『省选模拟赛3』 Day10 总结

合集 - 联合省选2025集训(12)

1.『Trie 树，K-D 树，线段树』Day1 略解2024-12-232.『平衡树』Day2 略解2024-12-243.『图的连通性进阶』 知识点 总结2024-12-284.『省选模拟赛1』 Day5 总结2024-12-275.『图的连通性』Day4 略解2024-12-266.『图的连通性进阶』Day3 略解2024-12-267.『矩阵树定理，LGV引理，行列式』Day8 略解01-038.『矩阵树定理，LGV引理，行列式』Day9 略解01-03

9.『省选模拟赛3』 Day10 总结01-05

10.CF DP 2300~3000 板刷2024-11-1011.『杂题总结』Day11 略解01-0812.PKUWC2025 游记01-20

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前言

你要搞清楚自己人生的剧本不是你父母的续集，不是你子女的前传，更不是你朋友的外篇。

第三次考试，第二次被我咕掉了。

$68+35+100=203$，在高二没参考的情况下，$\mathtt{\text{BZ Rk2}}$，也还算能看。

感觉这次的排名和上次是倒过来的。

T1 这么唐氏的 DP 状态有限，是可过的，居然被我直接否定掉了，我还是太愚蠢了。

T1

最开始只会 $\mathcal{O}(2^n)$ 的位运算优化的爆搜，在一系列乱搞和剪枝下居然过掉了 $n\le 30$ 的数据，这辈子也就只会乱搞了。

考虑一个更有优化前景的暴力 DP。即我们定义 $d{p}_{i,S}$ 表示前 $i$ 个数选的子序列集合为 $S$，对应的最大逆序对数和方案。复杂度应该是 $\mathcal{O}(2^n\times n)$。

但是显然，如果我们把所有的状态都记下来，显得有些冗余，因为有些对我们后面的逆序对影响不大。

假设 $i$ 后面的数是 $x_1,x_2,...x_k$，（不妨设 $x_1<x_2<....<x_k$，其实我们只关心 $[1,x_1),(x_1,x_2),....(x_k,n]$ 在前 $i$ 个中每段被选了多少个。于是状态数不会超过每段长度 $+1$ 的乘积。

此时状态应该被减下去很多了，你写完之后发现可以通过。具体证明的话，可以使用柯西不等式，一定会在每段相同的时候取到状态数量的最大值，通过求导得到最值是 $e^{\frac{n}{e}}$，由于段长是整数，时间复杂度应该就是 $3^{\frac{n}{3}}\times \text{poly}(n)$。

可能使用 $\text{map}$ 类的东西来暴力压状态会被卡常，可能需要实现精细一点。

貌似还有很多其他奇奇怪怪的做法（？

$\mathtt{\text{Code}}$

T2

感觉是一道挺不错的题，确实没想到这个地方可以使用分治来减小复杂度。

从 $n=1,2,3$ 一个一个来。

先看 $n=1$ 的时候，其实答案就是算每个点的贡献，即 $2\times \sum _{i=1}^m(a_i\times (i\times (m-i+1)-1))$。

然后看 $n=2$ 的时候怎么办。

发现一个性质，即从 $(x,y)\to (x^{\prime },y^{\prime })$ 的路径，假设 $y\le y^{\prime }$，那么显然可以发现我们在路径中必然不存在从 $(a,b)\to (a,b-1)$ 这种向左走的情况。证明应该是显然的，因为是点权最短路。

考虑一个分治。对于分治区间 $[l,r]$，我们统计所有 $y\in [1,\text{mid}],y^{\prime }\in [\text{mid}+1,r]$ 这样的所有 $(1,y)\to (1,y^{\prime }),(1,y)\to (2,y^{\prime }),(2,y)\to (1,y^{\prime }),(2,y)\to (2,y^{\prime })$ 这样的点对的答案。对于剩下的直接递归处理。

发现其实我们只需要关心 $\text{mid}$ 这一列是怎么走到 $\text{mid}+1$ 这一列去的。

考虑求出 $(1,\text{mid}),(2,\text{mid})$ 到列区间所有点的最短路。假设分别是 ${\text{dis}}_{1,x,y}$ 和 ${\text{dis}}_{2,x,y}$。

对于 $(x,y)\to (x^{\prime },y^{\prime })$ 且要在当前递归中被计算的点对，发现当 ${\text{dis}}_{1,x,y}+{\text{dis}}_{1,x^{\prime },y^{\prime }}<{\text{dis}}_{2,x,y}+{\text{dis}}_{2,x^{\prime },y^{\prime }}$ 时，从 $\text{mid}$ 到 $\text{mid}+1$ 列时，我们是从第一行走的，否则就是第二行。

我们将上述不等式化成如下形式：${\text{dis}}_{1,x,y}-{\text{dis}}_{2,x,y}<{\text{dis}}_{1,x^{\prime },y^{\prime }}-{\text{dis}}_{2,x^{\prime },y^{\prime }}$ ，应该在分治中就可以转化成一个一维偏序问题，对于从第一行和第二行分别统计答案即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(m{\log }^{2}m)$。

接下来看 $n=3$ 怎么处理。

发现 $n=3$ 是可能向左走的。但是发现从 $(x,y)\to (x^{\prime },y^{\prime })$ 且 $y\le y^{\prime }$ 的情况下，我们只有可能在起点处向左走若干步，中间一直向右，最后再向左走若干步到达终点。

这意味着什么呢，在递归区间中，$(x,y)\to (x^{\prime },y^{\prime })$ 可能经过的点不只是递归区间中的点，而是从左边走 $\mathbf{U}$ 型拐进来的。

也就是说，我们只需要考虑从 $(1,y)/(3,y)$ 走到 $(3,y)/(1,y)$ 可能不是直接一列走下去，而是向左走一个 $\mathbf{U}$ 型 或者向右走一个 $\mathbf{U}$ 型。然后把这种 $\mathbf{U}$ 型考虑到最短路求完之后。（因为为了保证复杂度，最短路不能经过递归区间外的点，就必须强行考虑 $\mathbf{U}$ 这种走出区间的情况。）从 $\mathrm{\forall }i\in [1,m],(1,i)\to (3,i)$ 的情况都需要预处理，而且预处理应该是比较平凡的。

然后求出区间内所有的点到 $(1,\text{mid}),(2,\text{mid}),(3,\text{mid})$ 的最短路之后，刚才判断从 $\text{mid}$ 到 $\text{mid}+1$ 列是走的是哪一行就变成了 ${\text{dis}}_{1,x,y}-{\text{dis}}_{2,x,y}<{\text{dis}}_{1,x^{\prime },y^{\prime }}-{\text{dis}}_{2,x^{\prime },y^{\prime }}\mathrm{\&}{\text{dis}}_{1,x,y}-{\text{dis}}_{3,x,y}<{\text{dis}}_{1,x^{\prime },y^{\prime }}-{\text{dis}}_{3,x^{\prime },y^{\prime }}$ ，从而从一维偏序变成了二位偏序。然后由于你算的所有点对，这里的小于和小于等于的符号一定要想清楚，不然很容易算重。就你在从第一行和第二行过去都算到了同一个点对。

时间复杂度仍然是 $\mathcal{O}(m{\log }^{2}m)$。

代码非常恶心，长达 $\mathtt{\text{10.4K}}$，仅供参考。

$\mathtt{\text{Code}}$

T3

以前做过，差点没想到决策单调性，险些没做出来。。。

首先有一个很显然的性质，对于所有重量为 $i$ 的苹果，我们把这些苹果按照价格从大到小排序之后，如果重量为 $i$ 的苹果被选择了 $j$ 个，那么一定是选的苹果价值最大的 $j$ 个。

于是我们考虑把 $i=1,2,3,4,5$ 分别拎出来，每组苹果按照价值从大到小排序之后求一个前缀和。

然后考虑一个朴素背包 DP。定义 $d{p}_{i,j}$ 表示考虑完重量为 $[1,i]$ 的所有苹果之后，当前运输了重量为 $j$ 的苹果时，可以最多卖出多少价钱。

显然有转移 $d{p}_{i,j}=\underset{k=0}{\overset{{\text{num}}_i}{max}}d{p}_{i-1,j-k\times i}+{\text{sum}}_k$，其中 ${\text{num}}_i$ 表示重量为 $i$ 的苹果有多少个，$\text{sum}$ 数组是当前重量为 $i$ 的苹果排序之后的价值前缀和数组。

发现 $(k,{\text{sum}}_k)$ 在排完序之后，所连成直线构成的图形应该是上凸的，这指向了决策单调。

发现 $j$ 只会从 $j^{\prime }=j-k\times i$ 转移得到，也就是说 $j^{\prime }\equiv j(\mathrm{mod}i)$。

发现对于所有的 $j$ 在模 $i$ 的意义下分成 $i$ 组，只有每组内部才可能产生转移，并且发现每个组内的转移由于 $(k,{\text{sum}}_k)$ 是上凸的，所有每组内的转移满足决策单调性。

然后直接整体二分维护决策单调即可，

时间复杂度 $\mathcal{O}(c\times n\times \log (c\times n))$。

$\mathtt{\text{Code}}$