1.题解：P9923 [POI 2023/2024 R1] Przyciski01-24 2.题解：P6544 [CEOI2014] Cake01-24 3.题解：CF690A2 Collective Mindsets (medium)01-24 4.题解：AT_arc050_c [ARC050C] LCM 11101-24 5.题解：P11311 漫长的小纸带01-24 6.题解：CF815D Karen and Cards01-24 7.题解：AT_abc389_e [ABC389E] Square Price01-24 8.题解：P11490 [BalticOI 2023] Staring Contest01-24 9.题解：[ABC355E] Guess the Sum01-24 10.题解：AT_abc283_g [ABC283G] Partial Xor Enumeration01-24 11.题解：P2540 [NOIP2015 提高组] 斗地主加强版01-24 12.题解：AT_abc373_g [ABC373G] No Cross Matching01-25 13.题解：P4026 [SHOI2008] 循环的债务01-25 14.题解：P11644 【MX-X8-T3】「TAOI-3」地地爱打卡01-31 15.题解：P11617 递推02-02 16.题解：[AGC054D] (ox)02-04 17.题解：Minimize Inversions Number02-04 18.题解：Many Many Cycles02-04 19.CF Round 1001 题解合集02-02

20.题解：The Game (Easy Version & Hard Version)02-05

21.abc391 题解合集02-02 22.题解：[AGC044D] Guess the Password02-07 23.题解：Coprime Permutation02-07 24.题解：[THUPC 2021] 鬼街02-07 25.题解：P8393 [BalticOI 2022] Stranded Far From Home (Day2)02-09 26.题解：P9989 [Ynoi Easy Round 2023] TEST_6902-09 27.题解：mex times mex（省选模拟赛 T2）02-09 28.abc392 题解合集02-10 29.S2OJ 20250211 题解合集02-11 30.CF Round 1004 题解合集02-13 31.CF Round 1002 题解合集02-13 32.abc393 题解合集02-15 33.CF Round 1005 题解合集02-17 34.CF Round 997 题解合集02-17 35.CF Round 999 题解合集02-18 36.CF Round 998 题解合集02-18 37.CF Edu Round 174 题解合集02-20 38.2025 USACO Feb 银组题解合集02-22 39.S2OJ 20250223 题解合集02-23

前言

这是最近 VP CF 遇到的。

感觉是套着博弈壳子的树上 DS，做起来思路也很自然，于是记录之。

思路分析

E1

经过手玩样例发现，对于 $x$ ，如果存在 $y$ 不在 $x$ 子树内且 $w_y > w_x$ ，此时 $w_x$ 最大的 $x$ 一定是必胜点。

原因是，这样的 $x$ 满足，无论后手操作任意 $y$ ，先手都无法再次操作。

考虑用反证法证明。

假设操作完 $x$ 后，依然存在两点 $y,z$ ，使得后手操作 $y$ 后，先手依然可以操作 $z$ ，不难发现 $w_y<w_z$ 。

考虑分类讨论：

如果 $y,z$ 存在子孙关系，那么只能是 $y$ 是 $z$ 的祖先，否则 $x$ 不是 $w_x$ 最大的点， $y$ 才是。而如果 $y$ 是 $z$ 的祖先，那么操作完 $y$ 后无法再操作 $z$ ，矛盾；
如果 $y,z$ 不存在子孙关系，那么 $y$ 一定可以取代 $x$ 成为点权最大的点，矛盾。

所以，我们的结论是正确的。

实现上，可以用树状数组记录不同点权点的出现次数，在 dfs 的过程中差分即可。

总体复杂度 $O(n \log n)$ 。

E2

感觉是一个题，会 E1 就会 E2。

根据 E1 的结论，当前局面是必败局面当且仅当不存在一个点 $x$ ，使得 $x$ 子树外的点 $y$ 满足 $w_x<w_y$ 。

也就是说，只要在先手操作后依然存在一个合法的 $x$ ，他必败。

为了获胜，他必须将当前局面变成必败局面，也就是使得图上不存在上述合法的 $x$ 。

然后，考虑哪些点满足在操作完它之后，当前局面是必败局面。

不难发现，这样的 $x$ ，对于任意 $w_y>w_x$ ，应当满足：

$x$ 是 $y$ 的祖先；
令 $z$ 表示满足点权 $>w_y$ 且不在 $y$ 子树内的点的共同 lca， $x$ 是 $z$ 的祖先。

两条满足任意一个即可。也很好理解，要么 $y$ 不存在，要么让后手选 $y$ 之后必输。

然后按点权从大到小加入点，用 dfs 序线段树维护每个 $y$ 对应的 $z$ ，再用一个树状数组做树上差分即可。

总体复杂度 $O(n \log^2 n)$ ，常数很小，可以通过。

代码实现

E1

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,x,y,ans,a[400005],b[400005],c[400005],dfn[400005];
int head[400005],nxt[800005],target[800005],tot;
void add(int x,int y){
	tot++;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	target[tot]=y;
}
bool cmp(int x,int y){
	return a[x]>a[y];
}
#define lowbit(i) (i&(-i))
void modify(int x,int k){
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		c[i]+=k;
	}
}
int query(int x){
	int ans=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
void dfs(int x,int fa){
	int now=query(n)-query(a[x]);
	modify(a[x],1);
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=target[i];
		if(y==fa) continue;
		dfs(y,x); 
	}
	if(b[x]==query(n)-query(a[x])-now) b[x]=0;
	else b[x]=1;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			modify(a[i],1);
			dfn[i]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			b[i]=query(n)-query(a[i]);
		}
		for(int i=1;i<n;i++){
			cin>>x>>y;
			add(x,y);
			add(y,x);
		}
		dfs(1,0);
		sort(dfn+1,dfn+1+n,cmp);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(b[dfn[i]]){
				ans=dfn[i];
				break;
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
		ans=tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			head[i]=b[i]=c[i]=0;
		}
	}
	return 0;
}

E2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,m,x,y,a[400005],num,tmp1,tmp2;
vector<int> ans,v[400005];
int head[400005],nxt[800005],target[800005],tot;
void add(int x,int y){
	tot++;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
	target[tot]=y;
}
int siz[400005],dfn[400005],rnk[400005],hson[400005],top[400005],dep[400005],f[400005],cnt;
void dfs1(int x,int fa){
	siz[x]=1;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=target[i];
		if(y==fa) continue;
		dep[y]=dep[x]+1;
		f[y]=x;
		dfs1(y,x);
		siz[x]+=siz[y];
		if(siz[hson[x]]<siz[y]) hson[x]=y;
	}
}
void dfs2(int x,int t){
	cnt++;
	dfn[x]=cnt;
	rnk[cnt]=x;
	top[x]=t;
	if(!hson[x]) return;
	dfs2(hson[x],t);
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		int y=target[i];
		if(y==f[x] || y==hson[x]) continue;
		dfs2(y,y);
	}
}
int lca(int x,int y){
	if(!x) return y;
	if(!y) return x;
	while(top[x]^top[y]){
		if(dep[top[x]]>dep[top[y]]) x=f[top[x]];
		else y=f[top[y]];
	}
	if(dfn[x]<dfn[y]) return x;
	else return y;
}
int val[800005],ls[800005],rs[800005],dcnt,rt;
void build(int l,int r,int &x){
	x=++dcnt;
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)>>1;
	build(l,mid,ls[x]);
	build(mid+1,r,rs[x]);
}
void modify(int l,int r,int pos,int x){
	if(l==r){
		val[x]=rnk[l];
		return;
	} 
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid) modify(l,mid,pos,ls[x]);
	else modify(mid+1,r,pos,rs[x]);
	val[x]=lca(val[ls[x]],val[rs[x]]);
}
int query(int l,int r,int ql,int qr,int x){
	if(ql<=l && r<=qr) return val[x];
	int mid=(l+r)>>1,ans=0;
	if(ql<=mid) ans=lca(ans,query(l,mid,ql,qr,ls[x]));
	if(qr>=mid+1) ans=lca(ans,query(mid+1,r,ql,qr,rs[x]));
	return ans;
}
int c[400005];
#define lowbit(i) (i&(-i))
void chg(int x,int k){
	if(!x) return;
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		c[i]+=k; 
	}
}
int get(int x){
	int ans=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
void init(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v[i].clear();
		head[i]=dfn[i]=rnk[i]=siz[i]=hson[i]=top[i]=c[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=dcnt;i++){
		val[i]=ls[i]=rs[i]=0;
	}
	ans.clear();
	cnt=tot=num=dcnt=rt=0;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		init();
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			v[a[i]].push_back(i);
		}
		for(int i=1;i<n;i++){
			cin>>x>>y;
			add(x,y);
			add(y,x);
		}
		dfs1(1,0);
		dfs2(1,1);
		build(1,n,rt);
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=0;j<v[i].size();j++){
				x=v[i][j];
				if(dfn[x]==1) tmp1=0;
				else tmp1=query(1,n,1,dfn[x],rt);
				if(dfn[x]+siz[x]-1==n) tmp2=0;
				else tmp2=query(1,n,dfn[x]+siz[x],n,rt);
				y=lca(tmp1,tmp2);
				if(!y) continue;
				//cout<<"qq"<<x<<' '<<get(dfn[x]+siz[x]-1)<<' '<<get(dfn[x]-1)<<'\n';
				if(get(dfn[x]+siz[x]-1)-get(dfn[x]-1)==num) ans.push_back(x);
			}
			for(int j=0;j<v[i].size();j++){
				x=v[i][j];
				if(dfn[x]==1) tmp1=0;
				else tmp1=query(1,n,1,dfn[x],rt);
				if(dfn[x]+siz[x]-1==n) tmp2=0;
				else tmp2=query(1,n,dfn[x]+siz[x],n,rt);
				y=lca(tmp1,tmp2);
				//cout<<"qwq"<<x<<' '<<y<<'\n';
				if(y){
					num++;
					if(x==y){
						chg(dfn[x],1);
					}else{
						chg(dfn[x],1);
					    chg(dfn[y],1);
					    chg(dfn[lca(x,y)],-1);
					} 
				}
			}
			for(int j=0;j<v[i].size();j++){
				x=v[i][j];
				modify(1,n,dfn[x],rt);
			}
		}
		sort(ans.begin(),ans.end());
		cout<<ans.size()<<' ';
		for(int i=0;i<ans.size();i++){
			cout<<ans[i]<<' ';
		}
		cout<<'\n';
	}
	return 0;
}

总结

总体来说我很喜欢这道题，由 E1 的提示引出了 E2 的正解，在得出正确的博弈策略之后，还需要用恰当的方式刻画博弈策略，以方便后续的维护。这既考察了选手对于复杂博弈问题的分析与刻画能力，在实现时也需要比较扎实的维护树上信息的能力，我认为这也是这道题能被被评到 *3000 的主要原因。

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本文作者：Kenma

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posted @ 2025-02-05 16:29 _Kenma 阅读(38) 评论(0) 编辑收藏举报

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Kenma

题解：The Game (Easy Version & Hard Version)

前言

思路分析

E1

E2

代码实现

E1

E2

总结

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