\(\cal T_1\) 轻松的音乐 / kon
Description
数轴上有 \(n\) 个位置，在位置 \(i\) 上可以覆盖位置 \([i-p_i,i)\) 或者 \((i,i+p_i]\)，如果最后位置 \(i\) 没有被覆盖则会产生 \(a_i\) 的代价，最小化代价和，并输出这个代价。
\(n\leqslant 50000,0\leqslant p_i\leqslant 30,0\leqslant a_i\leqslant 10^4\).
Solution
一些闲话：这几天好不容易有一道想出正解的题，但是没调出来 qwq.
\(dp(i,j)\) 为前 \(i\) 个数，配到 \(i+j\) 的最小代价。
-
\(dp(i,j)\gets dp(i-1,j+1)\)；
-
\(dp(i,j)\gets dp(i-1,j)+a_{i+j}\)；
-
考虑 \(i\) 向右的情况
\[dp(i,p_i)\gets \min_{-30\leqslant k\leqslant p_i+1}\left\{dp(i-1,k)+\sum_{t=i+k}^i a_t\right\} \] -
考虑 \(i\) 向左的情况（需要注意的是，\(k\) 可以等于 \(i-1\)）
\[dp\left(i,\max\left\{i-1,\max_{k<q<i}\{q+p_q\}\right\}-i\right)\gets dp(k,\max\{i-p_i-1,0\}-k) \] -
对于每个 \(i\)，最后要做一个从左往右啥也不干的递推，再做一个后缀 \(\min\).
时间复杂度 \(\mathcal O(np)\)。是不是很水啊？水就对了，因为这是我的草稿。
Code
# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}
# include <cstring>
# include <iostream>
using namespace std;
const int up = 30;
const int MAXN = 5e4+5;
const int infty = 0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN][65];
int n, p[MAXN], a[MAXN];
int val(int l,int r) {
if(l>r) return 0;
return a[r]-a[l-1];
}
int main() {
freopen("kon.in","r",stdin);
freopen("kon.out","w",stdout);
n=read(9); memset(dp,0x3f,sizeof dp);
for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=a[i-1]+read(9);
dp[0][up]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
for(int j=0; j<=up+up; ++j) {
if(j<up+up) dp[i][j]=dp[i-1][j+1];
if(i+j-up<=n && i+j-up>0) dp[i][j] = min(
dp[i][j], dp[i-1][j]+a[i+j-up]-a[i+j-up-1]);
}
if(p[i]) { int tmp = infty;
for(int j=0; j<=p[i]+1+up; ++j) if(i+j-up>0)
tmp = min(tmp, dp[i-1][j]+val(i+j-up,i));
dp[i][p[i]+up] = tmp; int fro = max(i-p[i]-1,0), to=-1;
for(int k=min(i-1,fro+up); fro-k<=up && k>=0; --k) {
if(k!=i-1) to = max(to, min(k+1+p[k+1],n)-i);
if(to>=-up && to<=up)
dp[i][to+up] = min(dp[i][to+up], dp[k][fro-k+up]);
}
}
for(int j=max(i-up+1,1); j<=min(i+up,n); ++j)
dp[i][j-i+up] = min(dp[i][j-i+up], dp[i][j-i+up-1]+val(j,j));
for(int j=up+up; j>0; --j) dp[i][j-1] = min(dp[i][j-1], dp[i][j]);
} int ans = infty;
for(int i=1;i<=n;++i) if(i+up>=n)
ans = min(ans, dp[i][n-i+up]);
print(ans,'\n');
return 0;
}
\(\cal T_2\) 论文题 / ball
Description
有一袋 \(n\) 个颜色球，第 \(i\) 个颜色的球有 \(a_i\) 个。
当袋子里至少有两个不同颜色的球时，执行以下步骤：
- 一个接一个地按照顺序随机取出两个球，这些球的颜色可能是一样的；
- 把第二个球涂成第一个球的颜色，然后把两个球放回袋子里。
所有这些动作只需要一秒钟，输出无法操作时候的期望时间对 \(10^9+7\) 取模的结果。
\(n\leqslant 2500,a_i\leqslant 10^5\).
Solution
靠着 这篇博客 勉强意会了鞅与停时定理 😵💫。大概抄一下：
对于随机时间序列 \(\{A_0,A_1,\dots\}\)，\(t\) 为其停时，终止状态为 \(A_t\)，求 \(E(t)\).
构造势能函数 \(Φ(A)\)，满足：
\(E(\Phi(A_{n+1})-\Phi(A_n)\mid A_0,A_1,\dots,A_n)=-1\)；
\(\Phi(A_t)\) 为常数，且 \(\Phi(A_i)=\Phi(A_t)\) 当且仅当 \(i=t\).
构造序列 \(X_i=\Phi(A_i)+i\)，则 \(E(X_{n+1}-X_n\mid X_0,X_1,\dots,X_n)=0\)，即 \(\{X_0,X_1,\dots\}\) 是鞅。
根据停时定理，我们可以得到 \(E(X_t)=E(X_0)\)，即 \(E(t)=E(\Phi(A_0))-E(\Phi(A_t))\).
由于做题时 \(\Phi(A_0),\Phi(A_t)\) 都是常数，所以期望又等于本身。
好了，接下来就是抄题解时间 😵💫！
记 \(m=\sum a_i\)，设 \(f(x)\) 表示有 \(x\) 个球的颜色的势能函数，\(\Phi(A)=\sum f(a_i)\) 表示当前状态的势能。
每一次操作都有 \(m(m-1)\) 种情况，考虑每种情况究竟是哪两个球是不易的，所以对每一种颜色 \(i\) 考虑：有 \(a_i(a_i-1)+(m-a_i)(m-a_i-1)\) 种情况 \(a_i\) 不变，有 \(a_i(m-a_i)\) 种情况变成 \(a_i-1\)，另有 \(a_i(m-a_i)\) 种情况变成 \(a_i+1\)，那么有
也就是
由于 \(\displaystyle \sum\frac{-a_i}{m}=-1\)，那么构造
运用那少得可怜的高中数列知识，令 \(g(i)=f(i+1)-f(i)\) 就有
于是可以递推出 \(g(i)\)。同时由于 \(g\) 是单减的，所以 \(A_t\) 的势能唯一。不过直接递推会 TLE，这里需要再化简一下
Code
算了不写了。
\(\cal T_3\) 最小生成树 / mst
Description
小 Y 给了你一张图，共有 \(n+1\) 个点，编号为 \(0 \sim n\)，一共有两类边 ：
-
\(n\) 条边，小 Y 会给你 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，其中 \(a_i\) 表示 \(0\) 号节点与 \(i\) 号节点有一条边权为 \(a_i\) 的边；
-
\(m\) 条边，连接 \(u,v(u,v \in [1,n])\)，长度为 \(w\).
显而易见，这个图是一个联通图，你需要求最小生成树。
但是不幸的是，小 Y 会做出 \(q\) 次修改，每次给出两个数 \(x,y\)，表示将 \(a_x\) 改为 \(y\)，你需要输出最小生成树大小。
注意，所有修改之间 不独立。
\(n , m , q\leqslant 3 \cdot 10 ^ 5\).
Solution
一些闲话：感谢 \(\sf{C202044zxy}\) 的耐心讲解！给保姆级讲解点一个大大的赞，把我这个菜鸡都讲懂了 (≧∀≦)ゞ！话说什么画小人真的有够可爱的。
根据部分分的提示，我们先考虑 2 类边组成一条链的情况。可以想到把它们放在线段树上维护，1 类边挂在叶子节点上，2 类边用于区间 \([l,{\rm mid}],({\rm mid},r]\) 的合并。如何合并？可以发现合并只和包含 \(l,r\) 的两个（或是一个）连通块是否与 \(0\) 连通有关（其余的部分已经和外界没有联系了），所以设 \(dp(0/1,0/1)\) 表示 \(l,r\) 分别是否与 \(0\) 连通，直接合并即可。初始时给叶子节点的 \(dp(1,1)\) 赋值 \(a_l\)，其余 \(\tt dp\) 值均为零。
现在拓展到原问题，我们可以找出 2 类边的等效链（在 \(\rm kruskal\) 算法意义上），然后在链上 \(\tt dp\)。具体构造就是对 2 类边跑一个 \(\rm kruskal\)，当添加边 \((u,v)\) 时，把 \(u,v\) 所在连通块对应的等效链的链头（不妨设合并的两个链头分别为 \(x,y\)）合并，得到新的等效链。
考虑为啥这个构造是正确的。这实际上等价于在 \(\rm kruskal\) 过程中，加入边 \((u,v)\) 时，\(x,u\) 连通，\(y,v\) 连通。这也是比较显的，因为加入 1 类边只会让新图连通性不弱于原图连通性。
复杂度 \(\mathcal O(m\log m+16n\log n)\).
Code
为啥我写代码这么慢啊！
# include <cstdio>
# include <cctype>
# define print(x,y) write(x), putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while(!isdigit(s=getchar())) f|=(s=='-');
for(; isdigit(s); s=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48);
return f? -x: x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50], w_tp=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do writ[++w_tp]=x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(putchar(writ[w_tp--]^48), w_tp);
}
# include <cstring>
# include <iostream>
# include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long _long;
const int MAXN = 3e5+5;
const _long infty = 1e17;
int rig[MAXN]; _long val[MAXN];
int n, m, a[MAXN], f[MAXN], L[MAXN], R[MAXN];
struct node { _long v[2][2]; } t[MAXN<<2];
struct edge {
int u, v, w;
bool operator < (const edge& t) const { return w<t.w; }
} E[MAXN];
void init() { for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i; }
int _find(int x) { return x==f[x]?x:f[x]=_find(f[x]); }
void kruskal() {
sort(E+1,E+m+1); _long ret=0;
for(int i=1;i<=m;++i) {
int u=E[i].u, v=E[i].v;
if((u=_find(u))^(v=_find(v))) {
R[rig[u]]=v, L[v]=rig[u],
rig[u]=rig[v], f[v]=u, val[v]=E[i].w;
}
}
}
void pushUp(int o,const _long& w) {
const node& l=t[o<<1], r=t[o<<1|1];
memset(t[o].v,0x3f,sizeof t[o].v);
for(int b=0;b<2;++b) for(int c=0;c<2;++c) if(b|c)
for(int a=0;a<2;++a) for(int d=0;d<2;++d) {
if(!(b&c) && w==infty) continue;
t[o].v[a][d] = min(t[o].v[a][d],
l.v[a][b]+r.v[c][d]+((b&c)?0:w));
}
}
void update(int o,int l) {
for(int i=0;i<2;++i) for(int j=0;j<2;++j)
t[o].v[i][j] = ((i&j)?a[rig[l]]:0);
}
void build(int o,int l,int r) {
if(l==r) return update(o,l), void();
int mid = l+r>>1; build(o<<1,l,mid);
build(o<<1|1,mid+1,r), pushUp(o,val[rig[mid+1]]);
}
void modify(int o,int l,int r,int p) {
if(l==r) return update(o,l), void();
int mid = l+r>>1; if(p<=mid) modify(o<<1,l,mid,p);
else modify(o<<1|1,mid+1,r,p); pushUp(o,val[rig[mid+1]]);
}
void wander(int p) {
static int i=0; ++i;
for(; ; p=R[p], ++i) {
rig[i]=p, f[p]=i; if(p==R[p]) return;
}
}
int main() {
freopen("mst.in","r",stdin);
freopen("mst.out","w",stdout);
n=read(9), m=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) val[i]=infty,
a[i]=read(9), L[i]=R[i]=rig[i]=i;
for(int i=1;i<=m;++i) E[i].u=read(9),
E[i].v=read(9), E[i].w=read(9);
init(), kruskal(); int pos;
for(int i=1;i<=n;++i) if(L[i]==i) wander(i);
build(1,1,n);
for(int q=read(9); q; --q) {
int x=read(9), y=read(9); a[x]=y;
modify(1,1,n,f[x]), print(t[1].v[1][1],'\n');
}
return 0;
}
