JOISC 2017 题解

1|0JOISC 2017

loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。

1|1D1T1

开场放大。

首先，对于一个点，它最后覆盖的一定是一个矩形，这就意味着如果我们知道了 $u, d, l, r$ 操作各用了多少次，他们之间的顺序是不重要的，我们可以直接当做把一种操作做完再做剩下的操作，这样就可以做到 $O (R^{3} C^{3})$ 。

考虑 $R = 1$ 的情况，对于 $l, r$ ，需要满足可以覆盖左端点、右端点，两点之间的空隙，那么就有 $l \geq a_{1} - 1, r \geq C - a_{n}, l + r \geq a_{i + 1} - a_{i}$ ，于是我们就可以求出 $m i n (l + r)$ 。

于是我们尝试只枚举 $u, d$ ，然后计算最优的 $l + r$ 。枚举了 $u, d$ 后，每个点当前覆盖了一条点。对于每一行，我们拿出已经被覆盖了的点，这就是 $R = 1$ 的情况，可以用上面的方法算每一行对 $l, r$ 的限制，这样可以做到 $O (R^{3} n)$ 。注意到被覆盖的点集只会改变 $O (n)$ 次，于是可以做到 $O (R^{2} n^{2})$ 。

继续考虑优化。我们做了 $u, d$ 操作后，把薯条和整个矩形都向下平移 $u$ 的长度，这样对于所有 $u + d$ 相等的情况，我们得到图案是一样的，只是原先的 $R \times C$ 的矩形在上面滑动。同时不难发现，如果矩形的最下方覆盖了 $a$ 的取值的某一取值的行，那么直接覆盖到该取值最下面的一行一定不劣。

我们发现，我们覆盖的行的 $a$ 的取值显然是连续区间，可以用单调队列维护。具体地，我们把一种 $a$ 的取值情况作为一个元素，从上往下考虑 $a$ 取值相同的行的区间时，弹出过高的元素，统计下端点不覆盖到该区间的最靠下的矩形，然后把这个区间对应的元素加如单调队列。预处理出每种 $a$ 取值对应的左右边界和两两之间的最大间隔，可以分别用单调队列维护。复杂度 $O (R n)$ 。

进一步地，我们发现有用的 $u + d$ 只有 $O (n^{2})$ 种，即 $y_{i} - y_{j}, y_{i} - y_{j} + R$ ，可以证明对于其他的长度，取集合内最小的大于它的数一定不劣。于是就可以做到 $O (n^{3})$ 。

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1|2D1T2

只会 KDT 优化建图的小丑。

好像建边可以优化。我们发现我们连边类似一个区间的形式。具体地，我们对于维护一个并查集和每个点所在段的右端点，遇到右端点就把左端点和左端点 +1 合并，然后把中间的一整段和当前点连边，再把整段拓展至当前最右侧。最后把跑一遍二分图染色求出连通块数就是答案。

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1|3D1T3

显然可以先二分答案，关键是怎么判断是否合法。

有十分高妙的判定方法。首先，根据贪心，如果一个人会把另一个人点燃，那么这一个区间中的人都会被这个人点燃。因此，两个点 $(i, j)$ 可以在 T 秒内相遇当且仅当两点之间的距离大于 $2 t v (j - i)$ ，那么我们可以先把 $a_{i}$ 减去 $2 t v i$ ，这样两点是否可达就可以直接判断。

判定分为两步。先从 $k$ 开始往两边拓展，求出从 $k$ 开始往左右各能拓展多远，然后从两端开始往中间拓展，最后如果一开始拓展的区间包含后面能拓展的区间就说明有解，否则就无解。本质就是从点燃区间 $[k, k]$ 开始拓展到其他区间，最后判断是否能够点燃区间 $[1, n]$ 。

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1|4D2T1

很厉害的题目。

把题意稍微转化一下，就是给你若干区间，你要可以选择一些区间反转，要求最小化被覆盖的次数最大的位置的覆盖次数。

第一步肯定是二分答案，关键是怎么判定合法。

首先有一个小观察，我们选择反转的区间的交集一定不为空，以为如果为空的话那么反转后不仅原来的区间被覆盖次数不变，其他位置的覆盖次数会增加，一定不优。

于是我们就可以选择任意一个在被反转区间的交集中的位置 $p$ ，记每个位置的被覆盖次数是 $a_{i}$ ，被反转区间覆盖次数是 $t_{i}$ ，反转被覆盖的次数是 $c_{i}$ ，那么对于 $i \in [1, p)$ ， $c_{i} = (a_{i} - t_{i}) + (t_{p} - t_{i})$ ，通过 $c_{i} \geq m i d$ 可以推出 $t_{i} \geq ⌊ \frac{a_{i} + t_{p} - m i d}{2} ⌋$ ，于是我们可以贪心地选择右端点最大的区间进行反转来满足 $t_{i}$ 的限制，然后再判断是否合法。复杂度 $O (n^{2} V \log n \log V)$ 。

然后考虑能不能去掉枚举 $t_{p}$ 。

现在有结论： $c_{p} \in {max (c_{i}), max (c_{i}) - 1}$ 。

证明：设反转区间的交是 $[l, r]$ ，我们取消一个左端点是 $l$ 的反转区间和一个右端点是 $r$ 的反转区间，那么 $c_{p}$ 会增加 2，而不在翻转区间交中的 $c_{i}$ 至少会减少 1，不断进行下去可以在答案不变的情况下做到 $m a x (c_{p} - c_{i}) \leq 1$ 。

因为 $c_{p} = a_{p} - t_{p} \in [m i d - 1, m i d]$ ，我们需要枚举的 $t_{p}$ 就只有 $O (1)$ 个，于是可以做到 $O (n^{2} \log n \log V)$ 。

我们再考虑能不能去掉枚举 $p$ 。

同样有结论： $a_{p} = max (a_{i})$ 。

证明：对于不在反转区间交中的位置 $i$ ，因为 $t_{i} < t_{p}$ ，那么 $c_{i} = a_{i} + t_{p} - 2 t_{i} > a_{i} - t_{p}$ ，通过上一个性质可以得到 $c_{i} \leq c_{p} + 1$ ，于是有 $a_{p} - t_{p} + 1 > a_{i} - t_{p}$ ，于是 $a_{p} \geq a_{i}$ 。

于是我们任取一个 $a_{p} = max (a_{i})$ 的 $p$ 来判断是否合法即可。复杂度 $O (n \log n \log V)$ 。

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1|5D2T2

传送门

题意：Alice 有一个数 X，她可以向 Bob 传一个长度不超过 150 的 01 串，但是其中有 $k$ 位会被破坏，变成 0，Bob 需要求出 X。

思路：随机化好题。

考虑把原序列每两个为一段，然后用三进制数来表示，这样最多可以传 $3^{\frac{150 - 40}{2}} = 5 \times 10^{16}$ 的数。

考虑随机化。我们把两个人手上的序列随机打乱，这样就可以有更多的位置来用。但是还是过不去。

考虑怎么优化。假设一个段只有一个位置可以用，而且刚好可以表示出我们要表示的数，这样就可以利用上非法位置。加上优化后就可以通过了。

其实还可以再优化，就是把三进制下每一位再随机一次。

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1|6D2T3

想到了大致方向。

首先可以暴力让每个点向两侧第一个不小于它的点连边，然后可以暴力跑 bfs。

考虑优化。对于每个点，我们肯定是尽可能地往远走，而每一次只有两种选择，那么可以倍增，于是可以求出每个点往远能走多远。对于询问，先从左端点往右跳，再从右端点往左跳即可。

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1|7D3T1

推出了最终会选择一些区间的性质，感觉可以 $O (n^{2})$ DP，但是不太能优化。

考虑 $D = T$ 的条件，就是说我们不会让 $[i, n] \cup [1, j]$ 的一段人下车，不用考虑环的情况。

设 $f [i]$ 表示考虑到 $i$ 的最优解。写出 DP 转移式：

不把 $i$ 赶下车，那么留下来需要喝 $⌊ \frac{X}{T} ⌋ + [X (\mod T) \geq D_{i}]$ 次水，转移是 $f [i] \leftarrow f [i - 1] + W (⌊ \frac{X}{T} ⌋ + [X mod T \geq D_{i}])$ ；
把 $i$ 赶下车，那么我们枚举赶下车的一段人 $(j, i]$ ，那么我们需要知道这些人最早可以在第几轮被赶下车，记为 $m i n t_{i}$ ，那么有 $m i n t_{i} = min_{D_{i} < (S_{j} mod T) < D_{i + 1}} ⌊ \frac{S_{j}}{T} ⌋$ ，转移就是 $f [i] \leftarrow f [j] + p r e C [i] - p r e C [j] + W (i - j) m i n t_{i}$ 。

考虑怎么优化后一种转移。我们发现这就是斜率优化的形式，不过 $m i n t_{i}$ 不满足斜率单调，于是需要用二分栈来优化，可以做到 $O (n \log n)$ 。

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1|8D3T2

想到了求每个点能走到的范围和如何判断能不能走某条边，但是没想到直接记搜就是对的。

我们先求出每个点可以走的范围。我们从一个点开始，先往两边拓展，能走就继续搜下去，然后把自己能到的范围和自己能到的点的范围取并，可以证明复杂度是对的。

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1|9D3T3

从部分分开始想到了大概。

从链的部分分入手。我们尝试去确定 dfn 序，那么我们就需要比较两个点的 dfn 序大小关系，即一个点能否在不经过另一个点的情况下到达 0，这个可以用一次询问求出，于是就可以直接排序。

然后是深度不超过 9 的树的部分分。

我们先确定每个点的深度。我们维护当前深度不超过 $d$ 的点的集合，初始 $d = 0$ ，然后每次判断能否从 0 只经过集合内的点到达当前点，如果能到达就说明这个点的深度是 $d + 1$ 。

接着考虑怎么确定每个点的父亲。我们把同一层的点重标号，然后对于下一层的点，可以二分找到这个点的父亲在重标号后是谁，那么就可以 $O (\log n)$ 求出一个点的父亲。

接着是树的部分分。

我们还是尝试维护一个包含 0 的连通块。那么我们随便找一个点，然后二分找出这个点到根的路径上编号最小的点，然后从这个点再开始找点，直到这个点和一个连通块中的点直接相连，然后就可以求出这个点的父亲边。

最后是正解。

其实和树的部分很像，同样是维护联通块，然后可以求出一棵 dfs 树，那么就可以在树上二分找出这个点的所有返祖边，这样就可以确定所有的边。

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1|10D4T1

又是暴搜复杂度正确的题。

我们记 $f (x, y, d)$ 表示从 $(x, y)$ 沿着 $d$ 方向出发最远可以走多远，我们可以用 ST 表维护在什么位置转弯。可以证明，总状态数是 $O ((H + W) \sqrt{Q})$ 的，可以通过。

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1|11D4T2

传送门

题意：通信题。

Alice 有一棵树，最大深度不超过 18，Alice 可以给每个点赋一个 $[0, 2^{28})$ 内的权值，Bob 每次会得到两点的权值，它需要判断两点是否是祖先后代关系。

思路：神题，完全不是人能想出来的。

首先肯定是想到传 dfn 和 siz，但是我们只有 28 位，要想办法来压缩。因为 dfn 相对不好压缩，我们考虑怎么压缩 siz。

我们尝试用一个序列去拟合 siz，即我们构造一个序列 $f_{0} \sim f_{511}$ ，对于每个点 $x$ ，找到第一个 $f_{i} \geq s i z_{x}$ 的 $i$ ，加入 $f_{i} - s i z_{x}$ 个虚拟儿子，这样我们就可以把 siz 信息压缩到 9 位。

然后考虑怎么构造这个序列。我们需要满足 $f_{511} \geq 2^{1} 9, \sum (f_{i} - s i z_{x}) \leq 2^{1} 9 - n$ 。

考虑构造等比数列，即 $f_{i} = ⌊ (1 + q)^{i} ⌋$ ，其中 $q$ 是很小的实数，这样每个的虚拟儿子个数不会超过 $q \times s i z_{x}$ ，而题目保证了 $m a x d e p \leq 19$ ，于是 $\sum s i z \leq 19 n$ ，因此 $\sum (f_{i} - s i z_{x}) \leq 19 q n$ 。

不过等比数列前面部分增长速度慢，可以令 $f_{i} = max (1, q f_{i - 1}) + f_{i - 1}$ 。最后 $q$ 取 $[0.022, 0.045]$ 都可以。

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1|12D4T3

计算几何+数据结构

因为所有颜色的点数和是 $O (n)$ 的，这就有自然根号。

具体地，假设我们可以 $O (C)$ 求出以一个点为起点，另一个颜色的点作为终点的射线经过线段的次数，或者一个点为中点，另一个颜色的点为起点的射线经过线段的次数，那么对于每次询问，我们可以在 $O (m i n (| A |, | B | C))$ 的时间内计算答案。

如果 $min (| A |, | B |) < \sqrt{n}$ ，这样总共最多 $O (Q \sqrt{n} C)$ ，如果 $min (| A |, | B |) > \sqrt{n}$ ，那么每种这样的颜色最多有 $\sqrt{n}$ 次操作，总共最多 $O (n \sqrt{n} C)$ ，于是总复杂度 $O ((n + Q) \sqrt{n} C)$ 。

然后考虑怎么求答案。先考虑第一种情况，能做贡献的点就在这个点和线段的端点连的射线之间的部分。

考虑如何计算。

我们把这个点和线段端点连起来，设这个三角形的底角分别是 $θ 1, θ 2$ 。我们把能作贡献的区域沿线段划分成两个部分，其中一个部分的点和线段连成的三角形的夹角 $λ 1, λ 2$ 满足 $θ 1 \geq λ 1, θ 2 \geq λ 2$ ，令一个部分满足 $λ 1 \leq π - θ 1, λ 2 \leq π - θ 2$ ，如果把 $θ 1, θ 2$ 看成 $x, y$ ，那么可以转成二维数点问题，可以用主席树解决。

第二种情况和第一种类似，也可以转成二维数点。

复杂度 $O ((n + Q) \sqrt{n} \log n)$ 。

最后提一嘴，暴力是可过的。

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本文作者：Xttttr
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