11.28 模拟赛
总结
T1 读完题就会了。感觉没什么坑直接写。10min 过大样例。没啥好拍的就不拍了。
T2。感觉不难啊，这种模拟 Kruskal 的题都做一堆了。想。
谔谔正解会不了一点。写个乱搞，看看能不能过大样例。
一开始是没过的，因为少写了一种情况。很久之后意识到改过来发现大样例过了！
然后没对拍。当时真不知道在想啥。
T3 什么玩意，样例解释怎么蹦出个 \(4\)？？？对称点是啥？？？？？花了一点时间（<5min）发现题意看不懂一点，而且部分分挺少，不管了看 T4。
然而事实上 T3 的题面确实很脑瘫。赛后听 lhl 才终于理解题意。而且全机房就 lhl 读懂了题。。。。。而且 A 了。。。。。。。Orz Orz Orz
T4。不是有结论”与+或=和“吗。那么问题不久变成了从 \([l, r]\) 内选若干数，使得它们的与和为 \(sum / 2\) 吗！
想一想做法。\(nq\) 暴力平凡。\(a_i \le 15\) 平凡。随机……或许也是平凡的。有 \(50\)！！！！！
赶紧写。
然后样例没过。然后发现自己跟个小丑似的”与+或=和“跟着题一点关系没有。
还是只会 \(8\) 分。火大。
T2 做法肯定不是正解，但说不定能骗一堆分。先把保底 \(50\) 写了。
然后我还是小丑，\(u_i \in \{0,1\}\) 写了但是忘拼提交的代码上了。
\(100+40+0+0\)。T4 咋挂了？？？哦哦哦哦哦哦出题人题面没写集合不能为空。我***
题解
A. 送信卒
注意到 \(k\) 越小最短路一定不会边长。于是二分答案。check 用 Dijkstra。
B. 星际联邦
解法 1（题解做法）
考虑蓝莓（捷克语：Borůvka）算法。
它的思想很类似 Kruskal。Kruskal 一次操作会选择两个连通块合并，而蓝莓算法则是多个。
流程是这样的：
- 最开始图中有 \(n\) 个连通块。即没有边。
- 为每个点 \(u\) 找一条边 \((u,v,w)\)，其中 \(v\) 和 \(u\) 不在同一个连通块内，且 \(w\) 最小。将这条边称为这个的 最小边。
- 将所有最小边的端点的两个连通块合并。答案加上这些最小边的边权。
- 若此时剩余连通块数量 \(>1\)，回到第二步。否则结束。
【模板】最小生成树 用蓝莓算法实现如下：
int n, m, p[N];
int best[N]; // 最小边
bool st[N];
struct Edge {
int a, b, c;
}e[N];
int fifa(int x) {
return x == p[x] ? x : p[x] = fifa(p[x]);
}
void merge(int a, int b) {
p[fifa(a)] = fifa(b);
}
bool cmp(int a, int b) {
if (!b) return true;
if (e[a].c != e[b].c) return e[a].c < e[b].c;
return a < b; // 如果边权相等，视作编号小的边更小。
}
void solve() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++ i ) {
cin >> e[i].a >> e[i].b >> e[i].c;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
p[i] = i;
}
int cnt = 0, res = 0;
bool flg = true;
while (flg) {
flg = false;
memset(best, 0, sizeof best);
for (int i = 1; i <= m; ++ i )
if (!st[i]) {
int a = fifa(e[i].a), b = fifa(e[i].b);
if (a == b) continue;
if (cmp(i, best[a])) best[a] = i;
if (cmp(i, best[b])) best[b] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i )
if (best[i] && !st[best[i]]) {
flg = true;
cnt ++ ;
res += e[best[i]].c;
st[best[i]] = true;
merge(e[best[i]].a, e[best[i]].b);
}
}
if (cnt == n - 1) cout << res;
else cout << "orz";
}
复杂度为什么正确？因为一轮操作后图中连通块的数量至少减半。所以复杂度是 \(\mathcal O((n+m)\log n)\)。
对于本题，发现一个点 \(i\) 的最小边一定是前缀最大值或后缀最小值。直接维护即可。
但是最小边的定义里写明，两个端点不能在同一个连通块内。于是还需要维护前缀次小值和后缀次大值。这里的 次 表示不和最值连通块相同的最值。
解法 2（乱搞）
考虑对于每个 \(j\)，找到所有 \(i < j\) 的 \(a_i\) 的前 \(M\) 大，和所有 \(i > j\) 的 \(a_i\) 的前 \(M\) 小。这样边的数量是 \(\mathcal O(nM)\) 的。
实测 \(M=18\) 可过。
C. 对称旅行者
考虑期望。
显然一次跳跃后，第 \(i\) 个人会从 \(x_i\) 跳到 \(\frac 12 (2x_i-x_{i-1}+2x_i-x_{i+1}) = x_{i-1}+x_{i+1}-x_i\)。
然后 P7962 [NOIP2021] 方差。求 \(x\) 的差分数组 \(\Delta x_i=x_i-x_{i-1}\)。
那么第 \(i\) 个人跳一步，相当于交换 \(\Delta x_i,\Delta x_{i+1}\)。
为啥？
原本 \(\Delta x_i=x_i-x_{i-1}\)。跳跃后 \(\Delta x'_i = x_{i-1}+x_{i+1}-x_i-x_{i-1}=x_{i+1}-x_i=\Delta x_{i+1}\)。
原本 \(\Delta x_{i+1}=x_{i+1}-x_i\)。跳跃后 \(\Delta x'_{i+1}=x_{i+1}-(x_{i-1}+x_{i+1}-x_i)=x_{i-1}-x_i = \Delta x_i\)。
也就是说一轮操作 \(a_1 \sim a_m\) 相当于依次执行 \(\operatorname{swap}(\Delta x_{a_1},\Delta x_{a_1+1})\dots \operatorname{swap}(\Delta x_{a_m},\Delta x_{a_m+1})\)。先暴力做一遍，求出 \(p_i\) 表示 \(x'_i = x_{p_i}\)。
然后快速幂维护 \(p^k\)。
最后前缀和。
