2025 #1 我依然怕先行者放弃了导航 奉献者悔恨起坚守过信条

T1. P4262 [Code+#3] 白金元首与莫斯科

$n\times m$ 的棋盘上有一些障碍格，对于每一个非障碍格，需要求出若该格为障碍格，用 $1\times 2$ 的砖铺满棋盘的方案数。其中 $1\le n,m\le 17$。

看到这一种比较抽象的网格上的题目，可以考虑使用插头 dp 来解决。

对于一个 $1\times 2$ 的方块，其实就是左插头连上右插头或者一个下插头拼一个上插头，那么可以考虑使用一个二进制来维护现在的轮廓线，然后暴力 Hash 维护即可。

对于求解每一格怎么样的问题，可以考虑正着反着各作一遍插头 dp，然后在把答案合并。

先考虑正着做，若当前非障碍格即没有左插头也没有上插头，就记录下对于当前格在当前轮廓线下的方案数总和。接着考虑倒着做，若当前格即没有右插头也没有下插头，就查一下正着做时的记录，然后把贡献扔进答案里。

T2. CF1491F

Lemma : 切换后一定走的是菊花图。

Proof : 为了删掉倒数第二条边，我们必须在最后一步走回头路。类似的，为了删掉倒数第四条边，我们必须在下一步走回头路。以此类推我们走到最后一定走的是一个菊花图。

这样子我们就可以枚举菊花中心点 $u$。接下来考虑如何构造答案。

删去 $u$ 的若干条相邻的边后，要求只有 $u$ 和另外一个点的度数为奇数或者所有点的度数并且除了孤点，图联通。

假如有和 $u$ 不相邻的点的度数为奇数，则需要将所有与 $u$ 相联的奇数度电之间的连边删除。然后就可以构造啦！

由于 $n,m$ 比较小，可以直接暴力 $\mathrm{O}(n(n+m))$ 做。

T3.CF1558E

强！

首先答案有单调性，这是显然的，所以考虑二分解决。接下来考虑如何判断一个 $x$ 能否走遍整一张图。

不能立即走回头路这个限制很烦人，我们一定是要。考虑从点 $u$ 开始，然后走到点 $v$，然后希望从 $v$ 开始不走回头路走到 $u$，这样子的话这一步的决策就没有后效性了，接着我们就可以直接利用贪心扩展。考虑路径 $u\to p_1\to p_2\to \cdots \cdots \to p_i\to u$，此时我们可以将这条路径上的所有点的贡献加上。

那么我们接下来就可以从原图上找到一个已经被扩展的点 $u$，然后向没有被扩展的点 $v$ 扩展一条带有简单环的路径，但是复杂度不行。

问题就出在了可能从 $u$ 开始走某条路径到 $v$ 之后走不通了，但是走另一条路到 $v$ 就能继续走下去。所以我们每一次看到 $v$ 还是得继续走，不能跳过。

假设我们目前有 $2$ 条路径均 $u\to p_i\to v$ 和 $u\to p_i^{‘}\to v$。那么一定有 $p_i\ne p_i^{‘}$。有因为 $b$ 永远大于 $0$，所以我们可以通过第一条路径过去，然后反着从第二条路径走回来，这样找到了一条具有简单环的路径，然后拓展即可。

一次拓展的复杂度为 $\mathrm{O}(m)$，然后我们保证了每一个点都至多会被拓展一次，所以一次 check 的答案就是 $\mathrm{O}(nm)$。

那么最终的复杂度就是 $\mathrm{O}(nm\log a_i)$。

T4.CF1381D

好题！

我们发现只需要一个三叉树就可以将一个路径反过来。当这个三叉树的三叉长度均 $\ge l$，并且当前这条路径可以到达他，那么这一条路径就可以反过来。

假设掉头中心为 $u$，需要不断调整 $s$ 和 $t$，使得 $u$，$s$ 和 $t$ 三点共线。实际上就是 $s$ 所可以到达的右端点和 $t$ 可以到达的左端点不断靠近。所以每一棵子树只需要处理出最深深度，然后用双指针即可。

应为你只需要到达一个掉头中心，你就可以取到其余所有的，所以你只需要找到一个即可。如果找不到那就是无解。

T5.北京大学 2024 年《数据结构与算法A（实验班）》期末考试E

令一个点的左节点和右节点的权值分别为 $l_i,r_i$，那么我们钦定 $l_i\le r_i$。那么假如 $\mathrm{\forall }i,l_{p_i}\ge r_{p_{i-1}}$ 那么该树一定可以被生成。

发现哈夫曼树有一个性质就是，就是哈夫曼树会使得 $\sum _{i=1}^n{2}^{de{p}_i}\times a_i$ 最小的树，而这个值一定不会大于 $2\times n\sum _{i=1}^n{a}_i$。所以点的深度会是在 $O(\log n+\log a_i)$ 这个级别，然而在这个级别直接暴力枚举的复杂度我们是可以接受的。

回来看我们遇到了什么问题。很明显修改一个点的点权会使得其到根路径上所有点的点权改变，由于层数不多，所以我们直接暴力维护每一个点就行了。