Educational Codeforces Round 125 题解

Educational Codeforces Round 125 题解

笔者只会写出每道题的大致思路，具体实现以及细节还需要各位读者自行思考，

当然，由于篇幅问题（其实主要是笔者太懒），题解中不会包含题意简述。

并且，由于笔者学艺不精，故如有错误之处还敬请指出，笔者将不胜感激！😄

A. Integer Moves

一个不动脑子的做法是暴力 BFS，实测足以通过本题。

实际上，本题还有一个更好的性质，就是答案不超过 \(2\)，

构造方法是对终点 \((x,y)\)，找到 \(z\) 满足 \(\sqrt{z^2+x^2}\) 是整数，我们先走到 \((x,z)\)，再走到 \((x,y)\) 即可。

B. XY Sequence

一个显然的想法是贪心，即能加就加，唯一问题在于证明。

我们考虑对于一种先减再加的操作，如果我们能合法地将减和加的顺序交换，

则最终答案一定不会变劣，故贪心的想法是正确的。

C. Bracket Sequence Deletion

一个不动脑子的做法是每次从起点开始暴力枚举最短好串的终点，

需要支持快速判断某个串是否是回文串，以及判断某个串是否是合法括号序列。

回文串可以用哈希，合法括号序列可以在枚举的同时，维护当前前缀中 ( 与 ) 数量之差 \(d\)，

并判断 \(d\) 是否永远非负即可。

还有一个较为巧妙的做法，即考虑我们只需要找到最短的好串，

而最短的好串一定是以下三种形式之一：()，((，)((...()，而这个就是好判断的了。

上面结论的证明概要是，考虑任意一个好串 \(s\)，必存在 \(s\) 的前缀 \(t\)，满足 \(t\) 是上面三种之一。

D. For Gamers By Gamers

考虑如何计算答案，记 \(f(X,i)=\max\limits_i(\lfloor\frac{X}{c_i}\rfloor V_i)\)，则答案形如 \(\max(X\space{\large \mid}f(X,i)>Q_j)\) 的形式，

其中 \(V_i=d_ih_i,Q_i=H_iD_i\)，则我们对所有 \(X\in[1,C]\) 求 \(R_X=\max\limits_i(R_{X-1},f(X,i))\)，

这个是好求的，我们考虑从 \(R_X\) 推到 \(R_{X+1}\)，发现此时只有 \(G(X+1)\) 个 \(i\) 满足 \(f(X,i)\ne F(X+1,i)\)，

其中 \(G(X)\) 等于 \(X\) 的因数个数。而一个结论是 \(\sum\limits_{1\le X\le C}G(X)=O(C\log C)\)，故我们暴力更新即可。

最后求答案时，我们可以二分答案 \(X\)，再判断 \(R_X\) 是否大于 \(Q_j\) 即可。

E. Star MST

首先注意到图是完全图，故若点 \(1\) 的邻边权值和与图的 MST 的权值和相等，则点 \(1\) 的邻边就是一棵 MST。

记这棵 MST 叫做 \(T\)，则考虑 \(T\) 的性质：若有一条边 \(w(u,v)\) 不在 \(T\) 上，则必然有：

\(u,v\) 在 \(T\) 中的唯一路径上的每一条边 \(w(x,y)\)，都满足 \(w(x,y)\) 权值不大于 \(w(u,v)\) 的权值。

也就是说，若我们记 \(C(T)\) 为：所有不在 \(T\) 中的边的不同方案数，其中点 \(1\) 的邻边形成的 MST 为 \(T\)，

那么最终答案就是 \(\sum\limits_{T}C(T)\)，而我们考虑用 DP 来解决这个计算。

考虑 \(f(i,j)\) 代表，当 \(1\) 号点已经连好了边权最小的 \(i\) 条边，这些边里边权最大的边的权值是 \(j\)，

则此时边集 \(S\) 中有多少种不同的合法边权方案，其中若边 \(w(u,v)\in S\)，当且仅当 \(u,v\) 都和 \(1\) 有边相连。

考虑转移，即枚举 \(l\) 代表新连了 \(l\) 条边，这些边都有一个端点是 \(1\) 号点，且权值都是 \(j+1\)，

转移时乘上一些组合数和一些系数即可，这些都是细节，就不说了。

F. Words on Tree

一个想法是暴力 2-SAT，即对限制 \(i\)，记布尔变量 \(X_i\) 代表树上是 \(x\rightarrow y\) 的字符串等于 \(s_i\)，

还是 \(y\rightarrow x\) 的字符串等于 \(s_i\)，考虑一种暴力的连边，即枚举两个限制并哈希来判断两者是否能同时成立。

显然，这样建边会爆，但注意到，对每个点 \(u\)，若没有任何限制的路径包含 \(u\)，则 \(u\) 显然可以随便选，

否则存在限制的路径包含 \(u\)，则此时 \(u\) 至多有两种字符可选。

那么，我们再记布尔变量 \(Y_u\) 代表，\(u\) 究竟选两种可选字符中的哪种，

则我们每个限制 \(i\) 与每个点 \(u\)，若 \(X_i\) 和 \(Y_u\) 满足某些关系，当且仅当 \(i\) 对应的路径包含点 \(u\)，

此时我们就用 2-SAT 来处理这些关系，我们发现，这样连的边数就是 \(O(N)\) 的了，

因为所有限制的路径包含的总点数是 \(O(N)\) 的。

还有一种不用 2-SAT 的做法，就是我们发现，如果对于限制 \(i\) 和被限制 \(i\) 的路径包含的点 \(u\)，

我们连一条无向边 \(i\leftrightarrow u\)，则这张图的所有连通块的填字符方案独立，而对于每个连通块，

只要确定了其中一个点的方案，则整个连通块的方案就都确定了，故用 dfs 处理连通块即可。