省选集训day6

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考试

T1

我们首先用 \(O(n)\) 的复杂度去预处理所有点到 \(s_1,s_2,t_1,t_2\) 的最短路，然后我们用 \(O(n^2)\) 的复杂度去枚举公共部分的两个端点，显然，公共部分是连续的一段。如果我们直接在上面二分导数的话，时间复杂度是 \(O(n^2\log n)\) ，不可接受，但是我们发现，对于一个确定的公共部分长度 \(a\) 来说，最优解一定满足非公共部分是最短的，所以我们可以在 \(n^2\) 枚举的时候处理出对于所有的长度 \(a\)，它最小短的非公共部分的 \(b\) 长度是多少。然后我们对于每一个长度（显然长度最大是 \(n\) ），去二分他的导数，其实也可以三分来做，因为这个函数（时间是因变量，给公共部分的前是自变量）是一个凹函数。这个题就做完了，复杂度 \(O(n^2+n\log n)\)

T2

令 \(n=R-L+1\)，\(O(n^3)\) 的 dp 比较显然，一共有 \(O(n^2)\) 个状态：
\(L(x, r)\)：显示屏上的数字是 \(x\)，现在还没区分开的区间是 \([x+1,r]\)；
\(R(l, x)\)：显示屏上的数字是 \(x\)，现在还没区分开的区间是 \([l, x-1]\)；
然后 \(O(n)\) 枚举接下来猜的数字，算算距离就可以了。现在我们要加速这个过程，观察到最多操作的次数也不会很多，其实最多 45 次，新的状态是：
\(range\_left(c,x) = min\{l : R(l,x) \le c\}\)
\(range\_right(c,x) = max\{r : L(x,r) \le c\}\)
令 \(dist(a,b)\) 表示从 \(a\) 变到 \(b\) 最少要几步；现在让我们来算算 \(range\_right(c,*)\)，假设所有小于 \(c\) 的状态我们都知道了。\(range\_right(c,x) \ge y\) 成立的条件是存在一个 \(m\) 满足 \(range\_left(c-dist(x,m)-1,m) \le x+1\) 并且 \(range\_right(c-dist(x,m)-1,m) \ge y\)，其中 \(m\) 是下一步要猜的数字；我们在逻辑上用如下方法把 \(m\) 变成 \(x\)：把 \(m\) 中的若干位置变成 ?，然后把 ? 变成 \(x\) 中对应的数字。比如说 31337->3??3?->35932。我们把 \(11^5\) 个状态（5个位置，每个位置可以是 0…9 或 ?）映射到 int，并且引入辅助数组 \(D\)。现在考虑 \(x\)，对于每个满足 \(range\_left(c-d-1,m)=x+1\) 的可能的距离 \(d\in[1,5]\) 和数字 \(m\in[1,100000)\)，考虑 \(C(5,d)\) 种把 \(m\) 中的 \(d\) 个数字变成 ? 的方式，对于每个变出来的串 \(w\)，更新 \(D(w)=max(D(w),range\_right(c-d-1,m))\)；那么 \(range\_right(c,x)\) 就是所有可以从 \(x\) 变出来的 \(w\) 中 \(D(w)\) 的最大值。
如上方式，\(range\_right\) 可以用 \(45*(5*10^5log(5*10^5)+10^5*32+11^5)\) 的复杂度算出来，\(range\_left\) 也可以用类似方法求。

T3

枚举平行于 \(y\) 轴和 \(z\) 轴的平面（下称平面 \(x\)）的位置。和平面 \(x\) 有交的矩形就不用考虑了，和它无交的矩形就必须和平面 \(y\) 和平面 \(z\) 之一有交。平面 \(x\) 在移动的过程中，即平面 \(x\) 的 \(x\) 坐标在从 -inf 变化到 inf 的过程中，每个矩形和平面 \(x\) 有交的时间是连续的一段。在这段时间外，这个矩形必须和平面 \(y\) 或平面 \(z\) 有交，即 \(ymin\le y\le ymax ~||~ zmin\le z\le zmax\)，其中 \(ymin\) 为矩形 \(y\) 坐标最小值，\(ymax\) 为矩形 \(y\) 坐标最大值，\(zmin\) 和 \(zmax\) 类似，\(y\) 为平面 \(y\) 的 \(y\) 坐标，\(z\) 为平面 \(z\) 的 \(z\) 坐标。画在 \(x\) 平面上，就是 \(y\) 平面在 \(x\) 平面上的投影（一条平行于 \(y\) 轴的直线）和 \(z\) 平面在 \(x\) 平面上的投影（一条平行于 \(z\) 轴的直线）的交必须在以矩形为中心的红十字形状内。也就是二维版的本问题。

在二维版的本问题中，要判断的其实是每个矩形对应的红十字形状的交是否为空。我们取红十字形状的补集，即左上，右下，左下，右上 4 个不封闭矩形区域。所有矩形的左上区域的并构成了左上的一条轮廓线，其它 3 个角类似，这 4 条轮廓线外的区域即为所有红十字形状的交。如果要判断交是否为空，可以先将 \(y\) 和 \(z\) 坐标的范围限制为 \([-M,M]\)（\(M\) 为本题坐标范围），为每个 \(y\) 坐标计算该 \(y\) 坐标上（上=on， 不是above）有多少 \(z\) 坐标位于轮廓线外。对于一个 \(y\) 坐标，在这个 \(y\) 坐标上的 \(z\) 坐标其实有两个下界和两个上界，分别由左上左下右上右下轮廓提供，下界取较大的生效，上界取较小的生效。

在三维版本的问题中，我们要维护上述 4 条轮廓线，同时维护每个 \(y\) 坐标上有多少 \(z\) 坐标位于轮廓线外。我们将所有 \(y\) 坐标按照 \(z\) 坐标的下界和上界由谁提供分为4类（下界可能由左上或者左下轮廓提供，上界则由右上或者右下轮廓提供）。每一类用一棵线段树维护上下界的差。为了方便每一类的线段树都包含每个 \(y\) 坐标。线段树支持查询是否有大于 0 的元素。当轮廓线修改时，每段修改可用线段树区间加操作实现（等下会讲有多少修改）。由于轮廓线都是单调的，肯定 \(y\) 坐标较大的部分由左上提供下界，较小的部分由左下提供。如果我们能维护一个轮廓线端点的 set，则可以在 set 上二分出左上和左下轮廓相交的位置。右侧类似。这样我们就得到了每一类的 \(y\) 坐标区间。在区间上，在对应类别的线段树里查询是否有非 0 位置即可。

最后是轮廓线端点的 set 维护。一个点在轮廓线上出现或消失的事件只能有常数个：它自己的长方体被平面 \(x\) 扫过的开始和结束是两个事件。它可能被别的轮廓线端点挡住，仅在挡住它的轮廓线端点消失时能露出来。所有挡住它的轮廓线都消失的 \(y\) 坐标的集合是一个区间（因为每个轮廓线端点消失的时间都是个区间，取这些区间的交），这个区间也只能生成 2 个事件。所以一个点在轮廓线上出现或消失的事件只能有常数个。我们只要把这些事件处理出来，到对应的时间在 set 中加入或删除对应端点即可。加入和删除的时候要更新 4 棵线段树。

杂题选讲

1

给出 \(n\) 个数 \(a_i\) 的集合，要求这个集合两个不想交的非空子集，使他们的和相等。\(n\le 10^5,a_i\le10^5\)

不难发现，前 \(22\) 个元素组成的子集是 \(2^{22}\)，而这些子集元素和是大于等于 \(10^{5}\times 22\)，（ \(2^{22}>10^5\times 22\) ），后者是权值范围，前者是数据范围。根据鸽巢原理，不难发现其中肯定有和相等的两个子集，那么为了保证他们不相交，我们可以去掉他们交的部分，这样两个集合就相等了。注意空集的判断。

2

一个长度为 \(n\) 的序列，每一轮位置 \(i\) 会变成 \(a_{i-1},a_i,a_{i+1}\) 的中位数，请问过几轮以后数组会不变。\(n\le 10^6\)

离散化。我们不妨枚举一个 \(x\)，然后把所有小于 \(x\) 的数弄为 \(0\) ，所有大于 \(x\) 的数弄为 \(1\)，连续的一段 \(1,0\) 是不动的。只有 \(01010101\) 这样的串才会变，且是有规律的，我们可以维护一个数据结构，比如说线段树来维护这样的最长的串。

在枚举 \(x\) 的过程中，我们求上述这个 \(01\) 串的最大值。并且，在我们把这个东西离散化之后，每次令 \(x+1\) 时，总只有常数个 \(0,1\) 发生变化，所以这个题就做完了，用线段树维护一下。

3

一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，要求从 \(s\) 走到 \(m\)，再从 \(m\) 走到 \(t\) ，重复的路只算一次。

我们设 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 到 \(m\) 再到 \(j\) 的最优解，这里不处理有公共部分的情况。

然后我们在 dij 时这样转移 \(f_{i,j}=f_{j,i}+delta\)，\(delta\) 就是 \(dis(i,j)\) 。

4

有 \(n\) 个物品，权值为 \(a_i\)，选出多个物品，使权值小于 \(c\) 且最大。

贪心一组 \(\le c\) 的解，那么正解和贪心出的解 \(y\) 的差值 \(\le 2e4\) 。
把贪心拿的东西标成负数，其他依然为正数，现在问题变成容量 \(\le c – y\) 的背包（可能是负数）

把正数放上面，把负数放下面，用 \(f_{i,j,k}\) 表示用了上面前 \(i\) 个数，下面前 \(j\) 个数，能不能表达 \(k\) 。 \(abs(k) <= 2e4\)

\(j\) 不用记，用 \(g_{i,k}\) 表示上面用了 \(i\) 个数，为了表达 \(k\)，下面最少用多少数

两种转移，第一种看 \(i+1\) 取不取，另一种看 \(g_{i,k}\) 后面哪一个取（ \(g_{i,k}+ 1\) 到 \(g_{i-1,k}\)就可以啦）

5

定义\(f_i = i + max(a_1, a_2, …, a_i)\)，其中 \(a\) 数组为 \(i\) 的每个数位，给定 \(i\) ，问 \(j\) 步以后是多少?

\(i, j <= 10^{18}\)

\(f_{i,j,k}\) 表示后 \(i\) 位为 \(0000…j\) ，前面那些位置的最大值为 \(k\) 的情况下要走多少步才会往前进位；\(g_{i,j,k}\) 表示进位以后最后一位是什么；

\(f_i\) 可以推到 \(f_{i+1}\) ，直接暴力加就可以；

算答案的时候先算下需要多少位置，然后按位确定回来；

这个题实现有些难度。

6 Mr. Panda and Typewriter(CCPC Final 2019 C)

\(f[i][j]\) 表示我们已经打完了前 \(i\) 个字符，buffer里是最后 \(j\) 个字符时的最小代价；每次我们新打一个字符（操作 \(1\) ），\(j=0\)；

转移
\(f[i][j]->f[i+1][0]\)
$f[i][j]->f[k][j] $ \(k\) 是 \((i-j+1, i)\) 下一次出现的地方，中间都用操作 \(1\) 填满
\(f[i][j]->f[i+k][k]\) 如果前面存在 \((i+1,i+k)\)，粘贴过来；

复杂度 \(O(n^2)\)；

7 Mr. Panda and SAD(CCPC Final 2019 H)

这个回头得看看翻译，想一想环。

枚举有多少单独的’’A”和’’D…”连起来；
那么我们就知道了有多少’’…SA’’,’’...S’’,’’AD…’’,’’D…’’；
一定是’’…SA’’和’’D…’’、’’...S’’和’’AD…’’分别配对；
算的时候注意环的情况。
’’…SA’’和’’D…’’形成了环；
’’...S’’和’’AD…’’形成了环；
所有东西形成了环；

8 Infimum of Paths(CCPC Final 2019 B)

删掉所有不能到 \(1\) 号点的点；

如果我们知道了从 \(0\) 开始走 \(k\) 步能到哪里的集合，我们很容易能得到 \(k+1\) 步能到哪里的集合；对于每一个点，我们记一下权值最小的路是从哪里来的；

一共走 \(n+1\) 步，如果中间的过程中到了 \(1\) 号点，我们就把它的值记下来；

走完 \(n+1\) 步都是环啦！我们把到每个点的环的值都算出来；

最后比下大小；

注意这个环可以是路径上任意一点的，我们需要预处理所有的点对应的最小环，我们为了处理 \(n+1\) 步，可以在最后一个节点连一个自环。

9 Non-Maximum Suppression(CCPC Final 2019 E)

我们注意到题目中 \(0.3\) 到 \(0.7\)

而这个密度是很小的。所以我们可以维护一个 \(vector\)，面积从大到小枚举所有矩阵，看以他为中心的一个九宫格是否与其它在 \(vector\) 中的矩阵有很大的交，因为密度很小，所以复杂度是线性的。

10 Game(EC Final 2019 F)

爬山。