?？蛧鴳c集訓(xùn)派對(duì)Day6

以下是我個(gè)人題解,出題人題解附帶在最后

A.Birthday

費(fèi)用流裸題,只要注意到$1+3+5+...+2k?1=k^2$即可已做這道題了.
其他的地方連邊都很方便.每一個(gè)區(qū)域向匯點(diǎn)連很多條容量為$1$的邊,但費(fèi)用分別是$1,3,5,...,2k?1$.
最后跑最小費(fèi)用最大流即可.

B.Board

注意到我們先對(duì)每一行進(jìn)行操作,每一行各行減去它們行內(nèi)的最小值.然后每一列減去它們逐列的最小值.可以保證,這樣操作一輪以后,所有點(diǎn)的數(shù)都變成了$0$.
初始把問好處設(shè)為0,這樣操作一遍以后,指定格子處乘以$?1$就是答案.

C. Circle

注意到$(x,x+1)$必然互質(zhì),因此直接輸出$n$.

D.土龍弟弟

unsolved.

E.Growth

設(shè)$s[x][y]$表示所有$a_i\le x,b_i\le y$的$z_i$之和.
$dp[x][y]$表示從第$0$天開始,到第$x+y$天的屬性分配滿足$a:x,b:y$所獲得的最大值,

轉(zhuǎn)移方程

$dp[x][y]+p?s[x][y]\to dp[p+x][y]$

$dp[x][y]+q?s[x][y]\to dp[x][y+q]$

$s$數(shù)組直接用二維前綴和預(yù)處理即可.

$dp$轉(zhuǎn)移的時(shí)候采用$bfs$順序轉(zhuǎn)移即可.

F.kindom

很容易得到方程

$dp[n]=dp[x_1]+x_1+dp[x_2]+x_2+...+dp[x_m]$

其中$x_i\le x_j,i<j$時(shí).且滿足$\sum x_i=n?1$.

$dp[n]=dp[x_1]+dp[x_2]+...+dp[x_m]+(n?1?x_m)$

轉(zhuǎn)移時(shí)枚舉$x_m$的大小,那么求$dp[x_1]+dp[x_2]+...+dp[x_{m?1}]$的最大值.

由于$dp[x]\ge x?2$,因此$dp[x]$的增長速率必然不低于線性,因此當(dāng)$x_1,...,x_{m?1}$盡可能$越大越好$.

故方程變?yōu)?

$dp[n]=ma{x}_{1\le x_m\le n?1}\{?\frac{n?1?x_m}{x_m}??dp[x_m]+dp[(n?1?x_m)\%x_m]+dp[x_m]\}$

時(shí)間復(fù)雜度$O(n^2)$

G.Matrix

unsolved.

H.Mountain

最大值乘2.

I.清明夢(mèng)超能力者黃YY

算法一

涉及:樹鏈剖分,掃描線

在一個(gè)線段的情況下,我們可以把一個(gè)染色區(qū)間拆成左端點(diǎn)處增加事件,右端點(diǎn)處刪除事件.
維護(hù)一顆權(quán)值線段樹.
這樣,端點(diǎn)從小到大掃描時(shí),遇到增加事件就在線段樹指定位置+1,遇到刪除事件就在線段樹指定位置-1.

那么要回答一個(gè)點(diǎn)的答案只需要掃到這個(gè)點(diǎn)的時(shí)候,在權(quán)值線段樹里二分$k$大值即可.

這個(gè)搬到了樹上,我們照樣可以使用掃描線的方法來做.

對(duì)于每一個(gè)染色區(qū)間,將其剖到樹鏈上去,可以剖出最多$log(n)$個(gè)小區(qū)間.

這些小區(qū)間的深度較小的端點(diǎn)加入增加事件,深度較大的端點(diǎn)加入刪除事件.

然后對(duì)整棵樹按照$dfn$序列從小到大依次掃描即可,注意掃描的過程中也要維護(hù)一顆權(quán)值線段樹.

算法二

涉及:dfs,權(quán)值線段樹合并

對(duì)于每個(gè)詢問$u,v$,應(yīng)該在$u$處加入增加事件,在$v$處加入增加事件,在$lca(u,v)$處加入刪除事件,在$faz[lca(u,v)]$處加入刪除事件.因此每個(gè)詢問會(huì)產(chǎn)生$4$個(gè)事件.

我們采用dfs的順序,每個(gè)點(diǎn)維護(hù)一顆權(quán)值線段樹,然后后序遍歷到達(dá)一個(gè)節(jié)點(diǎn)時(shí)候,先將它所有兒子的線段樹進(jìn)行合并,合并完成后,將該點(diǎn)涉及到的增加或刪除事件執(zhí)行到線段樹上,此時(shí),該點(diǎn)的權(quán)值線段樹維護(hù)的就是橫跨這個(gè)節(jié)點(diǎn)的所有染色區(qū)間.

然后在權(quán)值線段樹上進(jìn)行$k$大詢問即可得到該點(diǎn)的答案.

J.最短路

先建樹,樹建完后多余$100$條邊,每條邊取左端點(diǎn),得到$100$個(gè)端點(diǎn),從這些點(diǎn)出發(fā)跑$bfs$,可以得到從這些點(diǎn)到任意一點(diǎn)的最短路.對(duì)于每個(gè)詢問,枚舉這$100$個(gè)點(diǎn)$s$,求$dis[s][u]+dis[s][v]$的最小值即為答案.

總的時(shí)間復(fù)雜度:$O(100k+100n)$

K.排序

unsolved.

附錄

以下是出題人題解:

birthday:
思路：考慮費(fèi)用流時(shí)把每個(gè)part拆成n個(gè)點(diǎn)，選擇第i個(gè)點(diǎn)的代表為放置i塊蛋糕和(i - 1)塊蛋糕的時(shí)間差，這個(gè)時(shí)間差是遞增的，因此在費(fèi)用流的過程中必定會(huì)從小到大選擇
具體建圖：左邊n個(gè)點(diǎn)代表n個(gè)蛋糕，右邊m * n個(gè)點(diǎn)代表m個(gè)part,每個(gè)part拆成n個(gè)點(diǎn)。源點(diǎn)向每個(gè)左邊的點(diǎn)連一條流量1費(fèi)用0的邊，每個(gè)右邊的點(diǎn)向匯點(diǎn)連一條流量1費(fèi)用0的編。每個(gè)蛋糕向可以放的兩個(gè)part的所有點(diǎn)連邊，連向第i個(gè)點(diǎn)的費(fèi)用為i^2 - (i - 1)^2，流量為1。這樣求最小費(fèi)用流既為答案。

board:
把格子N染色，第i行第j列格子的顏色為(i + j) % N。那么每次操作時(shí)，必定是N種不同的顏色都有一格被操作到，因此最后任何顏色格子的和必定是相等的。因此只需要記錄每種顏色格子的和，并算出缺失格子的顏色C，用其余顏色的和減去顏色C的和即可

Circle：
因?yàn)?i,i+1)=1且(1,n)=1，所以把1…n依次放進(jìn)一個(gè)環(huán)，就可以啦。答案為n。

Growth：
把獎(jiǎng)勵(lì)的x拿出來從小到大排序，得到x1,x2,…,xn。
把獎(jiǎng)勵(lì)的y拿出來從小到大排序，得到y(tǒng)1,y2,…,yn。
用v[i][j]表示a值到達(dá)xi，b值達(dá)到y(tǒng)i時(shí)接下來每天可以得到的獎(jiǎng)勵(lì)。
v[i][j] = v[i - 1][j] + v[i][j - 1] - v[i - 1][j - 1] + t[i][j]
其中t[i][j]為滿足x=i，y=j的獎(jiǎng)勵(lì)的總和。
用f[i][j]表示a值達(dá)到xi，b值達(dá)到y(tǒng)j時(shí)已經(jīng)拿到的獎(jiǎng)勵(lì)的最大值。
f[i][j] + (x[i + 1] - x[i] - 1) * t[i][j] + t[i + 1][j] -> f[i + 1][j]
f[i][j] + (y[j + 1] - y[j] - 1) * t[i][j] + t[i][j + 1] -> f[i][j + 1]
最后統(tǒng)計(jì)一下答案就可以了。

kingdom:
f[i]代表i個(gè)點(diǎn)時(shí)的答案，g[i][j]代表若干顆樹加起來，size和為i，每棵樹size<=j時(shí)，這些樹的代價(jià)和最大是多少
從1到n枚舉i，在i固定時(shí)枚舉心腹的影響力大小更新f[i]，然后用類似背包的思路更新g[i][1]~g[i][i]
復(fù)雜度O(N^2)

Matrix：
w個(gè)格子的重心的坐標(biāo)為（∑xiwi / ∑wi, ∑yiwi / ∑wi)。
那么其實(shí)我們只要維護(hù)∑xiwi，∑yiwi，∑wi就可以了。
假設(shè)我們現(xiàn)在有一個(gè)頂點(diǎn)為(x, y)的三角形，我們想要推到頂點(diǎn)為(x, y+1)的三角形，觀察兩者之間的差異，會(huì)發(fā)現(xiàn)在推過去的過程中，其實(shí)就是刪去了一個(gè)斜條，又加入了一個(gè)斜條。
同理，從(x, y)到(x+1, y)其實(shí)只是刪去了兩個(gè)斜條，加上了底上的橫條，而這些關(guān)鍵的值都是可以通過前綴和的方法維護(hù)。

Mountain：
考慮山中最高的一座，最優(yōu)操作一定是從第一座山的左下角開始不停地往上爬，然后從最高的山不停地往下爬爬到最后一座山的右下角。
所以答案為最高山的高度*2。

清明夢(mèng):
首先每條路徑從LCA處分開可以拆成兩條鏈
假設(shè)鏈A->B執(zhí)行了第i次染色操作，假設(shè)A是B的祖先，那么我們?cè)贐點(diǎn)加入一個(gè)"插入i"的事件，在A的父親點(diǎn)加入一個(gè)"刪除i"的事件
然后dfs整顆樹求解，每個(gè)點(diǎn)維護(hù)一個(gè)線段樹。處理一個(gè)點(diǎn)時(shí)先合并所有兒子的線段樹，然后再處理這個(gè)點(diǎn)上的事件，得到線段樹之后詢問第K大值既可得到答案。
復(fù)雜度分析：
Node* merge(Node* a, Node* b) {
if (a == NULL) return b;
if (b == NULL) return a;
a->sum += b->sum;
a->child[0] = merge(a->child[0], b->child[0]);
a->child[1] = merge(a->child[1], b->child[1]);
return a;
}
考慮以上的線段樹合并，每次合并會(huì)減少一個(gè)區(qū)間。而在事件點(diǎn)插入、刪除的時(shí)候會(huì)產(chǎn)生至多l(xiāng)og個(gè)區(qū)間，因此復(fù)雜度為O(NLogN)

最短路：本題十分直接。我們不斷地把度數(shù)為1的點(diǎn)刪掉，把度數(shù)為2的點(diǎn)收縮，最后會(huì)得到一個(gè)圖，和原圖的點(diǎn)數(shù)與邊數(shù)之差相同，且新圖中每個(gè)點(diǎn)的度數(shù)都至少是3。這就是說我們會(huì)得到一個(gè)200個(gè)點(diǎn)300條邊以內(nèi)的圖。新圖可以用Floyd算法預(yù)處理所有點(diǎn)對(duì)之間最短路。詢問時(shí)，將詢問轉(zhuǎn)化到新圖上即可。轉(zhuǎn)化時(shí)需要注意細(xì)節(jié)。

排序：設(shè)m是a和b的差的lowbit。我們先假設(shè)m是1，即a和b的奇偶性不同。這時(shí)通過適當(dāng)?shù)臉?gòu)造，我們可以用常數(shù)步交換任意兩個(gè)奇偶互異的數(shù)字的位置。交換奇偶相同的數(shù)只要借一個(gè)和它們奇偶不同的數(shù)即可。如此我們便可交換任意兩個(gè)數(shù)，即此時(shí)沒有無解。下面考慮m大于1。我們稱一個(gè)數(shù)字x的低位為(x&(m-1))，高位為x減去它的低位。我們發(fā)現(xiàn)數(shù)組的低位是無法利用交換魔法的，只能用到加法和異或。也就是說，我們必須用加法和異或排好數(shù)組的低位。排好低位后，我們按照低位將所有數(shù)字分為若干組，每組內(nèi)（和之前m為1的情況類似）是沒有無解的?，F(xiàn)在問題只剩如何用加法和異或排好低位?？梢园l(fā)現(xiàn)，a[0],…,a[m-1]的低位和a[m],…,a[2m-1]的低位必須完全一致且均為0到m-1的一個(gè)排列，否則它們無法同時(shí)通過加法和異或排好。同理a[2m],…,a[3m-1]的低位也必須一致。所以，我們只要用加法和異或排好a[0],…,a[m-1]即可。這其實(shí)是本題的n=m且沒有交換魔法的版本（因?yàn)楝F(xiàn)在超過m-1的加法和異或是沒用的）。在這個(gè)版本下，從升序排列只能生成(m/2)(2**(m/2))種不同的排列。這些排列可以用遞歸法構(gòu)造：m=2時(shí)用一次加法即可（后面會(huì)解釋為什么用加法不用異或）。m更大時(shí)，我們發(fā)現(xiàn)連續(xù)使用加1和異或1可以達(dá)到奇數(shù)都加2，偶數(shù)都不變的效果。這個(gè)操作實(shí)際相當(dāng)于只考慮奇數(shù)且不考慮個(gè)位情況下的加1操作。這就可以提取所有奇數(shù)做遞歸，將所有奇數(shù)排列成任意的m/2時(shí)的可能排列。同理，先異或1再加1起到的是偶數(shù)加2奇數(shù)不變的效果。我們相似地遞歸偶數(shù)部分。注意到，遞歸一側(cè)時(shí)，異或操作是會(huì)影響另一側(cè)的。奇數(shù)和偶數(shù)兩側(cè)的異或操作的異或和必須相同（因?yàn)檎w考慮，異或操作其實(shí)是同時(shí)作用在奇數(shù)和偶數(shù)上的！），除了個(gè)位和最高位。（除了個(gè)位是因?yàn)槲覀兏静豢紤]個(gè)位，個(gè)位有值的異或操作只用在異或1的時(shí)候了。除了最高位是因?yàn)樽罡呶划惢蚩梢杂闷鏀?shù)+2操作模擬出來。）這樣可以得到的排列數(shù)最多為(m/2)(2**(m/2))，同時(shí)滿足條件的排列都可以用遞歸法構(gòu)造出來。

土龍弟弟：下面會(huì)有一些定義。出此題是期望比賽的時(shí)候大家憑感覺得到結(jié)論，不證明。
首先題目問的是在torus上扣若干個(gè)洞，所得曲面上的閉環(huán)的同倫等價(jià)類。（定義：torus：就是我們定義的地圖，形似甜甜圈。閉環(huán)：就是說土龍弟弟一天走的路徑。因?yàn)闀?huì)回來所以叫閉環(huán)。同倫等價(jià)類：就是一個(gè)土龍弟弟的路線可能會(huì)變換。凡是可能屬于同一個(gè)土龍弟弟的兩條路線就是相互同倫的。題目問的就是最少能分成多少組使得組內(nèi)相互同倫。）我們把扣掉的洞用線連起來，使得線之間不相交且按照線將曲面分割成若干簡單的部分。（簡單的部分：就是這一部分是你在紙上隨便畫個(gè)不自交的閉環(huán)得到的東西。簡單是因?yàn)檫@一個(gè)區(qū)域中所有的閉環(huán)都同倫，因?yàn)榭梢钥s小到很小再移動(dòng)到一起。）分割區(qū)域這一步需要小構(gòu)造一下。大體思路就是每一行都畫一條橫的線，這線實(shí)際會(huì)被洞分割成多條線。然后有些區(qū)域是個(gè)環(huán)（即從左邊走到最右邊再向右回到最左邊），即并非簡單區(qū)域。這些區(qū)域再畫一條豎線。
這樣分割后，一個(gè)閉環(huán)就可以用依次穿過的線的編號(hào)組成的字符串來表示（除了記錄哪條線，方向也有用。并且由于是環(huán)，字符串也是循環(huán)的。）然后消去相鄰相反括號(hào)（即連續(xù)的正穿和反穿同一條線的部分。因?yàn)槊總€(gè)區(qū)域都是簡單的，所以連續(xù)正穿和反穿中間的部分可以不斷收縮直到不穿過這條線，所以消去后所得的曲線和之前是同倫的。）最后為了判斷循環(huán)串相等要用最小表示法。證明：我們要證的是同倫當(dāng)且僅當(dāng)消去相鄰相反括號(hào)后的序列循環(huán)相等。 假設(shè)a經(jīng)過消括號(hào)得到（不能再消的）b，顯然a和b是同倫的，因?yàn)槊恳徊蕉纪瑐?。假設(shè)a’消括號(hào)得到b’。如果b和b’循環(huán)相等,a和b同倫。這就證明了一半。反過來，對(duì)一個(gè)曲線做同倫變換時(shí)，只能產(chǎn)生或消除相鄰的相反括號(hào)。所以如果b和b’不等，他們又都沒有相鄰相反括號(hào)可以消去，它們就不可能通過產(chǎn)生和消除相鄰相反括號(hào)相互轉(zhuǎn)換，即b和b’不同倫，即a和a’不可能同倫。
最后注意沒有洞是特殊情況。題面里除去了這種情況。其實(shí)torus上扣若干洞后的基本群總是free group，但是沒扣洞時(shí)的基本群是Z^2（平面整數(shù)格點(diǎn)加法群）。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的牛客国庆集训派对Day6的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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