[题解汇总]邓老师部分题目

$$\color{red}{\text{校长者，真神人也，左马桶，右永神，会执利笔破邪炁，何人当之？}} \\ \begin{array}{|} \hline \color{pink}{\text{The principal is really a god}} \\ \color{pink}{\text{with a closestool on the left and Yongshen on the right}} \\ \color{pink}{\text{holding a sharp pen to pierce the truth}} \\ \color{pink}{\text{Who can resist him? }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{green}{\text{校長は本当に神であり、左側にトイレ、右側にヨンシェンがあり}} \\ \color{green}{\text{鋭いペンを持って真実を突き刺している。誰が彼に抵抗できるだろうか？ }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{lightblue}{\text{Le principal est vraiment un dieu}} \\ \color{lightblue}{\text{avec des toilettes à gauche et Yongshen à droite}} \\ \color{lightblue}{\text{tenant un stylo pointu pour percer la vérité}} \\ \color{lightblue}{\text{Qui peut lui résister ? }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{purple}{\text{Der Direktor ist wirklich ein Gott}} \\ \color{purple}{\text{mit einer Toilette links und Yongshen rechts}} \\ \color{purple}{\text{der einen spitzen Stift hält}} \\ \color{purple}{\text{um die Wahrheit zu durchdringen.}} \\ \color{purple}{\text{Wer kann ihm widerstehen? }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{cyan}{\text{Principalis deus est, Yongshen a dextris cum latrina}} \\ \color{cyan}{\text{acuto stylo ad perforandum veritatem: quis resistet ei? }} \\ \hline \end{array} \\ \color{red}{\text{对曰：“无人，狗欲当之，还请赐教！”}} \\ \newcommand\brak[1]{\left({#1}\right)} \newcommand\Brak[1]{\left\{{#1}\right\}} \newcommand\d[0]{\text{d}} \newcommand\string[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}} \newcommand\down[2]{{#1}^{\underline{#2}}} \newcommand\ddiv[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor} \newcommand\udiv[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil} \newcommand\lcm[0]{\operatorname{lcm}} \newcommand\set[1]{\left\{{#1}\right\}} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil{#1}\right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \newcommand\Vec[1]{\vec{\mathbf{#1}}} \newcommand\rank[0]{\text{rank}}$$

  一道一道地写了......因为有点多，所以可能不是特别详细。另外，这个题解只覆盖我来得及做的，还有很多题我并没有做qwq

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[DATALOST]STARS

  不得不说，“锦囊” 这个比喻的确十分恰当，但是恰当有什么用，我还是差点没学懂，这道题的启发并不全在于 $k$ 很小，更重要的是 —— 状态的设计是源于我们对一个序列合法性的判断方式。

◆ 搞定判断

  有没有什么方法可以很好地搞定一个序列是否是 “奇妙” 的？注意到 $k\le 5$，我们可以稍微暴力一点 —— 不妨将固定点 $P$ 的维数的顺序用 $\mathcal O(k!)$ 先全部枚举出来，得到一个 $\set{s_i}$，它描述的是，我们对这个序列从左到右匹配，当某个时候我们发现当前的点 $A$ 在所确定的 $P$ 坐标之内没有和它相同的时候，我们打开 $\set {s_i}$ 的下一维，假设为 $s_j$，然后我们将 $A$ 的坐标向量 $\Vec{v_A}$ 的第 $s_j$ 维放到 $\Vec {v_P}$ 的 $s_j$ 维上。那么，一个序列是合法的，当且仅当存在一个 $\set {s_i}$ 使得这个序列可以被全部匹配完。

  “这就好比有一个世外高人给了你一个锦囊序列，你每遇到一个无法解决的问题的时候，就打开下一个锦囊，看看那个高人给你的指点在哪一维上。如果锦囊用完了都还有问题，那就说明这个高人是假的。”  —— 邓老师

◆ 得到 DP

  我们称一个需要启用锦囊的位置为 “失配点”。上面的判断给了我们启发：我们 只需要求出对于一个起始点 $i$ 以及一个锦囊序列 $S$ 的失配点集合 $\mathscr P(i,S)$，举个例子，出门的点 $i$ 一定在 $\mathscr P$ 中。

  现在，我们尝试寻找 $\mathscr P(i,S)$ 与 $\mathscr P(i+1,S[1:])$ 之间的联系 —— 我们先考虑 $(i+1,S[1:])$ 的过程：从 $i+1$ 开始，先启用 $S[1]$，再启用 $S[2]$...... 而 $(i,S)$ 的过程呢？出门先将 $S[0]$ 花在了 $i$ 点上，然后从 $i+1$ 开始，尝试用 $S[1:]$ 解决问题，这和 $(i+1,S[1:])$ 十分相似！但是稍微有一些区别：$(i+1,S[1:])$ 无法解决的一些点，可能在 $(i,S)$ 可以通过 $\Vec {v_i}$ 的第 $S[0]$ 维解决，因此，我们来一个分类讨论：

• $\mathscr P(i+1,S[1:])$ 中任何一个点都无法被 $\Vec{v_i}(S[0])$ 解决，此时 $(i,S)\sim (i+1,S[1:])$；
• $\mathscr P(i+1,S[1:])$ 中有一个点可以被 $\Vec{v_i}(S[0])$ 解决，此时，我们找到那个可以被 $\Vec{v_i}(S[0])$ 解决的点在 $\mathscr P(i+1,S[1:])$ 中的位置，并将 $S[0]$ 放到对应的 $S[1:]$ 中去，得到 $T$，此时 $(i,S)\sim (i+1,T)$ —— 它稍微有一点类似于，原本我们应当在 $i$ 就把 $\Vec{v_i}(S[0])$ 填到 $\Vec{v_P}$ 中去，不过我们稍微往后延迟了一点；

  此时，我们就会转移了：第一个情况的转移是朴素的，直接继承 $\mathscr P$ 即可，对于第二种情况，考虑在 $\mathscr P(i+1,S[1:])$ 找到第一个和 $\Vec{v_i}$ 在 $S[0]$ 维相同的位置，将那个位置删去，在最开始放入 $i$ 作为失配点，就完成了转移。

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[PA 2021 Round1 A]Od Deski Do Deski

  和上一道题相似的思路，我们先考虑判断一个序列是否合法：定义 $f(i)$ 为 $a[1:i]$ 的合法性，不难得到转移：

$$f(i)=\bigcup_{1\le j<i}f[j-1]\cup [a_j=a_i]$$

  现在开始考虑如何统计这个题的方案，不难发现，一个点 $i$ 能填入的颜色种类实际上就是满足 $f[j-1]=1$ 的那些位置的颜色集合。因此，我们可以设计状态 $dp(i,j,0/1)$ 表示当前位置 $i$，合法的颜色种数有 $j$，当前序列 合法/不合法 的方案数。

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[DATA LOST]GUESS

  注意题目传达的意思是，我们和 $\textsf{Bob}$ 都不知道 $y$ 是多少，我们是站在最坏的角度考虑我们可能会需要多少次来猜出答案。

  真的无法想到这种转化：如果 $\textsf{Bob}$ 问 是不是大于 $x$ ? $\textsf{Alice}$ 回答是，我们就把 $[1,x]$ 覆盖一遍，否则把 $[x+1,n]$ 的覆盖一遍，而如果一个数被覆盖了大于等于 $2$ 次，就不可能是这个数。而 $\textsf{Bob}$ 胜利的情况就是只有一个数覆盖次数小于等于一次。此时，问题就转化为覆盖。这种瞎**转化谁**想得到？

  注意到我们每次都是将 $[1,x]$ 或者 $[x,n]$ 覆盖次数加一，因此，覆盖次数构成的函数图像一定是一个形如 "V" 的峡谷，而峡谷两边，过高（指覆盖次数大于等于 $2$）的部分又会被我们砍掉，因此，可能出现的情况就只有 $[1,1,\cdots,1,0,0,\cdots,0,1,1,\cdots,1]$，那么，我们可以设 $f(i,j,k)$ 表示 $\displaystyle [\overbrace{1,1,\cdots,1,1}^{i\;\text{times}},\overbrace{0,0,\cdots,0}^{j\;\text{times}},\overbrace{1,1,\cdots,1,1}^{k\;\text{times}}]$ 的情形还需要最少多少次询问。注意这里我们并没有再可以强调 $\textsf{Alice}$ 说谎的情况，因为巧妙的转化已经帮助我们解决了。朴素的 DP 复杂度是 $\mathcal O(n^4)$ 的，不过可以二分决策点，将复杂度降低至 $\mathcal O(n^3\log n)$，注意到答案关于 $k$ 是单调的，而次数的大小在 $\mathcal O(\log)$ 级别，所以我们可以把次数放进状态而将 $k$ 变成值。最后的复杂度就变成 $\mathcal O(n^2)$ 了。这一段我还没搞懂，找时间再看看

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[PA2021 Round2 A]Poborcy Podatkowi

◆ 暴力的思路

  不妨设 $f(i,j)$ 表示我们在当前的子树中选择了某些长度为 $4$ 的路径，同时有一条以 $i$ 为根，长度为 $j$ 的路径时的最大的和。如果我们不考虑在 $i$ 上吊的这条路径，转移就是在子树中找一些 $f(v_k,j_k)$ 使得

1. $j_k=1$ 与 $j_k=3$ 一样多；
2. $j_k=2$ 的数量为偶数；

  求最大权值和，我们只需要在儿子中进行 DP，转移记录 $dp(\Delta,0/1)$ 表示 $cnt_1-cnt_3=\Delta$，同时 $j_k=2$ 的数量为 偶数/奇数 时的最大权值和。

  还有一个小问题 —— 我们如何解决 $i$ 上有一个长度为 $j$ 的链？这很好办，加一个假儿子 $x$，并且 $f(x,4-j)=0$，而 $f(x,\text{otherwise})=-\infty$ 即可。

  不难发现，对于某个点的复杂度是 $\mathcal O(2\max\Delta)$ 的，总体复杂度将会达到 $\mathcal O(n^2)$，这不好 😦

◆ 随机的魅力

  还记得以前考过一个题，其复杂度也和 $\Delta$ 有关，而当时的处理是引入随机化降低复杂度然而很多人直接卡常过掉了......，我们不妨故技重施，将儿子们全部都随机化一下，$\max\Delta$ 就不会特别大，将其限制在 $\sqrt n$ 以内，总时间复杂度就降低为 $\mathcal O(n\sqrt n)$ 了。不过这个期望 $\sqrt n$ 我并不是特别会证= =+

  我补了一个证明：关于一个期望根号的证明.

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[Snackdown 2021 Final]Queue At The Bakery

◆ 关键的性质

  神 TM 注意力比较集中就可以观察到我们可以把所谓 “排队” 想象成是将每个人分配给每个员工，直觉上讲，将所有人平均分配给每个员工，他们的总等待时间将会最小，事实上，我们也一定存在一种平均的分配方案使得总等待时间最小，而这一性质的基础是，所有顾客的服务时间正好都是 $d$ 秒。该结论的证明不难，然鹅我不知道如何从较 “数学” 的角度说明这个问题。

  一个教训，抓住直觉上的一些东西并对其分析，考察其合理性。

◆ 根据性质设计 DP

  既然我们知晓了这个性质，那么我们就紧贴 “余数” 来对每一个员工计算其处理的顾客的总等待时间：设 $f(i,j,r)$ 表示还剩 $i$ 天，前一个处理的顾客还需要 $j$ 时间处理完毕，当前顾客的余数为 $k$，那么就有转移：

• 当 $k=0$ 时，接待这个顾客，其等待时长为 $j$，状态变为 $f(i-1,j+d-1,m-1)$；
• 当 $k\neq 0$ 时，不用接待这个顾客，状态变为 $f(i-1,j-1,k-1)$；
• 当没有来人时，编号不变，状态变为 $f(i-1,j-1,k)$；

  但是它的复杂度不优，因为第二维的最大值可能为达到 $nd$ 级别。但是这也到了一个玄学的地方了，即我们不难发现一个东西：当 $j>n$ 之后，显然后到的人绝没有可能出现遇到 “到了就可以服务” 的情况，他们只会等到前面所有人都服务完才到他们，因此，假设此时期望有 $g(i,k)$ 个人，设当前状态 $j=n+t$，那么将会有 $f(i,j,k)=f(i,n,k)+(j-n)g(i,k)=f(i,n,k)+t\cdot g(i,k)$，不难看出，这是一个关于 $j$ 的一次函数。而出现这种情况只有可能在 $d$ 比较大的时候，当 $d$ 较小时，几乎不会出现 $j>n$ 的情况，我们只需要在 $j\le n$ 以内做即可。

  但是这样复杂度达到 $\mathcal O(n^2d)$，还是不大对，我们发现，实际上并不需要将 $j$ 按照 $n$ 区分，大概在 $S=500\sim 1500$ 的范围内即可，为什么呢？注意到 $0.4\le p\le 0.6$，也就是说，$d$ 大概大于等于 $10$ 时，后到的人遇见 “到了就可以服务” 的概率是十分小的。而函数如果不是关于 $j$ 线性的，那么有一个时候它会 “触底”，即 $j=0$，而这种概率在 $j$ 达到 $S$ 的数量级后将会小到几乎不影响精度的情况。同样，当 $d<10$ 时，让 $j$ 这一维能够积累到 $S$ 的数量级以上的概率也很小，可以忽略。

  于是，复杂度就变成了 $\mathcal O(nSm)$，如果 $\color{yellow}{\rm TLE}$ 了，可以考虑调整一下 $S$.

  这里的另一个教训 —— 讨论概率问题的时候，注意哪些情况概率小到对答案没有影响，便可以忽略它。

  经本人实测，该阈值设为 $S=100$ 居然都没什么影响，所以它到底是怎算的啊......

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[Snackdown 2021 Final]Robbery

  如果我们选择了 $2m$ 个物品，那么一定存在一种方案，使得划分的两组各 $m$ 个物品的重量差不超过 $n$. 那么我们可以设计 DP 状态 $f(k,w)$ 表示我们选择了 $k$ 个物品，总重量为 $w$ 的最大值，根据 $k$ 的奇偶性分成两种转移：

$$f(k,w)= \begin{cases} \max_{i=1}^n f(k-1,w-i)+a_i&2\nmid k \\[2ex] \max_{d=-n/2}^{n/2}f\brak{\frac{k}{2},\ddiv{w}{2}-d}+f\brak{\frac{k}{2},\udiv{w}{2}+d}&2\mid k \end{cases}$$

  最多只会有 $\mathcal O(2\log k)$ 层，并且每层每个节点处理的复杂度为 $\mathcal O(n)$，而每层的状态数不会超过 $\mathcal O(5n)$，最后的复杂度就是 $\mathcal O(n^2\log k)$.

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[AGC044E]Random Pawn

  只能说特别妙了，第一步都把我妙到了......设 $f(i)$ 为位置 $i$ 的答案，那么有

$$f(i)=\max\brak{\frac{f(i-1)+f(i+1)}{2}-B_i,A_i}$$

  然后就是破环为链的神奇操作：显然 $f(i)\le \max A_i$（无论你怎么证明都可以），于是我们可以令 $A_1=A_{n+1}=\max A_i$，同时就会有 $f(1)=f(n+1)=A_1$，显然如果走到 $\max A_i$ 就会停止转移（因为这样是最优的），因此，我们用 $A_1=A_{n+1}=\max A_i$ 成功破环为链了，现在我们将这个东西转成了一个链上问题，目的是块速求出 $f(i)$.

  接下来是转化成凸包的第二个神奇操作：观察上式，如果没有 $-B_i$ 这个东西，比如设 $\displaystyle g(i)=\max\brak{\frac{g(i-1)+g(i+1)}{2},A'_i}$，那么 $g(i)$ 就会构成一个上凸壳，现在就看我们如何构造这个 $g(i)$ 了。

  注意到我们的 $B_i$ 和 $\displaystyle \frac{f(i-1)+f(i+1)}{2}$ 的部分是线性构成的，因此，我们构造的 $g(i)$ 一定是 $f(i)$ 与 $B_i$ 独立构成的，故我们可以设 $g(i)=f(i)-c(i)$，然后带入原式：

$$g(i)+c(i)=\max\brak{\frac{g(i-1)+c(i-1)+g(i+1)+c(i+1)}{2}-B_i,A_i} \\ \Rightarrow g(i)=\max\brak{\frac{g(i-1)+c(i-1)+g(i+1)+c(i+1)}{2}-B_i-c(i),A_i-c(i)}$$

  因此，如果 $c(i-1)+c(i+1)=2(B_i+c(i))$，我们就不用考虑 $B_i$ 的影响，转而维护一个上凸壳了。而维护这样一个上凸壳复杂度仅仅只有 $\mathcal O(n)$.

  至于这个 $c(i)$ 怎么求，我们很容易将上式化成 $c(i+1)=2(B_i+c(i))-c(i-1)$ 的二项递推，随便指定初值即可。复杂度也只有 $\mathcal O(n)$.

  这个题直接秀我一脸......