0 , [r,\inf] \to 1$ , 相当于分了三段 .

注意到 , 存在一种最优的分配 , 贡献为 $1$ 的个数是所有方案中最大的 . 因为放弃一个 $1$ 贡献至少 $-1$, 最多也只能让一个 $-1\to 0$ , 总贡献值不优 .

因此贪心地先最大化贡献为 $1$ 的个数 . 从小到大考虑所有分数 $x$ , 如果存在 $r_i<x$ , 就贡献一个 $1$ , 并且取走 $l_i$ 最大的 . 这种取法能够得到 , 贡献 $1$ 最大化 , 同时保留最小的 $l_i$ 的方案 .

然后考虑贡献为 $0$ 的 , 也是从小到大考虑就可以了 .

F.array

推一波式子

\[f_n=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=2}^{n} \frac{n!(n-1)!}{(n-i)!(n-i)!}f_{n-i} \\ \frac{f_n}{n!n!}=\frac{1}{2n}\sum\limits_{i=2}^{n} \frac{f_{n-i}}{(n-i)!(n-i)!} \]

设 $\begin{aligned}g_n=\frac{f_n}{n!n!}\end{aligned}$ 并维护前缀和 , 即可递推 .

G.Edge-Deletion Game

神仙博弈题 .

对于图 $G$ , 把它去掉一条边 $a$ 表示为 $G-a$ , 考虑讨论一些特殊情况 :

存在一度点 $x$ , 其唯一边为 $(x,y)$ 且 $y$ 为一度点 .

若 $G-(x,y)$ 先手必胜 , 那么先手就可以先拿走 $(x,y)$ , 然后走必胜策略 , $G$ 也先手必胜 .

若 $G-(x,y)$ 先手必败 , 如果先手先拿走 $(x,y)$ 必败 , 如果不拿走 , $G-(x,y)$ 部分和 $(x,y)$ 无关一定会走到必胜态上 , 后手只需拿走 $(x,y)$ 然后走必胜策略 , $G$ 也先手必败 .

即去掉 $(x,y)$ 结果不变 .
存在一度点 $x$ , 其唯一边为 $(x,y)$ 且 $y$ 为二度点 , 且 $y$ 的另一条边为 $(y,w)$ , 且 $w$ 为一度点 .

与 1 同理 .

即去掉 $(x,y),(y,w)$ 结果不变 .
存在一度点 $x$ , 其唯一边为 $(x,y)$ 且 $y$ 为二度点 , 且 $y$ 的另一条边为 $(y,w)$ , 且 $w$ 不一度点 .

若 $G-(x,y)$ 先手必胜 , 那么先手就可以先依次拿走 $(x,y),(y,w)$ , 然后走必胜策略 , $G$ 也先手必胜 .

若 $G-(x,y)$ 先手必败 , 先手拿走 $(y,w)$ 后 , 后手面临情况 1 , 且必败 , $G$ 就先手必胜 .

即 $G$ 先手必胜 .
存在一度点 $x$ , 其唯一边为 $(x,y)$ 且 $y$ 度数 $>2$ .

若 $G-(x,y)$ 先手必胜 , 那么先手就可以先拿走 $(x,y)$ , 然后走必胜策略 , $G$ 也先手必胜 .

若 $G-(x,y)$ 先手必败 , 如果先手先拿走 $(x,y)$ 必败 , 如果不拿走 , $G-(x,y)$ 部分上先手不可能取一条以 $y$ 为唯一一度点的边 , 因此这部分的情况与独立的 $G-(x,y)$ 相同 . 后手只需拿走 $(x,y)$ 然后走必胜策略 , $G$ 也先手必败 .

即去掉 $(x,y)$ 结果不变 .

通过这些讨论 , 发现遇到情况 3 就必胜了 , 所以双方一定避免自己操作后产生情况 3 . 同时其余情况下可以去掉一些点而情况不变 .

考虑仙人掌上的一个链 , 必然是环与链交替 ( $-O-O-O-O-O-$ ) 形态的 .

分别讨论 .

对于一段链 , 如果其长度 $\le 3 $ 可以在中间操作一次 , 然后去掉一度点 , 两端变独立 .

否则长度 $\ge 4$ , 只要操作就好产生情况 3 , 因此无法操作 , 两端独立 .

对于一个环 , 如果存在一侧长 $\le 3$ , 可以操作一次 , 因为总长 $\ge 5$ 另一侧必然 $\ge 2$ , 操作一次后就会产生 $\ge 4$ 的链, 两端就变独立了 .

否则只要操作就产生情况 3 , 无法操作 , 两端独立 .

因此我们要计算若干个独立游戏复合结果 , 使用 SG 函数 .

注意一个独立且当前不可再分的整体 , 其内部必然是若干个 $\le 3$ 链和 $\le 3 $ 环构成 , 但是两端分为不可操作环和可操作环两种情况 . 因此要分 3 种情况 dp .

可以 $O(n^2)$ 推出 SG 函数 , 然后在圆方树上 dfs 一遍拼出答案 .

通过观察 , 得到的 SG 函数是有周期的 , 因此可以做到 $O(n)$ .

H.Can I Complete 85km?

简单且唐氏的方法 : 随机 $1e6$ 次 .

正经方法 : 设 $f_i$ 表示第 $i$ 天的概率密度函数 , 直接分段函数积分就好了 , 直接积复杂度是 $O(n^3)$ .

更快的正经方法 : 可以理解成求高维立方体和高位直角锥体的交 , 可以用容斥 $O(n)$ 解决 .

I.Complex Morse Code

简单的dp即可 .

J.Commercial Center

有趣的构造题 .

基本思路是让实际上合法的点尽可能少 , 同时前半部分被排除后剩的大出度点尽可能多 .

先设计一个构造 $n$ 个点全合法图 $G_n$ 的方法 . 发现三个全合法图连一个环 , 就可以构造一个更大的全合法图 , 同时一个点本身也是合法图 , 所以可以构造出任意奇数大小合法图 .

然后考虑在一个合法图 $G$ 基础上 , 加一个点 $x$, 使得 $x$ 才是真正的合法点 , 而 $G$ 上的点变不合法 .

如果直接用 $x$ 全部排除了 $G$ , 说明要连 $x\to G$ , 这样整个 $G$ 会在第一步直接排掉 . 因此只能排除 $G$ 的一部分 , 把 $G$ 拆分成三个合法子图 $C\to B \to A \to C$ , 为了 $x$ 能到达 $G$ 中的点 , 至少要连向其中两个 , 不妨连 $x\to B,x\to C$ , 则连 $A\to C$ , 发现 $C$ 这样无法两步到达 $x$ .

为了让 $A,B$ 也不合法 , 再加入 $y,z$ , 类似地排除掉 $A,B$ , 并且在 $x,y,z$ 间连环就可以保证 $x,y,z$ 是合法点 .

接下来需要保证尽可能少排除 $A,B,C$ 中点 . 尝试牺牲其中一块使它 , 不妨牺牲 $C$ , 那么需要保证 $y,z$ 没有在前半部分被选到 .需要让 $y,z$ 入度大一些 . 于是构造 $A=3,B=n/2,C=n/2$ , 保证有一个较大的 $B$ 仍然存留 . 由于 $B$ 内一个点期望的入度是 $\frac{B}{2}$ , 同时期望取到一个合法点之前取得点数为 $\frac{n-C}{4}$ . 因此这时的答案已经足够大了 .

注意到牺牲的 $C$ 可以适当调小 , 仍然能保证 $y,z$ 不被选到 . 稍微按照这个方向调参就可以通过 .

恰好保证 $y,z$ 不能选到的一组大小为 $A=3,B=699,C=295$ , 此时期望为 $62574$ , 调参还是相对宽松的 .

K.Light up the Statues

先考虑最简单的情况 , $w_0=0$ 且只有一种魔力 .

我们发现每个雕像有两种点亮的方式 , 一种是在这个位置祈祷 , 花费 $p_i$ , 一种是连在前一个位置上 , 花费到上一个位置的距离 $d\times 2w_c$ , 一种是连在后一个位置上 .

如果把 $p_i$ 视作根节点 , 到位置 $i$ 的边长为 $p_i$ , 相邻位置的边权为 $d\times 2w_c$ , 这相当于一个最小生成树问题 , 可以用消圈法求解 , 即每加入一条新边 , 就把构成的环上最大的边删去 . 一直维护当前点一直到上一个祈祷位置上最大的边 , 每次新加入一个点 , 同时把 $p_i$ 和 $d\times 2w_c$ 两条边加入 , 就会成一个环 , 然后再删掉环上的最大边 .

考虑加入多种魔力 , 问题没有本质区别 , 只是对每种魔力分别维护 .

考虑带上 $w_0$ . 注意到 $w_0$ 走的总距离是各种魔力共享的 , 对于一种方案 , 设最左的祈祷位置是 $l$ , 最右的祈祷位置是 $r$ , 那么贡献就是 $w_0\times (r-l+1)$ .

考虑扫描线右端点 $r$ , 维护所有 $l$ 对应的答案 , $r$ 右侧的一定连在对应魔力最靠右的位置上 , 右移 $r$ 时贡献的变换可以简单计算 . 问题在于处理加入 $r$ 时的消圈 .

注意到消圈存在两种情况 , 一种是新加入的 $p_r$ 被去掉了 , 这种情况下相当于在维护的边集上加入了 $d\times2w_c$ ; 另一种是保留了新加入的 $p_r$ , 这种情况相当于清空了边集 , 并加入 $p_r$ .

发现 $l$ 越小 , 维护的边集最大值必然越小 , 否则会被后面插入的 $p_i$ 破掉 .

因此每次必然对 $l$ 的一个后缀加入 $p_r$ , 并且加入之后它们维护的边集是相同的 , 可以合并成一段 , 总共 $O(n)$ 次合并 , 因此可以直接合并并计算答案的变化 .

对每种颜色单独维护 , 用一个线段树维护答案值 , 复杂度 $O(n\log n)$ .

L.Yet Another World Finals

签到题 .

每次直接找一个 "iy" 并替换 , 每次长度减少 $1$ , 总复杂度 $O(n^2)$ .

posted @ 2025-06-12 17:21 youlv 阅读(152) 评论(0) 收藏举报

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