【笔记】【掏空脑子】WC2021-day2-集训队作业选讲

[WC2021day2] 集训队作业题选讲

_by 蒋明润

[IOI2020day1T1]plants/P6829 [IOI2020]植物比较

拓扑排序找读数为零

线段树区间减操作删除

引理1：通过已知信息可以唯一确定任意两棵
距离小于𝑘的植物高度的大小关系

倍增跳\(left\)和\(right\)

[2020国集作业第89题]01 on Tree

解题过程
– 思路：直接解决这个不容易，可以考虑解决一
个更强的问题：每个节点上写的是一个非空01
序列。

– 设𝑎[𝑖]为节点𝑖上的序列中0的个数，𝑏[𝑖]为节点𝑖上
的序列中1的个数。
– 设排成的序列为𝑝，考虑交换𝑝[𝑖]和𝑝[𝑖 + 1]

考虑满足𝑏 [𝑖] /𝑎[𝑖]最小的非根节点𝑖，我们可以通过
交换将节点𝑖不断向前移动直到移动到𝑖的父节点后
面一个位置，且移动过程中答案不会变劣。所以必
定存在一个最优解，满足𝑖在𝑖的父节点后面一个位
置。所以可以将𝑖和𝑖的父节点合并，合并后的01序
列为两个01序列拼在一起。反复执行该操作直到树
只剩下根节点，此时根节点上的01序列就是最后的
01序列。
– 用堆维护𝑏[𝑖] /𝑎[𝑖]最小的非根节点，用并查集维护
合并之后每个节点的父节点，可以做到时间复杂度
Ο(𝑛𝑙𝑜𝑔𝑛)

[2020国集作业第123题] Painting Edges(https://codeforces.com/contest/576/problem/E)

线段树分治维护边出现的时间

带权并查集判断是否是二分图

[2020国集作业第36题] Restoring Map (https://codeforces.com/contest/566/problem/E)

使劲分类讨论，细节

\(bitset\)优化集合求交，O(\(n^3 / w\))

[2020国集作业第37]Complete Compress (https://atcoder.jp/contests/agc034/tasks/agc034_e)/(https://www.luogu.com.cn/problem/AT4995)

枚举根结点

记𝑓[𝑢]为只考虑子树𝑢时所有棋子的深度和在操
作后能达到的最小值，𝑔[𝑢]为子树𝑢中的所有棋
子操作前的深度和，𝑠𝑖𝑧𝑒[𝑢]表示子树𝑢中的棋
子个数。𝑔[𝑢]和𝑠𝑖𝑧𝑒[𝑢]求法显然，考虑怎么求
𝑓[𝑢]。

从𝑓 𝑢 = 𝑔 𝑢 = 0开始，不断加入子树。在加
入子树𝑣时，令
– 𝑓 𝑢 ≔

𝑓 𝑢 − 𝑔 𝑣 + 𝑠𝑖𝑧𝑒 𝑣 (𝑓 𝑢 > 𝑔 𝑣 + 𝑠𝑖𝑧𝑒 𝑣 )
𝑓 𝑣 + 𝑠𝑖𝑧𝑒 𝑣 − 𝑔 𝑢 (𝑓 𝑣 + 𝑠𝑖𝑧𝑒 𝑣 > 𝑔 𝑢 )
𝑔 𝑢 + 𝑔 𝑣 + 𝑠𝑖𝑧𝑒[𝑣] 𝑚𝑜𝑑 2 𝑜𝑡ℎ𝑒𝑟𝑤𝑖𝑠𝑒
– 然后更新𝑔[𝑢]。

时间复杂度可以优化到O(n)

[2020国集作业第38题] Shopping (https://atcoder.jp/contests/agc022/tasks/agc022_d)

前缀和

括号序列

– 考虑计算火车到两端的最少次数，则答案为这个最
少次数×𝐿。
– 由于𝑡i > 2𝐿时火车到两端的次数为将𝑡i视为𝑡i − 2𝐿
时到两端的次数+2，所以下面只考虑𝑡i ≤ 2𝐿的情
况。
– 我们将Yui进入一个车站（进入一个购物中心购物
或者到达端点然后返回）的方式分成三类:
• 方式（1）：从左边进入，从左边离开。
• 方式（2）：从右边进入，从右边离开（包括回到原点不
离开）。
• 方式（3）：从左边进入，从右边离开或者从右边进入，
从左边离开。

– 如果给出进入每个车站的方式，怎么判断能否做到
按给出的进入的方式进入每个车站?
• 如果是按方式（1）进入，在这个位置记录上−𝟏；如果
是按方式（2）进入，记录上𝟏；按方式（3）进入则记录
𝟎。则能够按要求进入每个车站，当且仅当所有位置记录
的数的和为𝟎，且所有非空、非全集的前缀和为正。

– 证明如下：
• 对于一个位置，显然Yui从左边经过这个位置的次数
等于这个位置左边的数的和。
• 如果所有数的和非零，则经过一个坐标𝐿右边的位置
的次数非零，这是不可能的。
• 如果存在一个非空，非全集的前缀和非正，那么存
在一个位置在原点右侧，从左边经过它的次数非正，
并且在这个位置右侧还有需要进入的车站，这是不
可能的。

– 证明（续）：
• 而如果所有位置记录的数的和为0，且所有非空、非
全集的前缀和为正，则将1看成左括号，−1看成右
括号（0只需要Yui的路线经过这个车站即可），对
应一个合法的括号序列，且最后一个右括号和第一
个左括号对应。那么原点→第一个右括号→第一个
右括号对应的左括号→第二个右括号→第二个右括
号对应的左括号→ ⋯ →最后一个右括号→最后一个
右括号对应的左括号（原点）就是合法的路径。''

– 下面考虑如何解决原问题
– 显然能上火车的时候一定上火车。由于𝑡i ≤ 2𝐿，所以在购物
中心购物时，火车到达端点的次数（下称“代价”）只会是
1或2。
– 如果从左边进入和从右边进入代价都是1，那么可以自由决
定以方式（1）进入还是以方式（2）进入。
– 如果从左边进入代价是1，从右边进入代价是2，那么显然从
左边进入不会更劣，也就是只能以方式（1）进入。
– 如果从左边进入代价是2，从右边进入代价是1，那么显然从
右边进入不会更劣，也就是只能以方式（2）进入。
– 如果从左边进入和从右边进入代价都是2，那么只能以方式
（3）进入。

– 现在问题转换成了：给定一个包含问号的括号
序列，要求确定问号的取值，然后在两边添加
若干个括号，使得括号序列合法，且第一个左
括号和最后一个右括号对应，要求括号数量最
少。
– 显然前面一部分问号变成左括号，后面一部分
变成右括号。枚举哪些变成左括号，可以通过
预处理前后缀和做到𝑂(1)判断添加的括号的数
量。总复杂度𝑂(𝑛)。

[2020国集作业第152题] Donation (https://atcoder.jp/contests/arc098/tasks/arc098_d)

– 正向考虑这个过程较难处理（虽然也可以处
理），我们逆向考虑这个过程。
– 问题等价于：你可以以任意非负初始钱数从任
意一个点出发，然后沿着图中任意边行走，当
你离开一个点𝑢（包括最终停止在点𝑢）时，需
保证此时的钱数不小于𝑎b，当你位于点𝑢时，
可以“捐赠” 一次使钱数增加𝑏b，要求给每个
点“捐赠”一次，最终的钱数最少。

– 每一个点都会捐赠一次，所以最终钱数最少等
价于初始钱数最少。
– 显然对于每一个点会在第一次访问这个点时
“捐赠”。
– 令𝑐b = max(𝑎b − 𝑏b, 0)，则进入点𝑢时只需保
证钱数不小于𝑐b（即“捐赠”一次后不小于
𝑎b）。

– 按照𝑐b从小到大的顺序加入每一个点，用并查
集维护连通块，可以得到一个树形结构，子树
𝑢代表加入𝑢时形成的连通块。
– 不难证明在确定初始位置和钱数之后，可以以
任意顺序访问可以访问的节点。

– 当访问到点𝑢时，子树𝑢中的所有点的𝑐值都不
超过𝑐b，可以访问。
– 访问完子树𝑢后，能到达的未访问点中𝑐值最小
的点为𝑢的父节点𝑓，此时访问𝑓必然可行，否
则无解。
– 访问节点𝑓后可以访问子树𝑓，然后访问𝑓的父
节点，以此类推

– 𝑑𝑝[𝑢]表示访问子树𝑢需要的最少钱数，转移时
枚举访问𝑢之前先访问了哪个子树。
– DP的时间复杂度为𝑂(𝑛)，时间复杂度瓶颈为排
序的𝑂(𝑛𝑙𝑜𝑔𝑛)

[2020国集作业第150题] Mr. Kitayuta vs. Bamboos (https://codeforces.com/contest/506/problem/C)

二分答案

堆维护

– 首先二分答案，问题转化为判断能否使𝑚天后
所有竹子高度均不超过𝑋。
– 逆向考虑这个过程，记ℎ′表示如果在原问题中
此时竹子的高度超过ℎ′，则竹子最终的高度会
超过𝑋
– 则在逆向过程中，ℎ′的初始值为𝑋，在每天开始
时ℎ′会减少𝑎i，每天可以做𝑘次操作，每次操作
可以选择一棵竹子将ℎ′增加𝑝（不能在ℎ′减小至
负数后增加），要求𝑚天后ℎ′不小于ℎi

– 最优决策为选择（如果不操作）ℎ′减小至不合
法（减小至负数或者过程结束后小于ℎi）的时
间最早的竹子进行操作。
– 可以用堆维护，时间复杂度为𝑂((𝑛 +
𝑘𝑚)𝑙𝑜𝑔𝑛)，算上二分的时间复杂度后为
𝑂( 𝑛 + 𝑘𝑚 𝑙𝑜𝑔𝑛 𝑙𝑜𝑔𝐻)