HDU2022多校联训
2022-07-19
String
用 \(\text{exkmp}\) 求出 \(S\) 串和它的所有后缀的 \(\text{lcp}\),那么我们令 \([1,n]\) 和 \([i,n]\) 这段 \(\text{lcp}\) 长度为 \(x\) ，当满足 \(i\le x\) 时，对于 \(\forall j,j\times k\le x-i+1\) ，都会在 \((i-1)\times 2+j\times k\) 产生贡献，因此做一个模意义的差分即可。
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Dragon slayer
墙的数量只有 15，爆搜或者状压都能比较轻松的通过。
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Backpack
\(dp[i][j][k]\) 表示前 \(i\) 个物品，异或和为 \(j\)，并且体积为 \(k\) 的方案是否存在。
有：
可以用 \(\text{bitset}\) 优化，\(dp[i][j]=dp[i-1][j]\vee(dp[i-1][j\oplus w_i]<<v_i)\) 。
Ball
考虑枚举一下三个点，我们可以分别计算距离并进行判断。
但这样子时间复杂度太高，考虑枚举两个点，如何确定第三个点，我们即要求其中一条边小于等于这条边，另一条边大于等于这条边这可以利用两个 \(\text{bitset}\) 解决。
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Grammar
Travel plan
由于不存在长度为偶数的简单回路，所以任何两个简单回路不存在公共边，于是这个图就是仙人掌图。
求最大公因数为 \(i\) 的路径，可以用莫比乌斯反演转化为求 \(i\) 的倍数的路径。
这样对只需要对 \(n\) 个只包含 \(i\) 的倍数的边的图计算简单路径数量，仙人掌图上的简单路径数量可以 \(\text{dp}\) 求得。
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Treasure
首先建出并查集重构树（在最小生成树的基础上，每次新增一条边就加一个新点连向合并的两个集合），对于一个询问，我们利用倍增跳到对应的节点上，那么问题就变成了查询一个子树。
那么对于这一棵子树，我们需要查询子树里每种类型的最大值并求和。
因为每种类型的点最多只有 \(10\) 个，我们在重构树的每个点维护子树每种类型最大值的和，那么可见对于一次修改，实际只需要做不超过 \(10\) 次链上加操作，因此只需要像建立一个类似虚树的结构，每次询问从修改点暴力往上跳并且做链上修改即可，这个过程可以用树状数组维护（链上加单点求值在树上差分后变成单点修改子树求和)，总时间复杂度 \(O(10\times n\log n)\)。
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Path
首先对于上一步是不是特殊边我们可以考虑建一个分层图，上面一层代表上一步是，下面一层代表不是。
注意到如果没有 \(0\) 的边这个题就是普通的最短路。
考虑走到上一层之后我们应该怎么走 \(0\) 的边，我们可以把没访问过的点加入一个 \(\text{set}\) ，并取出所有点并判断这些点是否存在于当前点出边集合，如果不存在就将其最短路更新，更新成功则入堆。
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Laser
首先如果所有点都在同一条水平/竖直/斜线上，那么可以直接输出。
假设我们已经确定一个点在水平方向上(米字的一横)，那么随便找一个不在这条直线上的点，用竖线和两条斜线可以交在这条线的三个点上，只需要暴力判断这三个点作为中心点是否合法即可。
对于更普遍的情况，我们只需要每次将坐标旋转 \(45\) 度，将上面的过程重复 \(4\) 次即可，这样可以讨论到所有情况。
或者可以直接找到两个不共线的点，讨论两条线的相交情况，做 \(12\) 次判定也是可以的，时间复杂度 \(O(n)\)。
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Walk
Random
答案为 \(\dfrac{n-m}{2}\) ，直接输出即可。
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Alice and Bob
将每个值为 \(i\) 的数字视为 \(2^{n-i}\)，那么 \(\text{Alice}\) 的胜利条件就是最终局面中能出现 。
\(\text{Alice}\) 将数字分成两个集合，\(\text{Bob}\) 将其中一个集合减一，就相当于将这个集合中的数全部乘 \(2\)，然后将另一个集合删去。
如果 \(\text{Alice}\) 能将集合中的数字按照值二等分，那么无论 \(\text{Bob}\) 怎么操作，黑板上所有数字的总和实际是不变的。
如果集合中的数字总和超过 \(2^n\)，由于所有数字都是不超过 \(2^n\) 的 \(2\) 的幂次，那么 \(\text{Alice}\) 的每次分割总能使得两边集合的值均不小于 \(2^{n-1}\)。
因此直接判断所有数字的 \(2\) 的幂次的总和即可。
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2022-07-21
Static Query on Tree
树剖或建虚树都可以，标程做法如下：
考虑一个简化的问题 \(1\)，如果只有 \(A\) 的限制，也就是求一个集合里所有节点可以走到的节点数。首先对 \(A\) 根据节点在 \(\text{dfs}\) 序中的位置排序，然后将深度加起来，减去相邻节点 \(\text{lca}\) 的深度之和。
在考虑一个稍复杂的问题 \(2\)，如果只有 \(A, B\) 的限制。很显然这个问题即两个问题 \(1\) 的交集，但是直接算交集比较困难。我们有公式，两个集合大小之和等于交集大小加并集大小，因此只要算出 \(A, B, A\cup B\) 在问题 \(1\) 的解，就能推断出并集的大小了。
最后就是原问题，其实就是分成了多个子树，在这些子树上进行问题 \(2\) 的操作。
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C++ to Python
签到，只要无视字母、下划线、冒号后输出即可。
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Copy
可持久化平衡树即可，标程做法如下：
一个修改操作对后续的查询操作的影响：如果 \(x\le r\) 就没影响，如果 \(x>r\)，相当于查询 \(x-(r-l+1)\)，然后去掉修改操作。
因此可以离线，倒着处理所有修改操作，每个修改操作都让它之后的所有 的询问 \(x -= r - l + 1\) 。
但是这么处理还是 \(O(n^2)\) 的。考虑到我们只要答案的异或和，就有，两个相同的查询可以抵消，因此同一位置至多只会查询一次。这样每个位置用 \(1\) \(\text{bit}\) 的信息表示即可，也就是 \(\text{bitset}\) 。
我们令 \(\text{dp}\) 第 \(i\) 位为 \(1\) 表示答案需要对 \(a[i]\) 异或。倒着遍历所有操作，如果是查询操作，\(dp[x] ^= 1\) ，如果是修改操作，那么就让 \(r+1..n\) 这些比特右移 \(r-l+1\)，代码如下：
low = dp & (~bitset<N>(0) >> (N - r - 1));
high = dp & (~bitset<N>(0) << (r + 1));
dp = low ^ (high >> (r + 1 - l));
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Keychains
显然关键问题是如何求圆 \(A\) 和 圆 \(B\) 所在平面的两个交点。得到这两个交点后，只要判断是否一个点在圆 \(B\) 内部，一个点在圆 \(B\) 外部（到圆心的距离小于半径、大于半径），就是答案了。
直接算圆和平面交点似乎不太好做，考虑到这两个交点肯定在两个圆所在平面上，因此先求这两个平面的交线，然后求交线和球 \(A\) 的交点（假设球 \(A\) 的圆心和半径就是圆 \(A\) 的半径）。
直线和球的交点的求法，和平面几何的直线和圆交点的求法类似。
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Slayers Come
显然，每个技能都可以击败一个区间的野怪，我们先处理出每个技能可以击败的区间。
先计算区间的右端点：将所有的 \(a[i]-b[i+1]\) 从大到小排序，再将所有的技能按 \(R[j]\) 从大到小排序，依次扫描每个技能（ \(R[j]\) 相同的一起处理）。对于 \(a[i]-b[i+1]\ge R[j]\) 的所有 \(i\)，则用并查集将 \(i\) 和 \(i+1\) 合并。第 \(j\) 个区间的右端点就是 \(X[j]\) 所在连通块的最右值。
左端点同理。
接下来就是区间重复覆盖计数问题：\(n\) 个位置，\(m\) 个区间，求选出的区间能够重复覆盖 \([1,n]\) 的方案数。
设 \(dp[i]\) 表示恰好覆盖了区间 \([1,i]\) 的方案数。
我们将所有区间按照右端点从小到大进行排序，依次扫描每个区间，考虑一个区间 对 数组的贡献。
用单点加法，区间乘法，区间求和的线段树维护 \(\text{dp}\) 数组即可。
Bowcraft
Snatch Groceries
题目问置信区间重叠前有几个人成功抢到菜。
按关键词为 \(earliest\) 升序排序后，比较相邻两个，如果 \(latiest_i\ge earliest_i\) 则有重叠。
证明。假设前面都没有重叠，那么 \(i\) 之后最有可能和 \(i\) 重叠的一定是 \(earliest\) 最小的，反之如果最小的都没有重叠，那么之后必然不可能有一个区间与 \(i\) 重叠。所以这样排序处理没有问题。
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Keyboard Warrior
使用哈希算法来比较两个字符串是否相同。
我们对字符串进行压缩，把连续相同的字符压缩为 \(\{ch,k\}\) 表示 \(k\) 个字符 \(ch\)。
可以用栈来维护当前缓冲区字符。
比较时方便起见，可以将首位和末位独立考虑，如果字符相同数量大于等于目标文本即可。
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ShuanQ
\(M\) 是 \(kM\) 的一个比 \(P,Q\) 大的质因子。
最多只有一个质因子满足要求，如果有多个满足要求质因子 \(M_1,M_2\) 那么 \(kM=M_1\times M_2>P*Q\) 矛盾。
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Assassination
DOS Card
动态 \(dp\) 即可。
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Luxury cruise ship
当体积为 \(365\times 31\times 7\) 的倍数时，一定是全取 \(365\) 最优，背包处理出 \(365\times 31\times 7\) 的答案，每次将 \(n\) 分成除以 \(365\times 31\times 7\) 的商和余数，分别处理后加起来即可。
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2022-07-26
Equipment Upgrade
令 \(dp[i]\) 表示从 \(i\) 升到 \(i+1\) 的期望花费，有：
可以分治 \(\text{NTT}\) 求出，\(\sum_{i=0}^{n-1}dp[i]\) 即为答案。
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Boss Rush
二分答案，状压 \(dp\) \(\text{check}\) 。
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Cyber Language
小模拟
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Divide the Sweets
Spanning Tree Game
状压连通性，做背包，时间复杂度 \(O(m^2Bell(n))\) ，\(Bell(n)\) 表示 \(n\) 的拆分数。
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Dusk Moon
对于一个点集，它的凸包覆盖住了所有点，且最小覆盖圆覆盖住了凸包，因此仅保留凸包的顶点不会影响答案。
由于点的坐标在给定的正方形范围内随机，因此一个点集的凸包的期望顶点数为 \(O(\log n)\) ，使用线段树直接记录区间凸包点集，然后对于 \(O(\log n)\) 个点运行最小圆覆盖算法即可。
时间复杂度 \(O\left(q \log ^{2} n\right)\) 。
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Shallow Moon
Laser Alarm
三个不共线的点可以确定一个平面。对于任意一个平面，将其调整至经过三个顶点，结果不会变差。因此枚举三个顶点得到平面，然后 \(O(n)\) 计算触碰了该平面的线段数，更新答案即可。所有点都共线的情况需要特判。
时间复杂度 \(O\left(n^{4}\right)\) 。
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Package Delivery
考虑 \(r\) 最小的那个区间 \(k\), 第一次取快递放在第 \(r_{k}\) 天一定不会使结果变差。此时可能有很多区间覆盖了 \(r_{k}\), 那么为了尽量延后下一次取快递的日期, 此时的最优策略应该是选择覆盖 \(r_{k}\) 和 \(r\) 值最小的 \(k\) 个区间, 使用堆找到并去掉这些区间后, 问题就递归了。重复上述过程直至处理完所有 \(n\) 个区间。
时间复杂度 \(O(n \log n)\) 。
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Range Reachability Query
时限比较大， \(n,q\) 比较小，考虑 \(\text{bitset}\) ，令 \(dp[i][j]\) 表示从点 \(i\) 出发是否能到达询问 \(j\) 的答案，\(S[i][j]\) 表示边 \(i\) 是否能在询问 \(j\) 中使用，对于一条边 \(u_i\to v_i\) 有转移：\(dp[u_i]|=dp[v_i]\&S[i]\) 。
其中 \(S\) 可以扫面线求出，不过如果暴力存下每一个 \(S\) ，空间有些不够，可以分块，只存 \(\sqrt n\) 个关键点的 \(S\) ，每次用的时候从关键点处递推，时间复杂度 \(O(\frac{mq}{w}+m\sqrt m)\) ，不是复杂度瓶颈。
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Taxi
如果没有 \(w\) 的限制, 那么是经典问题。根据 \(|x|=\max (x,-x)\) ，有：
分别记录 \(x_{i}+y_{i}\) 、\(x_{i}-y_{i}\) 、\(-x_{i}+y_{i}\) 、\(-x_{i}-y_{i}\) 的最大值即可在 \(O(1)\) 时间内求出所有点到 \(\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\) 的曼哈顿距离的最大值。
现在考虑加入 \(w\) 的限制。将所有城镇按照 \(w\) 从小到大排序, 并记录排序后每个后缀的 \(x_{i}+y_{i}\)、\(x_{i}-y_{i}\)、\(-x_{i}+y_{i}\)、\(-x_{i}-y_{i}\) 的最大值, 用于 \(O(1)\) 求给定点 \(\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\) 到该后缀中所有点的距离最大值。
选取按 \(w\) 排序后的第 \(k\) 个城镇，\(O(1)\) 求出给定点 \(\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)\) 到第 \(k . . n\) 个城镇的距离最大值 \(d\) ，有两种情况：
-
\(w_{k}<d\) ，那么第 \(k . . n\) 个城镇对答案的贡献至少为 \(w_{k}\) 。用 \(w_{k}\) 更新答案后，由于第 \(1 . . k\) 个城镇的 \(w\) 值均不超过 \(w_{k}\) ，因此它们不可能接着更新答案, 考虑范围缩小至 \([k+1, n]\) 。
-
\(w_{k} \geq d\) ，那么第 \(k . . n\) 个城镇对答案的贡献为 \(d\) 。用 \(d\) 更新答案后, 考虑范围缩小至 \([1, k-1]\) 。
容易发现每次考虑的范围都是一个区间, 如果每次取 \(k\) 为区间的中点, 那么迭代 \(O(\log n)\) 次即可得到最优解。
时间复杂度 \(O((n+q) \log n)\) 。
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Two Permutations
首先特判序列 \(S\) 中每个数字出现次数不都为 \(2\) 的情况, 此时答案为 \(0\) 。
动态规划，设 \(f_{i, j}\) 表示 \(P\) 的前 \(i\) 项匹配上了 \(S\)，且 \(P_{i}\) 匹配 \(S\) 中数字 \(P_{i}\) 第 \(j\) 次出现的位置时，有多少种合法的方案。由于 \(S\) 中每个数字出现次数都为 \(2\) , 因此状态数为 \(O(n)\) 。转移时枚举 \(P_{i+1}\) 匹配哪个位置, 那么 \(P_{i}\) 匹配的位置与 \(P_{i+1}\) 匹配的位置中间的那段连续子串需要完全匹配 \(Q\) 中对应的子串, 使用字符串 \(\text{Hash}\) 进行 \(O(1)\) 判断即可。
时间复杂度 \(O(n)\) 。
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2022-07-28
Link with Bracket Sequence II
区间 \(DP\)，设 \(f_{i, j}\) 表示 \([i, j]\) 为合法括号序列且 \(i, j\) 上括号相互匹配的方案数，\(g_{i, j}\) 表示 \([i, j]\) 区间形成一 个合法括号序列的方案数，转移为：
-
枚举 \(i, j\) 位置上填写的内容，如果形成匹配的括号对，则：\(f_{i, j}=k * g_{i+1, j-1}\) ，其中 \(k\) 为使得 \(i, j\) 上括号相匹配的方案数。
-
一般地，\(g_{i, j}=g_{i, k}+f_{k+1, j}\) 。
答案取 \(g_{1, n}\) 即可，复杂度 \(O\left(n^{3}\right)\) 。
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Link with Running
在最短路图上跑最长路。
-
先用 \(\text{dijkstra}\) 在第一个权值上跑出最短路图来，并求出第一个答案（最短路图的边权为第二个权值)。
-
注意到第一个权上可能为 \(0\) ，因此它并不一定是个 \(\text{DAG}\)，需要用 \(\text{trajan}\) 将强连通分量缩起来。
-
获得了 \(\text{DAG}\) 之后，只需要在 \(\text{DAG}\) 上求最长路即可得到第二个答案。
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Magic
Link with Equilateral Triangle
输出一堆 \(No\) 即可。
证明：
对于一个合法的解，应当满足不存在同时包含 \(0,1,2\) 的三角形，下面我们证明这样的三角形一定存在。
左下角必然是 \(1\) ，右下角必然是 \(0\) ，底边不能含有 \(2\)，则底边上必然有奇数条 \(1-0\) 的边，这些边都属于一个小三角形。考虑其他的 \(0-1\) 边，由于不在两个斜边上，其他的 \(0-1\) 边必然属于两个三角形。因此 “每个三角形内 \(0-1\) 边的数量" 的和必然为奇数。
但是，假设不存在 \(0-1-2\) 的三角形，则所有三角形都必然包含 \(0\) 条或 \(2\) 条的 \(0-1\) 边，产生了矛盾。
因此一定存在 \(0-1-2\) 的三角形。
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BIT Subway
签到题，阅读理解题。
真实的情况很容易算，\(DLee\) 的价格实际上是一个关于总原票价 \(x\) 的分段函数：
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Climb Stairs
由于题目要求必须把所有怪物打完，所以跳过的怪物还必须得走回去打败才行。
我们要从当前位置 \(x\) ，找到一个右端点 \(r\) ，使得可以按照 \(r, r-1, r-2, \ldots, x+1\) 的顺序打败这一段的怪物。
不难看出 \(r\) 更小的时候不会更劣。直接暴力维护当前想要先到达的右端点（满足 \(x+k \leq r\) ），用线段树维护一下 \([l, r]\) 的更新位置后，相当于实际上完成了击杀 \(r, r-1, \ldots, l\) 的过程，所以将后面的区间加上相应的值。由于每个右端点只会被计算一次，所以时间复杂度是 \(O(n \log n)\) 的。
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