IOI2024

可能有点胡言乱语。

本人较菜，部分题目借鉴 tiger2005 的题解。

D1T1 Nile

观察到 $B_i<A_i$，那么我们可以转化我们要解决的问题：

记 $va{l}_i=A_i-B_i$。如果我们让 $i$ 货物和 $j$ 货物运到一起，我们会有 $va{l}_i+va{l}_j$ 的收益。由于 $va{l}_i>0$，所以选择尽可能多的货物同时运输是更优的。

我们将货物按照 $W_i$ 从小到大排序，那么这样我们可以很好的根据 $D$ 确定 $i$ 能够匹配哪些货物。那么如果我们确定了是哪 $2k$ 个货物，那么匹配的货物必然是第 $2i-1$ 个和第 $2i$ 个，$i=1,2\dots k$。

假设其中一对是 $x,y(x<y)$。

如果 $y>x+2$，就是有 $W_y-W_x\le D$，显然可以推出 $W_y-W_{x+2}\le D$ 和 $W_{x+1}-W_x\le D$，那么如果匹配 $x,x+1$ 和 $x+2,y$，那么会多出 $va{l}_{x+1}$ 和 $va{l}_{x+2}$ 的贡献。那么 $x,y$ 移动不是最优匹配中的匹配。

所以有 $y\le x+2$。

那么我们就很容易能够设计出 DP 了，记 $f_x$ 表示处理了前 $i$ 个货物的匹配的最大收益，可以得到三种转移：

• $f_x\leftarrow f_{x-1}$
• $f_x\leftarrow f_{x-2}+va{l}_{x-1}+va{l}_x$，当 $W_x-W_{x-1}\le D$ 时。
• $f_x\leftarrow f_{x-3}+va{l}_{x-2}+va{l}_x$，当 $W_x-W_{x-2}\le D$ 时。

显然，这个转移时容易写成 $(max,+)$ 矩阵的，记 $f_x^{\prime }=f_x+va{l}_{x+1}$：
$\left[\begin{array}{ccc}{f}_x& f_{x-1}^{\prime }& f_{x-2}^{\prime }\end{array}\right]\left[\begin{array}{cccc}0& va{l}_{x+1}& -\mathrm{\infty }& \\ A_x& -\mathrm{\infty }& 1\\ B_x& -\mathrm{\infty }& -\mathrm{\infty }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}{f}_{x+1}& f_x^{\prime }& f_{x-1}^{\prime }\end{array}\right]$。

其中 $A_x=\{\begin{array}{ll}va{l}_{x+1}& ,W_{x+1}-W_x\le D\\ -\mathrm{\infty }& ,W_{x+1}-W_x>D\end{array}$，$B_x=\{\begin{array}{ll}va{l}_{x+1}& ,W_{x+1}-W_{x-1}\le D\\ -\mathrm{\infty }& ,W_{x+1}-W_{x-1}>D\end{array}$。

考虑将所有询问从小到大排序处理，那么 $A$ 和 $B$ 的变化次数总计只会有 $2n$ 次，使用数据结构维护动态 DP 即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

D1T2 message

会被 $C$ 修改的所有位置没有办法传输任何有效的信息，所以能够传输的有效信息之后 $66\times 16=1056$ 位。

考虑需要传输多少个信息才能传输 $M$，因为 $M$ 的位数不确定，所以我们需要 $1025$ 位才能够传输信息：得到一个长度为 $1025$ 的信息 $M^{\prime }$，将最后一个 $1$ 记以后的零都删除之后得到 $M$。

那么我们剩下的位就只剩 $1056-1025=31$ 位了，刚好就是单次传输的信息长度，也就是 $C$ 的长度。

发现我们难以在 $<2$ 次传输内传输 $C$ 具体时多少。所以我们考虑实际传世的有效信息是一个 $66\times 16$ 的矩阵，我们只需要在占用 $31$ 个格子的情况下确定 $C$，然后挖掉这 $31$ 个格子，剩下的格子按照顺序就是 $M^{\prime }$。

考虑对于每一个不会被 $C$ 修改的位置，我们确定一个 $x$ 表示在循环移位的意义下向后移动 $x$ 次可以刚好到达下一个不会被 $C$ 修改的位置。

传输 $x$ 的方式就是让前 $x-1$ 位为 $0$，第 $x$ 位为 $1$。考虑上会被 $C$ 修改的位置，每一个位置都会指向另一个位置，形成一个内向基环森林。而 $16$ 个不会被修改的位置会形成一个大小为 $16$ 的环。

由于总共只有 $31$ 个节点，所以大小为 $16$ 的环是唯一的，找到这个环就可以确定所有有效的位置。

发现我们占用的格子数就是 $\sum x$，刚好环绕一遍整个环，总计 $31$ 个。

D1T3 tree

首先考虑如何处理依次询问。

发现我们的策略必然是在叶子处有 $C_i=L$，非叶子有 $C_i\le 0$。考虑非叶子处我们减少的具体数量是不确定的，所以我们可以先预留出来它可以减少多少次，在后面需要减少的时候挑最优的减少。
对于每一棵子树，维护可重集合 $\{w\}$，每一个 $w$ 表示一个可以用 $w$ 的代价减 $1$ 操作，那么操作就是：

1. 在树上合并所有的儿子的集合
2. 将所有 $w>W_i$ 的 $w$ 都替换成 $W_i$。
3. 按照 $w$ 从小到大删除，直到 $\sum cnt\le R$。
4. 将当前集合中权值最大的 $L$ 个的 $w$ 变成 $+\mathrm{\infty }$。

初始化为所有叶子节点集合为 $L$ 个 $W_i$。

考虑将这个问题拓展到多组询问。

由于上面的处理，除了某些数会被只删掉 $RmodL$ 个之外，其余的所有块都只会被 $L$ 个同时删去或者不删去。发现整个操作和 $L,R$ 的绝对大小没有很大的关系，我们只关注 $L,R$ 的相对大小，也就是 $\lfloor {\displaystyle \frac{R}{L}}\rfloor$ 的值。

我们可以维护出在 $L=1,R=k+1$ 的时候不会被删去，在 $L=1,R=k$ 的时候会删去的权值之和为 $v_k$。那么对于 $k_0=\lfloor {\displaystyle \frac{R}{L}}\rfloor$，最终答案为 $(\sum _{k\ge k_0}{v}_k)L-v_{k_0}(R/bmodL)$。

仍然尝试使用使用单次询问的方法去维护，默认 $L=1$，但是由于不确定 $R$，所以我们统一到最后去对应贡献，但是考虑到在过程之中可能会出现有一些数要被删除的情况。但是考虑到，在一个儿子内会被删除掉，那么在后面的所有节点它都会被删除掉，所以一定会被删除。

那么我们只需要在它被修改的时候对他会影响的位置进行差分即可。

对于一个某个节点的集合内的第 $t$ 大，代价是 $w$ 的点，如果它的父亲贡献是 $W_i<w$，那么 $w$ 就会在父亲处变成 $W_i$，但是实际上在 $R<t$ 的时候它应该用 $w$ 的贡献，那么它会对 $R<t$ 的所有询问做出 $w-W_i$ 的贡献

那么对于一个节点 $W_x$，权值等于 $W_x$ 元素都会在第一个 $W_u<W_x$ 的祖先处被卡住，所以我们考虑找到这个节点，以及 $x$ 对应的那个 $u$ 的儿子 $y$，假设 $x$ 的所有节点对应 $y$ 中的第 $l,r$ 大，那么就会对 $[l,r]$ 这一段加上 $W_x-W_u$。

由于每一个节点都必然会有一个权值为 $+\mathrm{\infty }$ 的点，所以我们初始将每一个点的 $siz$ 设为 $1$。我们从大到小枚举 $x$，那么权值为 $x$ 的节点数量 $si{z}^{\prime }$ 就是 $x$ 的所有儿子当前的 $siz$ 之和，同时如果 $y$ 的 $siz$ 就会增加 $si{z}^{\prime }$。

而找 $y$ 可以直接使用并查集维护，时间复杂度 $O(n\log n)$。

D2T1 hieroglyphs

省略了很多证明，详情可见这里。

首先我们考虑 UCS 的组成结构。

对于一个字符 $x$，如果其在 $A$ 中出现了 $a$ 次，在 $B$ 中出现了 $b$ 次，那么显然 $A$ 和 $B$ 有一个公共子序列为 $min(a,b)$ 个 $x$。

那么 UCS 就至少包含 $min(a,b)$ 个 $x$，如果有 $a\le b$，那么 $A$ 中所有 $x$ 位置都会被 UCS 选择，称 $x$ 为 $A$ 的关键字符；同理 $a>b$ 的情况，$B$ 中所有的 $x$ 都会被 UCS 选择，称 $x$ 为 $B$ 的关键字符。我们成所有关键字符在对应序列中的位置为关键位置。

记 UCS 为序列 $C$，那么我们可以得到两个长度为 $|C|$ 的序列 $\{p_i\}$ 和 $\{q_i\}$，有 $C_i=A_{p_i}=B_{q_i}$，那么显然 $p_i$ 和 $q_i$ 中有且仅有一个是关键位置。

那么发现 UCS 的长度就是确定的，就是 $\sum min(a,b)$。同时由于 $A$ 和 $B$ 的所有公共子序列都是 $C$ 的公共子序列，所以 UCS 应为唯一确定的。

现在的做法就很明确了，找到唯一一个可能是 UCS 的序列 $C$，然后检验 $C$ 是否满足 UCS 的限制。

对于第一步，为了不遗漏情况，我们使用子序列经典的贪心匹配法，维护两个指针 $flA$ 和 $flB$ 表示当前 UCS 匹配到了 $A$ 和 $B$ 的哪个位置。

记 $flA$ 之后的 $A$ 中的下一个关键位置在 $tA$，$flB$ 之后 $B$ 中的下一个关键位置在 $tB$，那么 $C$ 的下一位必然在 $A_{tA}$ 和 $B_{tB}$ 中选择。

我们考虑如果 $A_{tA}$ 能够被选择需要满足什么条件：

1. 存在 $i\in (flB,tB)$ 使得 $B_i=A_{tA}$。
2. 在 $(tA,|A|]$ 中 $B_{tB}$ 的数量不小于 $[tB,|B|]$ 中 $B$ 的数量。

如果这两个条件满足，我们就认为 $A_{tA}$ 可以被选择。同理可以判断 $B_{tB}$。

如果两个都不可行，显然无解；如果只有一个可行，那么只能选择这个；如果两个都可行，可以被证明，能够按照这个方法生成出来的 UCS，都能找到一个 $A$ 和 $B$ 的公共子序列，其不是 UCS 的子序列。

这样我们就得到了一个 UCS，现在我们要考虑检验它是否满足条件，也就是是否所有的 $A$ 和 $B$ 的公共子序列都是 $C$ 的子序列。

考虑仍然使用子序列匹配的思想，分别记 $flA,flB,flC$ 为在 $A,B,C$ 中匹配到的位置。那么我们就是希望构造出来一个序列，使得匹配到某一位时，$flA$ 和 $flB$ 仍然能匹配，但是 $flC$ 不行。

首先，显然有 $flA\le p_{flC}$ 和 $flB\le q_{flC}$，因为显然存在通过 $p$ 和 $q$ 将 $C$ 中的匹配映射到 $A$ 和 $B$ 的方式，使得 $flA=p_{flC},flB=q_{flC}$。而 $A$ 和 $B$ 中又可能存在其他的匹配方式，所以只可能更小。

同时，如果 $flA<p_{flC}$ 且 $flB<q_{flC}$，我们可以选择依次匹配 $C_{flC},C_{flC+1}\dots C_{|C|}$，发现共会匹配 $|C|-flC+1$ 位但是 $flC$ 只能在往后匹配 $|C|-flC$ 位了。这样就构造出了无解的情况。

我们考虑匹配过程中 $(flA,flB,flC)$ 的几种情况：

情况 $1$：$flA=p_{flC}$ 且 $flB=q_{flC}$。我们假设下一个匹配的时 $A$ 的一个关键字符 $x$，设 $flC$ 变成了 $fl{C}^{\prime }$，显然有 $fl{A}^{\prime }=p_{fl{C}^{\prime }}$。假设 $flB$ 也匹配到了 $q_{fl{C}^{\prime }}$，那么仍然是情况 $1$，否则会变成情况 $2$。

情况 $2$：$flA=p_{flC}$ 和 $flB=q_{flC}$ 值满足一个，不妨假设时 $flA=p_{flC}$，假设接下来要匹配的字符是 $x$，如果其不在 $(flB,q_{flC}]$ 中出现，那么 $flB$ 的值变成 $q_{flC}$ 也没有区别，可以被归类为情况 $1$；否则有 $fl{B}^{\prime }<q_{flC}$，考虑 $flA$ 会匹配到什么位置，如果匹配的是 $p$ 中存在的位置，可以通过讨论得到 $fl{A}^{\prime }=p_{fl{C}^{\prime }}$，仍然是情况 $2$；否则有 $p_{flC}<fl{A}^{\prime }<p_{fl{C}^{\prime }}$，归类为情况 $3$。

情况 $3$：$flA<p_{flC}$ 且 $flB<q_{flC}$，这就是让 UCS 无解的情况。

发现情况 $3$ 只能从情况 $2$ 导出，而在情况而中我们有 $fl{B}^{\prime }<flC<fl{A}^{\prime }$ 的推导，所以我们发现满足条件的 $flA>p_{flC}$ 且 $flB\le q_{flC}$ 情况必然有 $\mathrm{\exists }i,flB<q_i,p_i<flA$。

而这个是很好处理的。我们只需要对于每一个不是 $p$ 从存在位置的 $flA$，找到所有匹配到 $flA$ 位置的序列中，最小的 $flB$，然后检验最大的 $i$ 使 $p_i<flA$ 是否满足 $flB\le q_i$。对于堆成情况是相同的。

而对于 $flA$ 求 $flB$，是可以用单调栈处理的。

认为 $n,m$ 同阶，则最终时间复杂度为 $O(n\log n+|\mathrm{\Sigma }|)$。

D2T2 mosaic

如果 $(x,y)$ 为 $1$，那么 $(x+1,y),(x,y+1)$ 一定是 $0$，那么 $(x+1,y+1)$ 是 $1$，也就是最终会形成若干条 $x-y=k$ 的斜线。

但是发现由于第一行和第一列被确定了，所以可能会出现一些奇怪结构，但是考虑向下拓展一层之后，不会出现相邻的 $1$，再往下拓展一层之后，不会出现相邻的长度超过 $2$ 的 $0$。发现这种情况下，就会达到如下结构：

通过观察，发现我们可以维护出一个集合 $S$，对于所有 $x>1,y>1$，$(x,y)$ 为 $1$ 当且仅当 $x-y\in S$。

将询问差分成 $4$ 个 $x\le X,y\le Y$ 的询问。这样，我们特殊处理 $x\le 1\vee y\le 1$ 的部分，其余的部分可以直接 $O(\log n)$ 计算贡献。

总时间复杂度 $O(n\log n)$。

D2T3 sphinx

首先考虑链的情况怎么做。我们可以选出一个独立集 $S$，然后将所有其余的点染成颜色 $c$。

如果 $S$ 中没有颜色为 $c$ 的点，那么答案应该是多少是可以确定的，具体等于 $|S|$ 加上删掉独立集中的点之后图剩余的连通块数。

如果询问得到的结果不等于这个值，那么就说明 $S$ 中有节点的颜色为 $c$。我们将 $S$ 看作一个序列，那么我们就可以通过二分来找到 $S$ 中第一个颜色为 $c$ 的点，然后就可以将这个点删掉了。

这样，我们最劣通过 $N+\sum _{i=1}^{|S|}\lfloor {\log }_{2}i\rfloor$ 次询问就可以确定 $S$ 内部所有点的颜色。

而对于链的情况，甚至对于任意二分图的情况，我们通过直接对二分图进行黑白染色将点集拆成两个独立集，然后分别处理。

但是很显然图不一定是二分图。

发现我们要求 $S$ 是独立集的限制，一来要防止出现 $S$ 内存在相邻的点对互相干扰，二来要保证 $S$ 内每一个点至少和一个不在 $S$ 中的点相邻。

对于第一点，我们发现，如果 $S$ 中相邻的点如果颜色不相同，那么他们之间也不会互相干扰，所以如果能够将所有相邻且颜色相同的点缩成同一个点，然后再去处理，此时图中不存在相邻且颜色不同的点对，那么 $S$ 有没有元素不相邻的限制了。

那么现在我们只需要关注第二点，这个是容易实现的，只需要在图中找到一个生成树然后黑白染色即可。

那么现在的问题就变成了如何将相邻且颜色相同的点缩在一起，也就是 $50\mathrm{\%}$ 的部分分。

考虑增量构造，依次将 $0,1,\dots N-1$ 加入点集，每次加入 $x$ 的时候，考虑已经在点集内且与 $x$ 相邻的所有点，我们将除此之外的所有点染成 $N$，询问的点和 $x$ 保留，$x$ 不与任何相邻的点集颜色相同，那么答案也是可以提前计算的。如果询问得到的结果和预期的不一样，那么就说明 $x$ 和之前的某一个点颜色相同，仍可以通过二分得到。

假设合并之后还剩 $C$ 个点，那么这一部分需要的询问次数不大于 $N+\sum _{i=C+1}^N\lfloor {\log }_{2}i\rfloor$。

那么最终询问次数不大于 $3N+\sum _{i=1}^N\lfloor \log 2_i\rfloor$，发现在 $N=250$ 的时候是可以通过的。