联合省选 2023

D2T2

这是 22 年的我：https://www.luogu.com.cn/record/81067862
这是 23 年的我：看我一个流过冲过 A 性质

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首先考虑判定。一个经典模型是：如果在 \(T_{i,0}\) 与 \(T_{i,1}\) 之间连一条无向边（若 \(|T_i|=1\) 则认为 \(T_{i,1}=T_{i,0}\)），那么题目转化为给每条边定向，使得每个点的入度不超过 \(1\)。结论是有解当且仅当每个连通块是树或者基环树。这是很容易证明的：由于每条边都会产生 \(1\) 的贡献，从而有 \(|E|\le |V|\)；而一个连通块内有 \(|E|\ge |V|-1\)，从而我们只需给出树和基环树时的构造即可。当连通块形成一棵树时，取任意一点为根，将其定向为一颗外向树即可；当连通块形成一颗基环树时，则将环上的边定为同一方向，挂在环上的树均定为以环上的的点为根的外向树。

现在我们考虑加入了 Alice 操作后的问题。对树和基环树进行讨论：

基环树

不难发现我们上述给出的构造是唯一可行的构造方案，并且其只会给出两种构造，即只有环上的边的方向会发生改变，而挂在环上的树上的边的方向一定。于是，我们只需解决环上的问题即可。

不妨先给环定序为 \(\operatorname{cyc}_1\to \operatorname{cyc}_2\to \cdots \to \operatorname{cyc}_k\to \operatorname{cyc}_1\)（这里默认 \(k\ge 2\)，否则下面做法会有问题），那么对于一条在 \(\operatorname{cyc}_i\) 和 \(\operatorname{cyc}_{i \bmod k + 1}\) 之间的边，对应的 Alice 的 \(S\) 集合有三种可能：

• \(S\cap \{\operatorname{cyc}_i,\operatorname{cyc}_{i \bmod k + 1}\} = \{\operatorname{cyc}_i\}\)
• \(S\cap \{\operatorname{cyc}_i,\operatorname{cyc}_{i \bmod k + 1}\} = \{\operatorname{cyc}_{i\bmod k + 1}\}\)
• \(S= \{\operatorname{cyc}_i,\operatorname{cyc}_{i \bmod k + 1}\}\)

记这三种情况的个数为 \(c_1,c_2,c\)，则分类讨论可知答案为 \(\min\left(\min(c_1,c_2)+c,\left\lfloor\frac{c_1+c_2+c}{2}\right\rfloor\right)\)。于是我们解决了基环树时的问题。

树

这一部分比较困难。

注意到上述构造中，Bob 会选一个点当根并将边定向为一颗外向树。于是，我们将 Bob 给边定向这件事看作是 Bob 选一个点。

现在来看看转化问题后 Alice 的选择会对 Bob 选点时的答案产生怎样的影响。记 \(f_i\) 为 Bob 选 \(i\) 作根时的答案，如果 Alice 在 \((u,v)\) 这条边对应的 \(S\) 集合中选择了 \(u\)，则不难发现 \(v\) 一侧的所有点（包括 \(v\)）的 \(f\) 值都会 \(+1\)，反之亦然。而又注意到 \(S_i\neq T_i\) 时 Alice 总是存在唯一的不劣选法，则问题进一步变为给定 \(f\)，需要 Alice 在一些边中选择给两侧点集中的某一个 \(f\) 值全部 \(+1\)，最大化 \(\min f\)。

一个关键性质是：记 \(V_i\) 为第 \(i\) 条边中 Alice 选的点，则有 \(\forall i,j,V_i\cap V_j\neq \varnothing\)。这并不难证明：考虑反证，若 \(V_i\cap V_j=\varnothing\)，则将这两条边中 Alice 选的点反过来使 \(V_i\gets \complement_V V_i\) 总是不劣的。由于这是在树上，那进一步则有 \(\cap_i V_i\neq \varnothing\)。

于是我们枚举 \(u\in \cap_i V_i\)，这样容易发现 Alice 需要选择的每一条边，都会选择以 \(u\) 为根时深度较大的点。注意到对每次对 \(f\) 的贡献在 dfs 序上形如一或两段区间，因此在换根枚举 \(u\) 的同时维护一个线段树即可做到 \(\Theta(n\log n)\)。

D1T2

记 \(t\) 个连通块最小大小为 \(x\)，则每个连通块大小都在 \([x, x + k]\) 之间。我们先考察 \(x\) 的取值：当 \(k = 0\)，显然必须有 \(x \mid n\)；当 \(k=1\) 时，则至少存在一个 \(t\) 使得 \(tx \le n < t(x+1)\)，也即 \(x = \lfloor \frac{n}{t} \rfloor\)。根据经典结论，\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的取值只有 \(O(\sqrt n)\) 个。

接下来考虑树怎么做。

结论：选出的点集 \(V'\) 在图上一定是一个连通块，而且包含树的任一重心 \(R\)。

前半句话很好理解，若 \(V'\) 在图上不连通，那么分出来的连通块一定小于 \(|V'|\) 个。后半句话，我们考虑反证：取 \(R\) 为树根，由于 \(V'\) 是一个连通块且不包含 \(R\)，因此其必定在 \(R\) 的某一个儿子的子树中。由于 \(R\) 是重心，这个子树的大小不大于 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\)，从而 \(R\) 所在的连通块大小不小于 \(n - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor +1 > \lfloor \frac{n}{2} \rfloor+1\)。而其余连通块大小之和为 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor - 1\)，两者之差显然大于 \(1\)，从而导出矛盾。

于是我们有了一个做法：先枚举 \(x\)。记 \(f_u\) 为 \(u\) 子树内（\(u\) 强制选）的方案数，所求即为 \(f_R\)。考虑 \(u\) 的每个子树 \(v\) 和它们的大小 \(siz_v\)。

• 当 \(k=0\) 时：

  • 若 \(siz_v<x\)，则 \(siz_v\) 必须划入 \(u\) 所在连通块，即 \(v\) 不能选，记 \(s\) 为这一类点的 \(siz_v\) 之和。
  • 若 \(siz_v\ge x\)，则 \(v\) 必须和 \(u\) 在不同的连通块，即 \(v\) 必须选，记 \(t\) 为这一类点的 \(f_v\) 之积。

  则有 \(f_u = [s + 1 = x] t\)。

• 当 \(k=1\) 时：

  • 若 \(siz_v<x\)，则 \(v\) 不能选，记 \(s\) 为此类 \(siz_v\) 之和。
  • 若 \(siz_v=x\)，继续讨论 \(f_v\) 的取值。若 \(f_v=0\)，则 \(v\) 依旧不能选，\(s\) 同样要加上 \(siz_v\)；否则 \(v\) 可选可不选，选也最多选一个，记这一类 \(v\) 所构成的集合为 \(S\)，都不选造成的贡献为 \(mul = \prod_{v \in S} f_v\) 选一个所造成的贡献即为 \(mut = mul \left( \sum_{v\in S} \frac{1}{f_v} \right)\)。动态维护 \(mul, mut\)。
  • 若 \(siz_v>x\)，则 \(v\) 必须选，记 \(t\) 为这一类点的 \(f_v\) 之积。

  则有 \(f_u = [s + 1 \in [x, x + k]] mul + [s = 0] mut\)。

这样我们就在 \(O(n \sqrt n)\) 的复杂度内解决了树的问题。

如何将其扩展到图上呢？只需注意到一个点双要么不选，要么只选一个，要么全选。这一结论的证明同样简单：考虑反证，若存在一个点双 \(S\) 选了多于一个但没全选，那么我们取一条边 \((u, v) \in S\)，且 \(u\) 选了 \(v\) 没选。再任取 \(w \in S, w \neq u\)，由于 \(S\) 是点双，因此一定存在一条从 \(w\) 开始到 \(v\) 不经过 \(u\) 的路径。记这条路径上最接近 \(v\) 的选了的点为 \(p\)，则 \(p\) 和 \(u\) 同属于一个连通块，从而连通块数不足 \(|V'|\) 个。

根据上述性质，我们可以将问题转化为在原图的圆方树上选一些连通的圆点（这里的连通指若 \(u, v\) 选了，则 \(u, v\) 路径上的所有圆点都得选），使得分出来的每个连通块的圆点个数之差不超过 \(k\)。我们只需将 \(siz_v,R\) 中子树大小的定义改为子树中圆点个数，并取方点 \(u\) 的 \(f_u = \prod_{v \in son(u)} f_v\) 即可。复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。