JOISC 2018 题解

合集 - JOISC(7)

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3.JOISC 2018 题解2023-05-15

4.JOISC2019 题解2023-04-235.JOISC 2020 题解2023-05-316.JOISC 2021 题解2023-05-257.JOISC 2022 题解2023-05-23

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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 $\binom{2x}{2;2;...;2}$）

$$\sum_x \binom{n}{x}\binom{m}{2x}g(x)\sum_y \binom{n-2x}{y}\binom{n-x}{2y}g(y)\sum_z \binom{n-x-2y}{z}\binom{m-y-2x}{z}z!4^z$$

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

$$ans=\sum_{k} \binom{k}{m}(-1)^{k-m}\sum_i i^n(-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i}\\ = \sum_i i^n(-1)^{n-m-i}\sum_k \binom{k}{m}\binom{n-k}{i}\\ = \sum_i i^n (-1)^{n+m+i}\binom{n+1}{m+i+1}$$

https://loj.ac/s/1773669

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。

https://qoj.ac/submission/105586