20241003校模拟

A#

纪念一下本人在校模拟用线段树优化dp单杀*900。

最小和最大没有本质区别，这里只讨论最小的情况。

设 $f_i$ 表示前缀 $i$ 的答案，显然是要枚举 $j$ 使得 $(j,i]$ 合并成一段：

$$f_i=min(f_j+\lceil {\displaystyle \frac{s_i-s_j}{x}}\rceil )$$

其中 $s_i=\sum _{i=1}^i{a}_i$。

想办法把 $i,j$ 的贡献拆开，再用数据结构优化转移。

显然有 $\lceil {\displaystyle \frac{s_i-s_j}{x}}\rceil =\lfloor {\displaystyle \frac{s_i-s_j}{x}}\rfloor +[s_i\not\equiv s_j(\mathrm{mod}x)]$，对于下取整，我们有广为人知的结论：

$$\lfloor {\displaystyle \frac{s_i-s_j}{x}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{s_i}{x}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{s_j}{x}}\rfloor -[(s_{j}modx)>(s_{i}modx)]$$

证明也很简单，对于三种不等关系讨论一下即可。

两者结合一下：

$$\lceil {\displaystyle \frac{s_i-s_j}{x}}\rceil =\{\begin{array}{ll}\lfloor {\displaystyle \frac{s_i}{x}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{s_j}{x}}\rfloor +1& (s_{j}modx)<(s_{i}modx)\\ \\ \lfloor {\displaystyle \frac{s_i}{x}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{s_j}{x}}\rfloor & \text{otherwise}\end{array}$$

把所有 $s_{i}modx$ 离散化，用线段树优化转移即可。submission

B#

存在平凡的构造使得权值为零：$1$ 向其他点连 $d_i$ 的边，任意 $i>1$ 向 $1$ 连 $-d_i$ 的边。

几条显而易见的性质：

• $i$ 不能向 $d_j\ge d_i$ 的 $j$ 连负权边，否则 $d_i+w<d_j$，不满足最短路的限制。
• $i$ 最多向 $d_j<d_i$ 的 $j$ 连权值为 $d_j-d_i$ 的边，否则出现负环（不满足最短路限制）。

因此，我们得到了答案的下界：

$$(\sum _{i=1}^n{d}_i)+(\sum _{d_j<d_i}{d}_j-d_i)$$

那么是否存在一组构造能达到下界呢？

将 $d$ 排序，$i$ 向 $i+1$ 连 $d_{i+1}-d_i$ 的边，所构成的一条链显然满足初始限制。

每个 $i$ 对于 $j<i$ 连 $d_j-d_i$ 的边，一定不会出现负环，且始终满足最短路的限制，这样就达到了下界。

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C#

把第一次染色的颜色作为根，枚举根，对每种情况分别求一下答案，最后除以 $n$（第一步是等概率的）。

考虑 $u>v$ 对整棵树的贡献 $e(u,v)=p(u,v)\times 1=p(u,v)$，设 $l=\text{lca}(u,v)$。

当 $l$ 未被染色时，局面可以是任意的；当 $u,v$ 都已经染色后，局面也可以是任意的。

全局的概率是 $1$，不对 $p(u,v)$ 产生影响，只要考虑 $l$ 被染色到 $v$ 被染色之间的这一过程。

我们称 $(u,v)$ 简单路径上的点是关键的。

一旦 $l$ 被染色，每次操作染色集合有 $p$ 的概率向 $u$ 逼近一步，$p$ 的概率向 $v$ 逼近，$1-2p$ 的概率选择非关键点。

注意每次操作的 $p$ 可能不同，但向 $u,v$ 逼近的概率始终相同（等概率）。

设 $f(i,j)$ 表示 $l$ 要向 $u$ 逼近 $i$ 步，向 $v$ 逼近 $j$ 步，最后 $u$ 出现在 $v$ 之前的概率。

$f(i,j)=p\times f(i,j-1)+p\times f(i-1,j)+(1-2p)\times f(i,j)⟹f(i,j)=\frac{f(i-1,j)+f(i,j-1)}{2}$。submission

D#

设 $[l,r]$ 内有 $cn{t}_l$ 个元素小于 $a_i$，$cn{t}_m$ 个元素等于 $a_i$，$cn{t}_r$ 个元素大于 $a_i$。

设中位数为 $a_{mid}$：

• $a_i>a_{mid}$，距离等于 $a_l+a_m-\lceil \frac{r-l+2}{2}\rceil =\lfloor \frac{a_m+a_l-a_r-1}{2}\rfloor$。
• $a_i<a_{mid}$，距离等于 $\lfloor \frac{r-l+3}{2}\rfloor -(a_l+1)=\lfloor \frac{a_m+a_r-a_l}{2}\rfloor$。

$a_i>a_{mid}$ 时一定有 $\lfloor \frac{a_m+a_l-a_r-1}{2}\rfloor >\lfloor \frac{a_m+a_r-a_l}{2}\rfloor$，$a_i<a_{mid}$ 时同理，等于时两者取 max：

$$\text{dist}=max(\lfloor \frac{a_m+a_l-a_r-1}{2}\rfloor ,\lfloor \frac{a_m+a_r-a_l}{2}\rfloor )$$

对这两部分分别计算。

对于第一部分，设新数组 $b$ 满足：$b_j=1$ 当且仅当 $a_j\le a_i$，否则 $b_j=-1$。

忽略整除 $2$ 的部分，所求即 $(\sum _{j=l}^r{b}_j)-1$。

不妨以 $i$ 为中心分两部分考虑：$(\sum _{j=l}^i{b}_j)+(\sum _{j=i}^r{b}_j)-2$，前一部分即前缀 $i$ 的最大后缀，后一部分为后缀 $i$ 的最大前缀。

线段树维护某个区间的最大前后缀。

按照 $a_i$ 顺序更新答案，初始 $b_j$ 全为 $-1$，每碰到一个新的 $a_i$ 就将对应位置修改成 $1$，时间复杂度 $O(n\log n)$。

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