2022 年床上碰系列题解

目录

• CSP-S 2022
  • A. 假期计划
  • B. 策略游戏
  • C. 星战
  • D. 数据传输
• NOIP 2022
  • A. 种花
  • B. 喵了个喵
  • C. 建造军营
  • D. 比赛
• NOIST 2022
  • A. 涂色游戏
  • B. 幂次
  • C. 圣诞树
  • D. 密码锁

CSP-S 2022

A. 假期计划

注意到链 \(1\!-\!a\!-\!b\!-\!c\!-\!d\!-\!1\) 的长度比较小，那么可以考虑折半做 .

枚举二元组 \((b,c)\)，那么问题变为对于点 \(u\) 问 \(1\!-\!v\!-\!u\) 的最大分数，这个可以平凡预处理 .

不过链 \(1\!-\!a\!-\!b\) 和 \(c\!-\!d\!-\!1\) 中可能出现答案与 \(b,c\) 或另一条链上的答案相同的情况，改成记前三大值就可以了 .

好像不太能叫 meet-in-the-middle，时间复杂度 \(\Theta(n(n+m))\) .

B. 策略游戏

答案的贡献肯定在 \(\{a\},\{b\}\) 中的最大 / 最小非负数和最大 / 最小负数处取到，于是八个 ST 表分类讨论即可 . 精细一点可以做到四个 ST 表 .

时间复杂度 \(\Theta(n\log n+q)\) .

C. 星战

根据一些阅读可以知道问题就是判断出度都为 \(1\)，不过这个修改的形式是对入度比较友好，令 \(\mathcal I(u)=\{v\mid v\to u\}\) 也就是 \(u\) 的所有入边，这里的集合是多重集，那么可以改成判断 \(\displaystyle\bigcup_{u=1}^n\mathcal I(u)=[1:n]\) .

那么可以想维护全局集合并的 Hash，只有 1, 3 操作有用，形式就是加一个元素或者删一个元素 . 那么这个 Hash 只需要能加 / 删元素就行 .

这种 Hash 还是比较多的，比较常见的随机点权后 Sum Hash, XOR Hashing 啥的都是可以支持 .

我感觉这个 motivation 是比较自然的，别的题解的有点诡异了 . 时间复杂度 \(\Theta(n+m+q)\) .

D. 数据传输

\(k\le 2\) 平凡，关注一下 \(k=3\) 的情况 .

因为所有 \(v\) 都是正的所以可以观察发现对于询问 \((u,v)\) 最优方案肯定是走在 \(u\) 到 \(v\) 的毛毛虫上 . 那么不难想到的 DP 是 \(dp_{u,0/1}\) 表示目前在 \(u\) 或者 \(u\) 的儿子时的答案 .

不过最后肯定是要动态 DP 优化，这种状态的转移写出来是 \(5\times 5\) 的 \((\min,+)\) 矩阵乘法形式，是过不去的 .

重新审视这个 DP，可以发现实际上转移所需的信息只有「距离 \(u\) 点为 \(k\) 的所有点答案的最小值」，那么可以改写状态为 \(dp_{u,k}\) 为距离 \(u\) 点为 \(k\) 的点答案的最小值（\(k=0,1,2\)），那么可以得到转移：

\[\begin{aligned}&dp_{u,0}=\min\{dp_{u',0},dp_{u',1},dp_{u',2}\}+v_u\\&dp_{u,1}=\min\{dp_{u',0},dp_{u,0}+w_u,\min\{dp_{u',0}+dp_{u',1}\}+w_u\}\\&dp_{u,2}=dp_{u',1}\end{aligned} \]

其中 \(u'\) 表示链上 \(u\) 的前驱结点，\(w_u\) 表示 \(u\) 所有邻接点权值的最小值 .

更精细地操作，可以写成 \((\min,+)\) 矩阵乘法的形式：

\[\begin{bmatrix}v_i&v_i&v_i\\0&w_i&\infty\\\infty&0&\infty\end{bmatrix}\begin{bmatrix}dp_{u',0}\\dp_{u',1}\\dp_{u',2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}dp_{u,0}\\dp_{u,1}\\dp_{u,2}\end{bmatrix} \]

那么倍增处理即可做到 \(\Theta(k^3(n+q)\log n)\) .

好像有做法是 \(\Theta(k^3(n+q\log_{2+q/n}n))\) 的，有个题解那个线性的上界应该不对，zzq's blog .

NOIP 2022

A. 种花

不会 .

B. 喵了个喵

喵 .

首先一些基本策略是预留一个空栈 \(S\) 辅助，那么对于一个栈 \(S'\)：

• 如果牌堆顶端元素 \(x\) 和栈顶元素种类相同，则可以让 \(x\) 入栈 \(S'\)，即可消掉 \(S'\) 的栈顶元素 .
• 如果牌堆顶端元素 \(x\) 和栈底元素种类相同，则可以让 \(x\) 入栈 \(S\)，使用操作 2 即可消掉 \(S'\) 的栈底元素 .

这样就可以消掉某个栈的栈顶或栈底了，不过根据这个策略对于中间的元素是不容易处理的，因为本题 \(k<2n\)，所以可以想到尽量控制每个栈元素不要超过两个 .

首先看 \(k=2n-2\) 的部分，其实非常平凡，能消就消，否则扔到随便一个大小不超过 1 的非空栈里即可 .

然后只需要处理 \(k=2n-1\) 的情况，多了一个种类 \(x\)，只需要考虑上面的策略无法执行的情况 . 可以考虑 \(x\) 之后的栈底元素和自身的位置，具体策略如下：

• 首先如果下一个自己先于所有栈底元素出现，那么把 \(x\) 入空栈 \(S\)，则后面的栈顶元素不需要用到 \(S\) 消，出现自己的时候即可清空栈 \(S\) .
• 否则找到最近一个栈底元素的位置 \(p_{\sf B}\) .
  • 如果 \(p_{\sf B}\) 对应栈 \(S'\) 的栈顶牌种类在排堆 \(x\dots p_{\sf B}\) 位置共出现了偶数次，则中间所有的栈顶牌都可以直接消掉，那么把 \(x\) 放到 \(p_{\sf B}\) 同类元素所在栈 \(S'\)，\(p_{\sf B}\) 放到空栈 \(S\) 里，然后用操作 2 即可消掉 \(S'\) 的栈底 .
  • 如果 \(p_{\sf B}\) 对应栈 \(S'\) 的栈顶牌种类在排堆 \(x\dots p_{\sf B}\) 位置共出现了奇数次，则用 \(S'\) 的栈顶牌消掉 \(p_{\sf B}\)，让 \(x\) 入空栈 \(S\)，\(p_{\sf B}\) 入栈 \(S'\)，之后 \(S'\) 会被天然清空，此时令 \(S'\) 成为新的空栈，即 \(S\gets S'\) 即可 .

模拟上述过程，时间复杂度单次 \(\Theta(m)\)，不过最朴素的暴力 \(\Theta(nm)\) 模拟也可以过 .

Code .

C. 建造军营

首先缩边双变成树上问题，令点 \(u\) 所表示的边双大小为 \(e_{\sf V}(u)\)，边数为 \(e_{\sf E}(u)\) .

那么可以发现对于选中点集 \(S\)，边集必然是 \(S\) 内两两简单路径并的超集，那么可以想到设计一个 01 背包转移，需要计算 \(S\) 内两两简单路径并的大小以便于计算答案 .

为了方便，令 \(w(u)\) 表示 \(u\) 子树内一个点都不选的答案，即 \(\displaystyle w(u)=\prod_{v\in\operatorname{subtree}(u)}2^{e_{\sf E}(v)+|\operatorname{son}(v)|}\)，可以朴素预处理 .

简单路径并可以按 LCA 的位置大致确定，于是令 \(dp_{u,d=0/1}\) 表示 \(u\) 子树内选点集 \(S\)，其中 \(d=[\operatorname{LCA}(S)=u]\) 的答案，那么就可以算了，具体转移如下，不再多做解释：

\[\renewcommand{\_}[0]{\operatorname{\operatorname{son}}(u)}\begin{aligned}&dp_{u,0}=2^{e_{\sf V}(u)+e_{\sf E}(u)}\prod_{v\in\_}(2\cdot w(v)+dp_{v,1})-w(u)\\&dp_{u,1}=2^{e_{\sf E}(u)}\sum_{v\in\_}(2dp_{v,2}+dp_{v,1})\cdot2^{|\_|-1}\prod_{\substack{v'\in\_\cr v'\neq v}}dp_{v',1}\end{aligned} \]

因为模数比较好所以 \(v'\in\_\land v'\neq v\) 这个可以直接除掉 \(v\) 的贡献算，否则可以维护前后缀积 .

时间复杂度 \(\Theta(n+m)\) .

D. 比赛

首先按右端点排序后扫描线，动态维护一个单调栈，那么就变成了：

维护序列 \(\{x_n\},\{y_n\}\)，支持：

• 对于序列 \(\{x\}\) 或 \(\{y\}\) 的区间赋值 .
• 查询区间历史 \(x\cdot y\) 和 .

使用线段树维护，对于每个节点，维护 \(s,s_{\sf x},s_{\sf y},s_{\sf xy}\) 表示区间历史 \(x\cdot y\) 和，区间 \(x,\,y,\,x\cdot y\) 和（维护 \(x,\,y\) 和方便复合标记）.

考虑维护标记六元组 \((a_{\sf x},a_{\sf y},a_{\sf xy},a_{\sf c},c_{\sf x},c_{\sf y})\)，其中 \(c_{\sf x},c_{\sf y}\) 是区间覆盖标记，\(a\) 标记表示真正的历史 \(x\cdot y\) 和 \(s'\) 做了变换 \(s'=s+a_{\sf x}s_{\sf x}+a_{\sf y}s_{\sf y}+a_{\sf xy}s_{\sf xy}+a_{\sf c}\cdot\mathrm{len}\) .

那么信息、标记的合并以及信息对标记的复合都可以通过一些讨论得出，总时间复杂度为 \(\Theta(n\log n)\) .

附：可以使用线段树的双半群模型分析，便于得到结果，Link .

NOIST 2022

A. 涂色游戏

不会 .

B. 幂次

首先特判 \(k=1\)，令 \(f(n)\) 表示 \([1,n]\) 能表示为 \(x=a^b\) 形式的整数 \(x\) 个数，其中 \(a\ge 1,\,b\ge 2\)，那么答案可以简单表述为：

\[\text{ans}=f(n)-\sum_{i=2}^{k-1}f(\lfloor\sqrt[i]{n}\rfloor) \]

考虑对指数容斥，观察可以发现 \(\displaystyle f(n)=1-\sum_{i\ge 2}\mu(i)(\lfloor\sqrt[i]{n}\rfloor-1)\) .

那么直接算就可以，时间复杂度 \(\Theta(k\log n)\) . 稍卡精度 .

C. 圣诞树

Key Observation \(\quad\) 答案路径一定不会有两条线段相交 .

证明平凡 .

那么可以直接导出对于区间 \([l,r]\)，其决策点必然位于 \(l-1\) 或 \(r+1\)，区间 DP 即可 . 时间复杂度 \(\Theta(n^2)\) .

D. 密码锁

\(k\le 2\) 平凡略过 . 考虑 \(k>2\) 情况 .

对于 \(k=3\)，考虑二分答案 \(x\)，然后类似 \(k=2\)，全局最大值和全局最小值必然不在同一行，于是 \(\Theta(k)\) 枚举最小值的位置后假设最小值为 \(m\)，剩下的那一行为 \(\{a_n\}\)，则只需要满足限制 \(a_i-x\le m\le a_i\) 即可 . 那么就相当于若干组区间并后判断是否交 .

可以改成若干区间 +1，最后看有没有位置被加了 \(n\) 次，那么差分即可 .

\(k=4\) 是几乎一致的，只需要把区间改成矩形，扫描线维护即可 .

时间复杂度好像是单次 \(\Theta(nk^2\log^2v)\)，其中 \(v\) 是值域 . 没写 .

wxy：直接在一个维度上双指针，另一个维度上维护 \([x,x+k]\) 内的颜色数，这样每种颜色 set 维护下前驱就行了。

我暂且蒙在鼓里。好像很强阿！