The 2nd Universal Cup. Stage 28: Chengdu 题解

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A. Add One 2

感觉这个题好难啊。怎么过这么多队。

直接贪心不好做，先考虑什么样的序列 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是能得到的。

对于每个 $1\le i<n$，如果 $x_i>x_{i+1}$，那么至少要在 $[1,i]$ 这个前缀操作至少 $x_i-x_{i+1}$ 次；如果 $x_i<x_{i+1}$，那么至少要在 $[i+1,n]$ 这个后缀操作至少 $x_{i+1}-x_i$ 次。如果倒着做这些操作，那么做完这些操作后所有 $x_i$ 都会变成一个相同的数，而我们需要这个数非负。

这等价于

$$\begin{array}{rl}& x_1\ge \sum _{i=1}^{n-1}max(0,x_i-x_{i+1}),\\ & x_n\ge \sum _{i=1}^{n-1}max(0,x_{i+1}-x_i).\end{array}$$

如果令 $x_0=x_{n+1}={10}^{18}$，那么等价于

$$\begin{array}{rl}& {10}^{18}\ge \sum _{i=0}^{n}max(0,x_i-x_{i+1}),\\ & {10}^{18}\ge \sum _{i=0}^{n}max(0,x_{i+1}-x_i).\end{array}$$

由于这两个式子的值是一样的，加起来得到

$$2\times {10}^{18}\ge \sum _{i=0}^n|x_i-x_{i+1}|.$$

对于原来的序列 $y$，能做的操作是每次选一个位置加上 $1$，问最少进行多少次操作才能使得 $y$ 满足上述条件。

对于 $y$ 中的一段 $y_l=y_{l+1}=\cdots =y_r$，如果 $min(y_{l-1},y_{r+1})>y_l$，那么将 $[l,r]$ 这一整段都加上 $1$，就可以使得绝对值之和减少 $2$。那么每次选择长度最小的这样的段进行操作即可，可以用堆维护。

$O(n\log n)$。

C. Colorful Graph 2

给出的是正多边形的一个三角剖分的一部分，所以不妨考虑如果给的是完整的三角剖分，应该怎么做。

显然只需要考虑所有三元环，如果在有公共边的三元环之间连边，会形成一棵树，先任选一个三元环随便染色，然后和它有边相连的三元环只有一个点没有被染色，而且这个点有至少一种染色方式。所以按照这棵树的某个拓扑序进行染色即可。

$O(n\log n)$。

D. Min or Max

模拟。

F. Whose Land?

扫描线扫右端点 $r$，设 $t_i$ 表示最大的 $u\le r$，使得点 $u$ 的 $k$ 邻域内包含点 $i$。我们希望用数据结构维护对于每个 $x$，有多少个 $i$ 满足 $t_i=x$，这样回答询问就是简单的。

和 JOISC 2022 洒水器一样，可以把点 $u$ 的 $k$ 邻域拆成 $O(k)$ 个形如“在某个点的子树内且深度恰好是某个值”的不交并，所以对于每个深度，用 set 维护连续段即可。

$O((nk+q)\log n)$。

G. China Convex Polygon Contest

首先做题顺序肯定是按照 $b_i$ 从小到大做，不确定的是什么时候交题。设 $b_1,b_2,\dots ,b_n$ 排序以后的前缀和是 $s_1,s_2,\dots ,s_n$。

对于一段 $[a_i,a_{i+1})$，设落在这段区间内的是 $s_l,s_{l+1},\dots ,s_r$，那么有两种选择：

• 将 $s_l,s_{l+1},\dots ,s_r$ 都用于匹配 $i+1$ 以后的提交；
• 将 $s_l$ 用于匹配 $a_i$（可能匹配不全），$s_{l+1},\dots ,s_r$ 用于匹配 $i+1$ 以后的提交。

如果某个 $s_i$ 匹配了一个 $a_j(j>i)$，那么落在 $[a_j,a_{j+1})$ 的 $s_k$ 一定不会选择匹配 $a_j$。

所以按照 $i$ 从大到小考虑 $[a_i,a_{i+1})$ 中的所有 $s_j$，每次可以尝试反悔掉一些匹配自身的，或者直接匹配一个空的段 $[a_x,a_{x+1})$。需要用线段树维护区间 min。

$O(n\log n)$。

H. The Game

最后还剩两个数时，如果这两个数相同，那么 Kevin 就输了。而且发现这是充要的，所以做完了。

J. DFS Order 5

模拟。

K. Sticks

先考虑判定一个 $n\times m$ 的矩阵 $M$ 是否能得到。

每次尝试消去最后一行，我们会选择一段前缀 $M_{n,1}=M_{n,2}=\cdots =M_{n,k}=1$，钦定这一段是从左端伸出来的。那么对于 $M_{n,k+1},\dots ,M_{n,m}$，如果其中一个 $M_{n,j}$ 是 $1$，那么它一定是从顶上延伸下来的。找到最小的一个这样的 $j$，列 $j,j+1,\dots ,m$ 都一定只有从顶上延伸下来的木棍，剩下的是一个子矩阵 $M_{1\dots (n-1),1\dots (j-1)}$。

发现每次一定可以选最大的满足条件的 $k$，因为如果 $M_{n,k+1}=1$，那么它一定是从顶上延伸下来的，但将它调整成从左边延伸过来是不会改变任何事情的。

于是在判定过程中，行数和列数的变化是确定的，直接把这个过程写成 DP 即可。

$O(n^2)$。

M. Bot Friends

我们要找到机器人和洞之间的一个匹配，那么考虑一个匹配能否得到。发现充要条件是任意两组匹配要么包含要么不交。

所以匹配形成了一个括号树，我们需要最小化叶子的个数。考虑在 $i+0.5$ 的机器人能否向左匹配任意一个不与它相邻的洞，发现只需要前面有某个机器人把 $i$ 位置的洞匹配掉就可以。

所以设 $f_{i,j,0/1}$ 表示考虑了前 $i$ 个机器人（不考虑第 $i$ 个机器人后面的洞），目前有 $j$ 个向 $>i$ 的洞匹配的机器人，且第 $i$ 个机器人是/不是向后匹配的最小叶子个数。转移时先考虑 $i+1$ 这个洞如何匹配，再考虑 $i+1.5$ 这个机器人如何匹配即可。

$O(n^2)$。