模拟赛8.3 解题报告

T1 跑路

题意：一个矩阵，每个数为 \(0/1\)。每次操作选一个子矩阵，把子矩阵中的所有数取反。求使得矩阵出现一条从 \((1,1)\) 到 \((n,m)\) 全为 \(0\) 的最短路径的最小操作数。

对于任意一条 \((1,1)\) 到 \((n,n)\) 的最短路径 \(P\)，我们若令 \(P\) 上的数全部变成 \(0\)，需要选择若干个矩阵操作。不难发现，此时的最小操作数为 \(P\) 上 \(1\) 的连续段数。

设 \(f[i,j]\) 表示到达 \((i,j)\) 时 \(1\) 的最小连续段数，\(O(nm)\) 的 DP 即可解决。

T2(AGC010C) 清扫

题意：有一棵 \(n\) 个点的树，每个点 \(u\) 有一个非负权值 \(a_u\)。进行若干次操作，每次操作选择两个叶子节点 \(v_1,v_2\)，若对于任意一点 \(u\in \text{Path}(v_1,v_2)\)，满足 \(a_u>0\)，则令所有 \(a_u(u\in\text{Path}(v_1,v_2))\) 减一。判断是否能使所有权值变成 \(0\)。叶子节点定义为度数为 \(1\) 的点。

抽象题需要大力设数，设 \(g[u]\) 表示 \(u\) 的子树中的叶子节点与 \(u\) 子树外的叶子节点的操作数。

为了方便，我们先找一个非叶子节点作为根（\(n<3\) 时特判）。对于点 \(u\)，若我们已知 \(g[v](v\in \text{son}(u))\)，设 \(sumg=\sum\limits_{v}g[v],\space mxg=\max\limits_v\{g[v]\}\)，若 \(sumg<a_u\)，显然无解。否则每个儿子需要互相合并一些操作，共合并 \(sumg-a_u\) 次。根据经典套路，我们最多可以合并 \(\min(\lfloor\frac{sumg}2\rfloor,sumg-mxg)\) 次，判断合法性，然后计算

\[g[u]=sumg-2(sumg-a_u)=2a_u-sumg \]

显然最后根节点的 \(g\) 为 \(0\)，再判断一次根节点即可。

T3(ARC092F) 定向

给出一张有向图，对于每条边，判断将其反向后 \(\text{SCC}\) 数量是否改变。

\(n\le1000, m\le2\times10^5\)

对边 \((u,v)\) 分类。

• \((u,v)\) 为 \(\text{SCC}\) 外的边（连接两个 \(\text{SCC}\) 的边）

若 \(u\rightarrow v\) 存在另一条路径，那么 \((u,v)\) 反向后，存在环 \(u\sim v\rightarrow u\)，\(\text{SCC}\) 数量减一。

• \((u,v)\) 为 \(\text{SCC}\) 内的边

若 \((u,v)\) 反向，该 \(\text{SCC}\) 割裂的条件： \(u\rightarrow v\) 不存在其他路径。

于是，边 \((u,v)\) 反向后改变 \(\text{SCC}\) 数量的条件：v→u存在路径 \(\operatorname{xor}\) u→v存在其他路径 \(=1\)。

第一项好做，第二项呢？

大力发扬人类智慧，若边 \((u,v)\) 在 \(u\) 的出边中处于位置 \(p\)，那么另一条路径包含的 \(u\) 的一条出边肯定在 \(p\) 的前面或后面。于是我们从前往后遍历出边，从后往前便利出边，进行两次 \(\text{Dfs}\)。若两次所占的 \(u\) 的出边有一条不是 \((u,v)\) 那么说明存在其他路径。

时间复杂度 \(O(nm)\)。

T4(ARC089F) 染色

题意：\(n\) 个球，\(m\) 次染色操作。给出长为 \(m\) 由 \(\text{r,b}\) 组成的字符串 \(s\)，若 \(s_i=\text r\)，第 \(i\) 次操作为选择一段区间染红色，否则为选择一段小球都是红色的区间染蓝色。初始时所有小球都是白色的，求染完后小球的颜色情况有多少种可能，模 \(10^9+7\)。

非常复杂。

首先每一个非白色极长段肯定是先用红色全染，再用红蓝再上面染。我们以最少染色次数来计数，分成两类：

• 最终全是红色的大红段

• 最终有蓝有红的杂色段

先考虑杂色段。我们发现，若蓝色小段一共有 \(k\) 小段，那么我们至少需要 \(k+1\) 次染色，其中一次为一开始的大红段整体染色。而且，第二次染色一定是用蓝色染，剩下的颜色随便。即一个有 \(4\) 个蓝色小段的杂色段，染色序列为 \(\text{rb}\)XXX，任意一种染色序列都能染出所有可行方案。

设 \(s_i\) 表示第 \(i\) 个杂色段的蓝色小段数量，\(t_i\) 表示 第二次染色的时间从小到大的第 \(i\) 个染色段从第二次染色的时间开始，有多少次染色是没有用过的（“用过”指杂色段的第一次大红染色，以及每个大红段的一次染色）。

若一共有 \(c\) 个杂色段，对于任意一个 \(i(1\le i\le c)\)

\[t_i\ge \sum_{j=i}^c s_j \]

我们把 \(s\) 降序排序，即可令满足条件的可能性最大化。

先不考虑每个段（不管大段还是小段）的长度，如何计数这些杂色段的排列数？显然蓝色小段数量相等的段是一样的，这就是一个多重集排列数，我们可以 DP 做。在 DP 的同时去满足上式条件限制。

设 \(f[i,j,k]\) 表示填写了 \(s_{i...c}\)，其中 \(\sum\limits_{p=i}^c s_p=j,\space\space s_i=k\)，此时所有方案的多重集排列数。

枚举 \(x\) 表示 \(s_i=s_{i+1}=\dots=s_{i+x-1}>s_{i+x}\)，枚举 \(s_{i+x}=y<k\)，那么

\[f[i,j,k]=\sum_{x,y} f[i+x,j-kx,y]\times C(c-i+1,x) \]

这个 DP 是 \(O(n^4\log n)\) 的，前缀和优化可至 \(O(n^3\log n)\)。

为了满足条件，有 \(j\le t_i\)，对于 \(x'\in [i+1,x]\) 都有 \(j-kx'\le t_{i+x'}\)，后者可以在枚举 \(x\) 的时候顺便判断。

现在考虑大红段，设有 \(a\) 个大红段。贪心考虑，可知我们先让杂色段占掉靠前的 \(\text{r}\)，让大红段占掉剩下的一些 \(\text{r}\)。然后我们对大红段和杂色段之间计算排列组合方案数：\(C(c+a,c)\)。

考虑每个段的长度和白色段的长度。设杂色段的 \(\sum\limits_{i=1}^cs_i=s_0\)，对于每个杂色段，若有 \(k\) 个小蓝段，则 \(k\) 个小蓝段和夹在其中的 \(k-1\) 个小红段长度至少为 \(1\)，即杂色段有 \(2s_0-c\) 个长度至少为 \(1\) 的段；白色段有 \(a+c-1\) 个段长度至少为 \(1\)；大红段有 \(a\) 段。

则长度至少为 \(1\) 的段数：

\[2s_0-c+a+c-1+a=2s_0+2a-1 \]

杂色段两侧的小红段可有可无，整个小球序列的两侧的白色段可有可无，进一步推出所有可能的段数：

\[2s_0+2a+2c+1 \]

然后用插板法就行了。

于是答案为

\[C(c+a,c)\times\sum f[1,j,k]\times C(n-(2j+2a-1)+(2j+2a+2c+1)-1,2j+2a+2c+1-1) \]

最后枚举个 \(a,c\) 即可，时间复杂度 \(O(n^5\log n)\)。