[NOI2019] 序列

文章目录#

• • • 题面
    • 得分情况
    • 题解
    • • 20pts: $n\le 18$
      • 28pts: $n\le 30$
      • 40pts idea1: $n\le 150$
      • 64pts idea1: $n\le 2000$
      • 84pts idea1:$\sum n\le 3e5$
      • 100pts idea1:
      • 64~84pts idea2:
      • 40~64pts idea3: $n\le 30\to n\le 2000$
      • 100pts idea3:

题面#

题面

得分情况#

100pts: 6人
>=84pts: 11人
>=64pts: 23人

题解#

20pts: $n\le 18$#

暴力枚举选哪$L$个作为都选的,剩余的$K-L$个贪心选取，用set即可。

28pts: $n\le 30$#

DP,记录第一个数组选的个数，第二个数组选的个数，和公共的个数，进行转移。

时间复杂度:$O(n^4)$

40pts idea1: $n\le 150$#

将所有下标按照$a_i+b_i$排序。
枚举第$L$个公共下标的位置$x$,我们有如下结论:
对于前$x$个下标，最优解不存在一个下标在两个数组中都没有选。
结论显然，若存在，完全可以把一个公共下标放在这个位置，答案会更优。
于是一定存在一个$y$，使得前$x$个位置中$a$恰好有$y$个没选，$b$恰好有$x-L-y$个没选。后$n-x$个位置中$a$恰好有$K-(x-y)$个选了，$b$恰好有$K-L-y$个选了。
那么我们就可以dp求出每个前缀恰好$a$有$u$个没选,$b$有$v$个没选的答案，以及后缀$a$有$u$个选了$b$有$v$个选了的答案。
实际上枚举的这个$x$时一个公共位置的上界。

时间复杂度:$O(n^3)$

64pts idea1: $n\le 2000$#

在上述40pts的做法下继续思考。
存在一个$y$,使得前$x$个位置中$a$恰好有$y$个没选，$b$恰好有$x-L-y$个没选。后$n-x$个位置中$a$恰好有$K-x+y$个位置选了，$b$恰好有$K-L-y$个位置选了。
有一种贪心的想法:选$a$的时候，前面最小的$y$个不选，后面最大的$K-x+y$个加上;选$b$的时候同理，前面最小的$x-L-y$个不选，后面最大的$K-L-y$个加上。
显然有个小问题:$a$和$b$可能同时删掉了某个下标，这样前$x$个位置就有大于$L$个公共的了。
但是，如果$a$和$b$同时没选某个下标，这个方案会比所有$a$和$b$没有同时没选某个下标的方案优，且这个方案显然不是最优，那么最终答案的$x$肯定不是现在的枚举的这个$x$。
于是预处理出前缀和后缀各自的前$x$大/小和，贪心的做即可。

时间复杂度:$O(n^2)$

84pts idea1:$\sum n\le 3e5$#

选$a$前面最小的$y$个删掉，后面最大的$K-x+y$个加上，$b$选前面最小的$x-L-y$个删掉，后面最大的$K-L-y$个加上。
我们设$a0$为$a$前面$x$个元素的集合，$a1$为$a$后面$n-x$个元素的集合，$b0,b1$同理。
一个不同的思考方式是，进行$K-L$次操作。我们每次可以:

1. 将$a0$的最小元素删掉，$a1$的最大元素加上。
2. 将$b0$的最小元素删掉，$b1$的最大元素加上。

我们可以用数据结构对任意$u$次计算出第$u$次操作$1$或操作$2$的增量。
不妨假设最后一次我们进行的是操作$1$，那么这意味着进行一次操作$1$的增量比操作$2$的增量要大，反之亦然。
于是，假设进行了$y$次操作$1$,$K-L-y$次操作$2$，那么第$K-L-y+1$次操作$2$的代价比第$y$次操作$1$的代价要大。注意到这样的$y$是可二分的，也就是说如果第$y$次操作$1$的代价比第$K-L-y+1$次操作$2$的代价要小，那么对于所有$y^{\prime }>y$，第$y$次操作$1$的代价也会比第$K-L-y^{\prime }+1$次操作$2$的代价要小。
于是可以二分这个$y$，使用支持加入和查询第$k$大的数据结构维护即可做到$O(nlo{g}^{2}n)$。

100pts idea1:#

引理:对于$i$和$j$，设$x=i$时的最优解(为了方便讨论假设最优解唯一)中，删除的下标集合为$S_i$，对于$x=j$时的下标集合为$S_j$,则$S_i$为$S_j$的子集。
证明:

假设$x=i$时的最优解存在一个下标$u$被删除，但是在$x=j$时该下标未被删除。
不妨假设这个下标在$a$中，且$b$中$j$删除的元素个数不比$i$删除的元素个数少。
那么我们可以尝试找一个$v\le i$,使得$i$中$v$没有被删除，但是在$j$中被删除，然后我们可以在$j$中用$a_v$替换$a_u$，这个替换一定不会使解变劣，否则我们可以在$i$中进行逆操作使得$i$的解变优。
假设找不到这样的$v\le i$,这说明在前$i$个元素中$i$中删除的元素时$j$的真子集，我们在$b$中尝试找一个下标$l\le i$使得它在$i$中没被删除而在$j$中被删除，如果这个下标也找不到，那么$S_i$时$S_j$的子集，这意味着我们$i$的方案本身就符合$j$的条件，所以$x=j$时我们可以直接用$x=i$的答案。
我们再找一个下标$m>i$使得它在$i$中没被选而在$j$中被选，根据$b$中$j$删除的元素个数不比$i$删除的元素个数少的假设我们也能证明这个$m$一定能找到。
于是我们可以用$a_v$替换$a_u$，$b_l$替换$b_m$，同样的道理可以证明这个替换不会使解变劣。

我们根据引理容易发现这个$y$时单调的，而且如果当前枚举的$y$小于正确答案的$y$，那么我们直接将$y+1$答案不会变劣(这是因为$84$分做法里的单调性)。
所以我们将二分改成双指针就可以将时间复杂度变为$O(nlogn)$。
但是我们注意到，由于$a$选前面最小的$y$个删掉，$b$选前面最小的$x-L-y$个删掉，如果$x$加一，为了保证两个数都不减，$y$只能不变或者加一。
也就是说，每一步我们的可能性只有两种:$y$加一或者不加。我们可以想一想这个做法是在干什么。
对于$x=K$，我们将和是前$L$大的下标都选上，然后在后面$n-K$个下标中，$a$和$b$都各自选最大的$K-L$个。
那么如果$x$加一，思考一下$y$加一或者不加分别对应哪些操作。

1. $x$这个下标在$a$和$b$两个数组中都选了:
   操作1:将$a0$中的最小值删掉，$a1$中没选的最大值加进来。
   操作2:将$b0$中的最小值删掉，$b1$中没选的最大值加进来。
2. $x$这个下标只在一个数组中选了(不妨假设是$a$):
   操作1:将$a0$中的最小值删掉，$a1$中没选的最大值加进来，$b1$中选了的最小值删掉。
   操作2:将$b0$中的最小值删掉。
3. $x$这个下标在两个中都没选:
   操作1:将$a0$中的最小值删掉，$b1$中选了的最小值删掉。
   操作2:将$b0$中的最小值删掉，$a1$中选了的最小值删掉。

于是使用$6$个优先队列即可解决这个问题。

64~84pts idea2:#

注意到对于固定的$L$,答案关于$K-L$是凸的，因此可以使用wqs二分。
二分一个权值$w$,限制公共下标数量$L$但不限制$K$,然后对于除了公共下标外每个多选的下标都给一个$w$的额外代价，二分$w$使最优解恰好为$K$。
固定$w$时，可以贪心求解。

40~64pts idea3: $n\le 30\to n\le 2000$#

考虑费用流模型。
至少$L$个下表相同，等价于至多有$K-L$个下标不同。

对于每个$i$:
连边$S\to a_i$,容量为$1$,边权为$a_i$。
连边$b_i\to T$,容量为$1$,边权为$b_i$。
连边$a_i\to b_i$,容量为$1$，边权为$0$,表示选择一对相同的下标。
新建点$U$,$V$,连边$U\to V$,容量为$K-L$(称为自由流量),边权为$0$,表示选择一对不同的下标。
对每个$i$,连边$a_i\to U$,$V\to b_i$。
注意限制总流量为$K$。

跑最大费用最大流即可。

100pts idea3:#

考虑模拟费用流:
观察算法流程,所有和$S$,$T$直接相连的边不会退流,所以可以忽略这些边的反向边，而中间的边会退流，对应每一对的添加操作。
观察增光路有多少形态:

假设某次选择下标对$(a_i,b_j)$,
其中分别对应以下$5$种方案:
1.$i=j$。
2.$i\ne j$,消耗$1$自由流量。
3.使$a_i$与$b_i$(先前已选)配对,将$b_j$与$a_j$(先前已选)配对，增加$1$自由流量。
4.使$a_i$与$b_i$(先前已选)配对，$b_j$与先前与$b_i$配对的$a_x$配对。
5.使$b_i$与$a_i$(先前已选)配对，$a_j$与先前与$a_i$配对的$b_x$配对。
(其实图中还存在其他形式的增光路，但显然存在更优的形式，故只考虑这5种即可)

考虑怎么维护以上$5$种方案。
可以用五个堆$q,q_a,q_b,q_{a_2},q_{b_2}$,分别表示:
$q:$两边都未选的$a_i+b_i$的$max$。
$q_a:$$A$数组未选的数的$max$。$q_b$同理。
$q_{a_2}:$$a_i$未选而$b_i$已选的$a_{i_{max}}$。$q_{b_2}$同理。
若某堆顶不存在则视为$-INF$。
用两个$bool$数组维护某一下标是否被取过。
当取走某一下标时，若另一侧未取，则可以对相应的$q_{a_2}$或$q_{b_2}$添加元素。
模拟方案的过程，取$max$即可。

时间复杂度:$O(nlogn)$

具体细节参考代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define uit unsigned int
#define mkp make_pair
#define pa pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
const int N=2e5+10,INF=1e9;
int T,n,K,L,A[N],B[N];bool visa[N],visb[N];
priority_queue<pa<int,int> > q,qa,qb,qa2,qb2;
void seta(int R){
    visa[R]=1;
    if(!visb[R]) qb2.push(mkp(B[R],R));
}
void setb(int R){
    visb[R]=1;
    if(!visa[R]) qa2.push(mkp(A[R],R));
}
void solve(){
    scanf("%d%d%d",&n,&K,&L);int lim=K-L,mx=0,op=0;ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&B[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) q.push(mkp(A[i]+B[i],i)),qa.push(mkp(A[i],i)),qb.push(mkp(B[i],i));
    q.push(mkp(-INF,0));qa.push(mkp(-INF,0));qb.push(mkp(-INF,0));qa2.push(mkp(-INF,0));qb2.push(mkp(-INF,0));
    ans=0;
    for(int i=1;i<=K;i++){
        mx=op=0;
        while(visa[q.top().sec]||visb[q.top().sec]) q.pop();
        while(visa[qa.top().sec]) qa.pop();
        while(visb[qb.top().sec]) qb.pop();
        while(visa[qa2.top().sec]) qa2.pop();
        while(visb[qb2.top().sec]) qb2.pop();
        pa<int,int> qnow=q.top(),qanow=qa.top(),qbnow=qb.top(),qa2now=qa2.top(),qb2now=qb2.top();
        mx=qnow.fir;op=1;
        if(qa2now.fir+qb2now.fir>mx){
            mx=qa2now.fir+qb2now.fir;
            op=3;
        }
        if(qa2now.fir+qbnow.fir>mx){
            mx=qa2now.fir+qbnow.fir;
            op=4;
        }
        if(qanow.fir+qb2now.fir>mx){
            mx=qanow.fir+qb2now.fir;
            op=5;
        }
        if(qanow.sec!=qbnow.sec&&lim){
            if(qanow.fir+qbnow.fir>mx){
                mx=qanow.fir+qbnow.fir;
                op=2;
            }
        }
        if(op==1){seta(qnow.sec);setb(qnow.sec);}
        if(op==2){seta(qanow.sec);setb(qbnow.sec);lim--;}
        if(op==3){seta(qa2now.sec);setb(qb2now.sec);lim++;}
        if(op==4){seta(qa2now.sec);setb(qbnow.sec);}
        if(op==5){seta(qanow.sec);setb(qb2now.sec);}
        ans+=mx;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    while(!q.empty()) q.pop();
    while(!qa.empty()) qa.pop();
    while(!qb.empty()) qb.pop();
    while(!qa2.empty()) qa2.pop();
    while(!qb2.empty()) qb2.pop();
    for(int i=1;i<=n;i++) visa[i]=visb[i]=0;
}
int main(){
//    freopen(".in","r",stdin);
//    freopen(".out","w",stdout);
    scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}