NOIP2024集训 Day51 略解

合集 - NOIP2024(12)

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前言

你只记得，努力之后，是九死一生。却忘了，若不努力，便是十死无生。

感觉今天的题充其量也是一堆典题，可是我还是菜的不会几道，做过的都不会了。。

Cheap Robot

显然，你可以先从每个充电站出发跑一个多源最短路，得到每个点 $x$ 到其最近的充电站的距离 $di{s}_x$。

有一个更加显然的东西是，你无论当前走到了哪个点，假设是 $x$，当前剩余容量为 $y$，你一定要满足 $di{s}_x\le y$。

同理，如果你要到达一个点，那么油箱容量也必须 $\ge di{s}_x$。

那么，你发现，对于任意一条边 $(u,v,w)$，经过他所需的最小容量就是 $di{s}_u+di{s}_v+w$，你要求的就是对于 $a\to b$ 的每条路径上经过每条边的最小容量最大值的最小值。

显然直接上 $\mathtt{\text{Kruskal}}$ 重构树就直接秒了。

有序奶牛

题目保证按照输入的偏序建边一定是个 $\mathtt{\text{Dag}}$，而我最开始根本就没有发现这件事情。

一个比较直观的删边方法就是你再删掉这条边之后，剩下的边仍然可以使得这条边的起点到达终点。

具体实现就是你先跑一边拓扑序，然后对于每一条边 $u,v$ 按照 ${\text{topo}}_u$ 为第一关键字，${\text{topo}}_v$ 为第二关键字从小到大排序。

然后你按照排序后的顺序遍历每条边，更新连通性即可，可以通过 $\mathtt{\text{Bitset}}$ 做到 $\mathcal{O}(\frac{nm}{w})$。

变换序列

按照题目中给得 $D(i,j)$ 的定义和具体的值，每个点最多连出去四条边，然后直接跑最小字典序完美匹配即可。

字典序的话你直接对于边权最小到大遍历即可。

Dynamic Shortest Path / 动态最短路

挺不错的一道题。

暴力思路是你对于每次操作之后跑一遍 $\mathtt{\text{Dijkstra}}$，复杂度 $\mathcal{O}(q\times m\log n)$，直接炸掉。

我们发现这个 $\log n$ 非常难受，想一下有没有办法把他搞掉。

有一个比较重要的东西是，如果 $\mathrm{\forall }x\in [1,n],0\le di{s}_x\le V$，那么你可以把堆优化 $\mathtt{\text{Dijkstra}}$ 改成用桶排优化，复杂度可以做到 $\mathcal{O}(V+n+m)$。

我们发现每次修改 $c$ 条边，每次边权加一，而 $\sum c\le {10}^6$，故我们先考虑跑一遍 $\mathtt{\text{Dijkstra}}$ 求出初始 $di{s}_x$，然后每次修改之后求得每个点距离的增量数组 $ad{d}_x$。

观察到 $ad{d}_x=\underset{(x,j,w)\in E}{min}di{s}_j+ad{d}_j+w-di{s}_x$，且满足对于每次修改，有 $\mathrm{\forall }x,x\in [1,n],0\le ad{d}_x\le c$，故总复杂度 $\mathcal{O}(q\times (c+n+m))$ 可过。

Exhausted?

显然有一个非常劣的贪心性质是，按照 $l_i$ 为第一关键字，$r_i$ 为第二关键字按照顺序填，填不下就往后面补。

但是由于无法满足 $r_i$ 单调，故直接这样写是错的。

我们再考虑一下，如果左边塞不下了，那么无论如何，都要有一个人坐到右边，那么我们可以吧左边有位置的一个人踢出来，让他坐在右边。那我们肯定是把 $r_i$ 小的踢出来，这样显然更优。

那就好办了，我们往左边塞的时候，坐不下就把 $r_i$ 最小的踢掉，可以用小根堆维护。把左边塞完之后，再把没座位的，以同样的方法往右边塞，实在没办法就只能补了。

对于贪心的正确性，可以从霍尔定理的角度进行理解。

自行车

首先，我们先看什么时候一定不合法。即你对于任意三个点 $i,j,k$ 如果其满足 $b_{i,j}<min(b_{i,k},b_{k,j})$ 那就显然不合法。（根据合法的定义，这个很直观）

然后这个时候你直接搞一个完全图应该就可以直接合法了，但是边数会炸掉。考虑能不能搞出一颗合法的生成树。

显然这个地方你要搞一颗最大生成树，因为你是要两个点路径上最小值的最大值为 $b_{i,j}/c_{i,j}$。此时我们先只考虑 $b$。暴力 $n^2$ 建边，然后跑生成树。观察到如果此时连接的两个点 $(i,j)$ 是联通的，那么你显然不需要连，因为此时你显然满足对于同样在这个连通块内的点 $k$，有 $b_{i,j}\le min(b_{i,k},b_{k,j})$，而为了合法，你又必须满足 $b_{i,j}\ge min(b_{i,k},b_{k,j})$ 于是你有 $b_{i,j}=min(b_{i,k},b_{k,j})$，此时你这颗生成树构建出来对 $b$ 显然是合法的。

同理，直接对 $c$ 再跑一遍。但是对于 $b_{i,j}+c_{i,j}<w$ 这些边你是绝对不可以加进去的，最开始跑生成树的时候直接跳过即可，因为他显然加进去之后会导致不合法。

然后将 $b,c$ 的答案合并起来即可。

兔兔与蛋蛋

一道不错的二分图博弈好题。

如果你直接按照局面暴力 $2^{n\times m}$ 建边你就废了。

首先有一个很重要的性质是，每个黑白棋只会被移动一次，这个应该可以非常简单的通过奇偶性进行证明。

而有了这个性质的基础，我们就可以尝试把每个点放在二分图上，对于空格看作黑点，因为是兔兔先移动，黑白染色直接放上去，然后黑白之间建边。

由于每个点只会被移动一次，换句话说就是棋盘上每个点只会被经过一次，从而对应了二分图博弈类似的下棋问题，也迁移到了二分图匹配每个点只能在一个匹配上面，然后就直接套板子。

对于兔兔的失误在哪里，就是他操作之前是必胜，操作之后是必败，这一步就是失误，直接暴力二分图博弈判断即可。\

后记

I wish I was special
You're so very special
But I'm a creep, I'm a weirdo