JOISC 2017 题解
JOISC 2017
loj 上有几乎全部的题目，写了题意的就是 loj 上没有的。
D1T1
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 \(O(R^3C^3)\)。
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 \(l\ge a_1-1,r\ge C-a_n,l+r\ge a_{i+1}-a_i\)，于是我们就可以求出 \(min(l+r)\)。
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 \(O(R^3n)\)。注意到被覆盖的点集只会改变 \(O(n)\) 次，于是可以做到 \(O(R^2n^2)\)。
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 \(O(Rn)\)。
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 \(O(n^3)\)。
D1T2
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。
D1T3
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 \(2tv(j-i)\)，那么我们可以先把 \(a_i\) 减去 \(2tvi\)，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 \([1,n]\)。
D2T1
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 \(c_i\ge mid\) 可以推出 \(t_i\ge\left\lfloor\dfrac{a_i+t_p-mid}{2}\right\rfloor\)，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 \(O(n^2V\log n\log V)\)。
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 \(max(c_p-c_i)\le 1\)。
因为 \(c_p=a_p-t_p\in[mid-1,mid]\)，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 \(c_i=a_i+t_p-2t_i>a_i-t_p\)，通过上一个性质可以得到 \(c_i\le c_p+1\)，于是有 \(a_p-t_p+1>a_i-t_p\)，于是 \(a_p\ge a_i\)。
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 \(O(n\log n\log V)\)。
D2T2
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。
D2T3
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。
D3T1
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 \(\left\lfloor\dfrac{X}{T}\right\rfloor+[X\pmod T\ge D_i]\) 次水，转移是 \(f[i]\leftarrow f[i-1]+W(\left\lfloor\dfrac{X}{T}\right\rfloor+[X\bmod T\ge D_i])\)；
- 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 \(mint_i\)，那么有 \(mint_i=\min\limits_{D_i<(S_j\bmod T)<D_{i+1}}\left\lfloor\dfrac{S_j}{T}\right\rfloor\)，转移就是 \(f[i]\leftarrow f[j]+preC[i]-preC[j]+W(i-j)mint_i\)。
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 \(mint_i\) 不满足斜率单调，于是需要用二分栈来优化，可以做到 \(O(n\log n)\)。
D3T2
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。
D3T3
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。
D4T1
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。
D4T2
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 \(f_i\ge siz_x\) 的 \(i\)，加入 \(f_i-siz_x\) 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 \(f_{511}\ge 2^19,\sum(f_i-siz_x)\le 2^19-n\)。
考虑构造等比数列，即 \(f_i=\left\lfloor(1+q)^i\right\rfloor\)，其中 \(q\) 是很小的实数，这样每个的虚拟儿子个数不会超过 \(q\times siz_x\)，而题目保证了 \(maxdep\le 19\)，于是 \(\sum siz\le 19n\)，因此 \(\sum(f_i-siz_x)\le 19qn\)。
不过等比数列前面部分增长速度慢，可以令 \(f_i=\max(1,qf_{i-1})+f_{i-1}\)。最后 \(q\) 取 \([0.022,0.045]\) 都可以。
D4T3
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 \(O(min(|A|,|B|C))\) 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 \(\theta1,\theta2\)。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 \(\lambda1,\lambda2\) 满足 \(\theta1\ge\lambda1,\theta2\ge\lambda2\)，令一个部分满足 \(\lambda1\le\pi-\theta1,\lambda2\le\pi-\theta2\)，如果把 \(\theta1,\theta2\) 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。
