JOISC 2018 题解
没做计算几何题和提交答案题。
JOISC2018 Day1 Construction of Highway 道路建设
注意到题目中的操作相当于就是到根的路径染色，我们离线下来进行树剖，每条重链维护连续段，然后显然均摊会修改 \(O(n\log n)\) 段。我们每次修改时可以取出所有连续段，然后题目问逆序对数，我们对这些连续段跑一次逆序对即可。复杂度 \(O(n^2\log n)\)。
https://qoj.ac/submission/104349
JOISC2018 Day1 Tents 帐篷
我们把行/列上的一对看成一组，每一组会消耗一行两列/两行一列。所以我们先枚举我们放几个横对，枚举放几个行对，枚举放几个列对，再枚举放几个单点，式子就长成这样（令 \(g(x)\) 表示 \(\binom{2x}{2;2;...;2}\)）
把后面的东西拎出来，令 \(F(p,q)=\sum_z \binom{p}{z}\binom{q}{z}z!4^z\)，我们把 \(\binom{p}{z}\) 拆了然后再把 \(z!\binom{q}{z}\) 化成 \(q(z-1)!\binom{q-1}{z-1}\)，得到 \(F(p,q)=F(p-1,q)+4qF(p-1,q-1)\)。然后就可以 \(O(n^2)\) 做了。
https://qoj.ac/submission/104363
* JOISC2018 Day2 修行 Asceticism
即求欧拉数。
首先二项式反演，钦定有 \(k\) 个小于号，即 \(n-k\) 个上升连续段。一个上升段的 EGF 为 \(e^{z}-1\)，\(n-k\) 个段的 EGF 即 \([\frac{z^n}{n!}](e^z-1)^{n-k}=\sum\limits_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i}[\frac{z^n}{n!}]e^{iz}=\sum\limits_{i=0}^{n-k}(-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i}i^n\)。于是我们可以得到答案为
JOISC2018 Day2 最坏记者3 Worst Reporter 3
我们考虑每个人往后走的长度一定是前一个的整数倍。于是我们预处理一下，把长度相同的并起来，然后每次询问暴力查看是否在区间即可。复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
https://qoj.ac/submission/104631
JOISC2018 Day3 比太郎的聚会 Bitaro’s Party
看上去不是很好维护，考虑根号分治，暴力维护。我们对于每个点维护能到达它的前 \(B\) 大的点，然后这个是可以直接转移时归并的。然后不能来的点数 \(\ge B\) 的时候就考虑直接暴力做。\(B\) 稍微小一点跑的会比较快。
https://qoj.ac/submission/104697
* JOISC2018 Day3 安全门 Security Gate
对于括号序列串 \(C\)，设前缀和 \(S\) 和后缀和 \(T\)，假设我们反转的区间为 \([l+1,r]\)，令 \(r'=r+1\)，那么合法当且仅当：\(S[1,l]\ge 0\)，\(T[r',n]\ge 0\)，\(S_{r}\le 2S_{l}\)，\(S_r-S_l=S_n/2\)。我们对原串进行分类讨论。第一种，原串本身就是合法串，直接 DP。第二种，原串满足 \(S[1,n]\le 0\)，但是存在 \(T_i<0\)。第三种，原串满足 \(T[1,n]\le 0\)，但是存在 \(S_i<0\)。这两种情况对称。第四种，原串存在 \(T_i<0\) 且存在 \(S_i<0\)。
考虑第二三种如何处理。这时我们的决策一定是找到最小的 \(T_i<0\) 的位置 \(x\)（满足 \(x\) 处为右括号），在 \([1,x-1]\) 中取最早出现的 \(S_i\) 最大值的位置作为 \(l\)，并贪心找 \(l\) 后面的第一个满足 \(S_r-S_l=S_n\) 的位置 \(r\)。我们令 \(S_l=a\)，\(S_n=b\)，则 $ S_r=a+b/2$，于是 \(T_{r'}=a-b/2\)。我们 DP \(g_{i,j,k}\) 表示对于 \([1,i]\)，\(S_i=j\)，前缀最大 \(S_i=k\)，那么 \([1,x-1]\) 满足 \(S_l=j\) 的方案数为 \(g_{x-1,0,j}\)。设计 DP \(f_{u,i,j,0/1}\) 表示钦定 \(T_{r'}=u\)，\([i,n]\)，\(T_i=j\)，\(i\) 是否已经在被翻转的区间中（\(i<r\)）。而我们限制即 \(f_{i,*,1}=0\) 满足 \(*\neq u\)（因为钦定了 \(r\) 是第一个满足要求的），\(*\le 2u\)（对限制进行化简得到）。然后答案即 \(\sum_{u,i,j} g_{i-1,0,j} f_{u,i+1,2u-2j-1,[2j-u<-1]}\)。
然后考虑第四种如何处理。这时我们的决策对于 \(l\) 也是一样的，对于 \(r\) 要满足 \(r'\) 及之后的 \(T\) 都 \(>0\)。但是这需要满足 \(S_l+S_n/2\le S_r\)。但是其实如果我们把整个串翻过来然后左右括号反以下，发现如果正过来不满足这个条件那必然反过来后满足，唯一的问题是 $ S_l+S_n/2=S_r$ 时会算重，减掉就行了。考虑 DP。从 \(r\) 往 \(l\) 走，如果已经经历过 \(T<0\) 的话，那么这之后再出现 \(T_i=u\) 就无所谓了，于是还要加一个 \(f_{i,j,2}\) 表示目前已经经历过 \(T<0\) 了。然后其它都是差不多的。
https://qoj.ac/submission/105912
JOISC2018 Day4 糖 Candies
反悔贪心。用一个链表维护，然后每次把 \(a_i\) 变成 \(a_{pre}-a_i+a_{nxt}\) 即可。需要注意边界的情况，如果处理的是边界的点那么需要直接删掉。
https://qoj.ac/submission/104884
JOISC2018 Day4 图书馆 Library
首先我们 \(n\) 次问询问出第一个元素。然后我们考虑每次找到紧跟着这个元素 \(x\) 后面的那个元素。我们考虑维护一个候选集合 \(S\)，每次选 \(S\) 中的一半，问一次 \(S\) 和一次 \(S\cup\{x\}\)，就能判断后面那个元素是否在 \(S\) 中。
https://qoj.ac/submission/104885
JOISC2018 Day4 野猪 Wild Boar
每年就总有一道这种题，让人写的痛不欲生。
首先我们考虑对于一条路径，它真正有用的信息只有长度，和首尾两条边是什么。如果我们想要合并两条路径 \(X,Y\)，我们只需要 \(X\) 的最后一条边和 \(Y\) 的第一条边不相等。我们维护 \((u,v)\) 之间的五条路径：最短路，钦定首边与最短路不同的最短路，钦定尾边与最短路不同的最短路，钦定首尾边都不同的最短路。然后我们就可以在线段树上维护询问了。
然后就是这些东西怎么求。我的sb做法是：对于每个边 \(s\to t\)，记录 \(f_{u,0/1}\) 表示 \(s\) 出发且第一步是 \(s\to t\) 的最短/次短路，且保证次短路的尾边与最短路不同。这个有很多的细节。然后将所有记录下来的路径排序之后从前往后找路径。我的代码距离爆 1G 的内存，只差 0.8M。很危险。
