2020.11.03提高组模拟

GMOJ 2020.11.03【NOIP提高A组】模拟

 

T1.6847通往强者之路

设 \(f_i\) 表示走到第 \(i\) 块格时 \(i\) 上有多少砖，当 \(i \geq n\) 时，\(f_i = \sum[j < i, j + f_j \geq i]\)。

可以通过归纳证明得出：由\(f_i = \sum[j < i, j + f_j \geq i]\) 且 \(f_j \in \text{{n - 1, n, n + 1}}\) 得 \(f_i = n - 1 + [f_{i - n} \geq n] + [f_{i - n - 1} \geq n + 1]\)，所以 \(f_i \in \text{{n - 1, n, n + 1}}\)。

所以将 \(\text{{n - 1, n, n + 1}}\) 表示为 \(\text{{0, 1, 2}}\)，则 \(f_i = [f_{i - n} \geq 1] + [f_{i - n - 1} = 2]\)。

从 \(f_0\) 开始以 \(n\) 个为一行将 \(f\) 排成一个方阵，设为 \(g_{i, j}, j \in [0, n - 1]\)，同上可得 \(g_{i, j} = [g_{i - 1, j} \geq 1] + [g_{i - 1, j - 1} = 2]\)，注意若 \(j = 0\) 时，\(+\) 后应为 \([g_{i - 2, n - 1} = 2]\)。

将其视作一种传递关系，则 \(1\) 的传递为 \((i, j) \rightarrow (i + 1, j)\)，对于 \(f\) 来说，其实就是 \(f_i \rightarrow f_{i + n}\)。

\(2\) 的传递为 \((i, j) \rightarrow (i + 1, j + 1)\)，注意当遇到 \(0\) 时，\(2\) 会将改为变为 \(1\) 并且消失，

但是特殊的，\((i, n - 1) \rightarrow (i + 2, 0)\)，所以为了方便处理 \(2\)，假想在方阵后加一列虚拟的 \(j = n\) （\(f\) 也要相应的填入这一列）,这样 \(2\) 的转移就是 \((i, j) \rightarrow (i + 1, \text{(j + 1) % (n + 1)})\)。对于 \(f\) 来说，也就是 \(f_i \rightarrow f_{i + n + 1}\)。

那么便很好做了，首先可以预处理出每个 \(0\) 变为 \(1\) 的行数（可能永远为 \(0\)），以及每个 \(2\) 消失的行数（也可能永远为 \(2\)），两者是一一对应的，用栈来模拟即可，时间复杂度 \(O(n)\)，需注意 \(2\) 的转移可能一次跳跃两行。

对于每个询问 \(x\)，首先逆推回其在方阵起始行对应的位置 \((0, \text{x % n})\)（也就是对应的 \(f_{0..n - 1}\)），如果为 \(0\) 且该位变为 \(1\) 的行数大于 \(x\) 所在行数，那么 \(f_x = 0\)，否则我们还需要判断是否有 \(2\) 刚好走到 \(x\) 所在方阵位置，同样逆推回起始行 \((0, \text{x % (n + 1)})\)，如若 \(f_{\text{x % (n + 1)}} = 2\) 且消失的行数大于 \(x\) 所在行，那么 \(f_x = 2\)。

PS：包含大量 \(f\) 和 \(g\) 之间的交互，慎读！写了 \(1h\) 多还是只能写成这鬼东西，必须差评！

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T2.6848融入社会的计划

相比 \(T1\)，\(T2\) 就清真多了，但考场还是没做出来.....（可是 \(T2\) 数据被贪心碾过去了？！）

考虑 \(dp\)，设 \(f_{i, j}\) 表示将 \(a_i\) 变为 \(j\)，\(\text{1 ~ i}\) 满足条件的最小花费，转移很简单 \(f_{i, j} = \sum{f_{i - 1, k} + (j - a_i) \text{ , } [L \leq j + k \leq R]}\)。

显然，对于 \(f_i\) 而言，合法的 \(j\) 是一段连续的区间。

并且可以得出，\(f_{i, j}\) 在合法区间内单调不减，并且\(0 \leq f_{i, j + 1} - f_{i, j} \leq 1\)，可以归纳证明：

首先将转移分为两部分：\(f_{i, j} \rightarrow f_{i + 1, k} \text{ , } \text{ } f_{i + 1,k} + (k - a_{i + 1}) \rightarrow f_{i + 1, j}\)。

对于第一部分 \(f_{i, j}\) 会转移到 \(f_{i + 1, k} \text{, } k \in \text{[L - j, R - j]}\)，\(j\) 增大的同时区间会相应地向左移，并且 \(f_{i, j}\) 不减，所以 \(f_{i + 1}\) 单调不升，并且 \(0 \leq f_{i + 1, j} - f_{i + 1, j + 1} \leq 1\)。

移项得 \(f_{i + 1, j + 1} \leq f_{i + 1, j} \leq f_{i + 1, j + 1} + 1\)，再加 \(j - a_{i + 1}\) 得 \((f_{i + 1, j + 1} + j + 1 - a_{i + 1}) - 1 \leq f_{i + 1, j} + j - a_{i + 1} \leq f_{i + 1, j + 1} + j + 1 - a_{i + 1}\)。

也就是 \(0 \leq f_{i + 1, j + 1} - f_{i + 1, j} \leq 1\)，得证。

设 \(l_i, r_i\) 表示 \(f_i\) 的合法区间，那么最后答案就是 \(f_{n, l_n}\)。

然后就可以从 \(n\) 逆推答案了，首先求出 \(l_i, r_i\) 后，\(a'_{i} = max(L - a'_{i + 1}, l_{i})\)，时间复杂度 \(O(n)\)。