梦熊十三连测第一场题解

T1

本题考察了贪心的思想。

40pts

一一枚举任意两个点，进行最大值的求解。

+40pts

假设两个点的横坐标和纵坐标之差分别为 $x,y$，问题等价于最大化 $$\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}$$ 容易发现在 $x=y$ 时取到最大值 $\sqrt{2}$。

当 $x_i+y_i=x_j+y_j$ 时，$x_i-x_j=y_j-y_i$，两个点的横纵坐标之差恰好相同，所以答案为 $\sqrt{2}$。

当 $x_i-y_i=x_j-y_j$ 时，$x_i-x_j=y_i-y_j$，两个点的横纵坐标之差恰好相同，所以答案为 $\sqrt{2}$。

100pts

给出结论，将所有点按 $x_i+y_i$ 排好序或按 $x_i-y_i$​ 排好序，把任意两个相邻节点的答案取最大值，即为最终答案。

以下给出具体证明。

根据部分分的启发，容易发现两点连线和 $x$ 轴的坐标越靠近 $45°$ 或 $135°$​ 答案越优。

我们把整个坐标轴旋转一下，原本点 $(x,y)$ 变成 $\frac{x+y}{2},\frac{x-y}{2}$，即以 $y=x$ 和 $y=-x$ 两条线作为旋转后的坐标轴。

那么问题就变成了找到两个点，它们和 $x$ 轴或者 $y$ 轴的夹角尽量小，可以证明，一定满足一对点，它们按 $x$ 排序或按 $y$ 排序是相邻的，所以问题得证。

T2

主要考察了构造的思想以及数论的相关内容。

30pts

通过搜索进行暴力求解。

+10pts

任意发现 $n$ 为偶数时需要奇数条边，每次加两条边不可能满足条件，所以无解。

+30pts

$gcd(n,k)=1$ 时，容易发现 $1,1+k,1+2k,1+3k,\dots ,1+(n-1)k$ 这些数两两不同。

那么按照这个顺序，第一次操作取 $(1,1+k)$，第二次操作取 $(1+3k,1+4k)$ 以此类推，即可连出一条链。

100pts

我们把所有数按如下方式写出来。

$$\begin{array}{ccccc}0& k& 2k& 3k& 4k\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}1& 1+k& 1+2k& 1+3k& 1+4k\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}2& 2+k& 2+2k& 2+3k& 2+4k\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}3& 3+k& 3+2k& 3+3k& 3+4k\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}4& 4+k& 4+2k& 4+3k& 4+4k\end{array}$$

其中矩阵的列为 $gcd(n,k)$。

以 $n=25,k=5$ 为例

$$\begin{array}{ccccc}0& 5& 10& 15& 20\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}1& 6& 11& 16& 21\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}2& 7& 12& 17& 22\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}3& 8& 13& 18& 23\end{array}$$

$$\begin{array}{ccccc}4& 9& 14& 19& 24\end{array}$$

因为 $n$ 为奇数，所以这个矩形的行和列一定都是奇数。

我们可以把每个点都和它右下角的那个点连接，例如操作 $(0,6)$ 可以同时把 $(0,6),(5,11)$ 连接，操作 $(10,16)$ 可以同时把 $(10,16),(15,21)$ 连接，因为每行每列都是奇数，所以这个操作一定是可行的。

现在每条从左上到右下的斜线都已经联通了，我们需要把剩下的这些线连接在一起形成树。

注意到我们每次选择一个点和它正下方的那个点，把任意两条相邻的斜线连接，例如 $(0,6,12,18,24),(5,11,17,23),(10,16,22)$ 这三条直线可以通过操作 $(5,6)$​ 操作直接相连。

那么按照这个顺序把所有相邻的斜线全部连接即可。

时间复杂度为 $O(n)$。

T3

主要考察了性质观察以及动态规划的相关内容。

10pts

直接输出 $p$ 即可。

20pts

通过爆搜，每次暴力枚举括号插入位置。

40pts

通过状态压缩DP，记录插入 $k$ 次操作以后，所有括号序列得到的概率，时间复杂度为 $O(n\times 2^{2n})$，实际复杂度远小于这个值，因为并不是所有括号匹配都能够最终得到。

70pts

容易发现，括号序列一共有 $1\cdot 3\cdot 5...\cdot (2𝑛-1)$ 种生成方式。

假如 ( 为 $1$，) 为 $-1$，那么一个序列合法的充要条件为：最小前缀和为 $0$，且以 $0$ 结尾。

现在考虑维护这些前缀和。

如果我们在当前序列某一位后插入一个 ()，且那一位的前缀和为 $𝑥$,那么相当于把 $𝑥$ 替换成 $[𝑥,𝑥+1,𝑥]$。

同理可知，插入 )( 相当于把 $𝑥$ 替换成 $[𝑥,𝑥-1,𝑥]$​。

我们观察到每次选中的数概率是均等的，所以我们并不关心数的顺序，只关心这个前缀和数组中每个数出现了多少次。

定义 ${𝑓}_{𝑛,𝑥}$ 为前缀和数组一开始只有一个数，这个数为 $x$，执行 $𝑛$ 次操作以后得到的前缀和数组中每个元素均不小于 $0$ 的概率。

有两种转移，第一种下一步变成了 $x,x+1,x$，那么概率为 $$\sum _{1\le i+j+k\le n-1}{f}_{i,x}\times f_{j,x+1}\times f_{k,x+1}\times C_{i+j+k}^i\times C_{j+k}^j\times p$$

第一种下一步变成了 $x,x-1,x$​，那么概率为 $$\sum _{1\le i+j+k\le n-1}{f}_{i,x}\times f_{j,x-1}\times f_{k,x+1}\times C_{i+j+k}^i\times C_{j+k}^j\times (1-p)$$ 最终答案即为 $f_{0,n}$，时间复杂度为 $O(n^2)$。

100pts

只需要将上面的 DP 过程优化即可，优化的思路很多，以下给出一种。

以第一种转移为例，引入辅助DP数组 $g$。 $$g_{n,x}=\sum _{1\le i+j\le n}{f}_{i,x}\times f_{j,x+1}\times C_n^i$$ $g$ 的计算是 $O(n^3)$ 的，再通过 $g$ 计算第一种情况： $$\sum _{1\le i+j\le n}{g}_{i,x}\times f_{j,x}\times C_n^i$$ 相当于对于 $i,j,k$ 三维不一起枚举，先合并 $i,j$，再合并 $j,k$，时间复杂度为 $O(n^3)$。

T4

50pts

可以按如下方式进行DP，考虑 $f_{i,j,k}$ 表示跨过 $i$ 号点，梦梦执行了 $j$ 次操作，熊熊执行了 $k$ 次操作，且 $[1,i]$ 编号内的所有白魔法全都满足要求的情况下，当前的最小消耗是多少。

注意到 $a_i\le 10$，这个过程中 $j\in [0,10],k\in [0,10]$，利用滚动数组，时间复杂度为 $O(n\times M^2)$，其中 $M$ 为值域。

100pts

考虑可能的白魔法序列 $b$ 满足什么条件，可以考虑反向操作，将这个序列减为 $0$。 考虑差分，如果 $b_i>b_{i+1}$，那么至少要进行 $b_i-b_{i+1}$ 次前缀 $i$ 减一的操作。反之亦然。 上述操作完之后，所有的元素都变成相同，如果这个时候 $b$ 非负，那么满足条件。 为了方便，我们在序列开头和末尾添加两个足够大的元素 $b_0=b_{n+1}=M$，上述条件就是 $b_0\ge \sum n^i=max(0,b_i-bi+1)$。

因为 $b_0=b_{n+1}=M$ 足够大，所以上述条件可以转化为 $$\sum _{i=0}^n|b_i-b_{i+1}|\le 2M$$ 在原问题中，代价总和就等于 $b_i$ 之和，所以问题可以转化为，可以花 $1$ 的代价让 $a_i$ 加上 $1$，问最少的代价满足上述条件。

令 $F=\sum _{i=0}^n|a_i-a_{i+1}|$。每次我们可以选择一段极长的相 同的 $a_l=a_{l+1}=···=a_r$，并且 $a_{l-1}>a_l,a_{r+1}>a_r$，将这一段加一就能将 $F$ 整体地减少 $2$。这样操作的代价为这一段的长度。 我们贪心地找这样最短的极长段即可，可以对这一段加，然后加到这一段与两头的某个数字相同为止。一直做到 $F$ 不超过 $2M$。 考虑段合并的过程，最后一定是所有数和最大的元素合并， 往前就是左右两边独立合并。这个与笛卡尔树比较类似。 我们求出笛卡尔树之后，就能快速得到所有段合并的过程， 并且从短到长贪心即可。时间复杂度 $O(n)$。