UOJ NOI Round #6

暴露真实水平了，我该怎么办？？？

Day1

A

首先注意到面基顺序与答案无关，因为如果提前与某个人面基了，那可以让那个人一直与你走相同的路线，等到轮到他面基时再面基。

所以，我们就是要选一个位置，使得所有人（包括你自己）到这个位置的距离的最大值最小。这个位置可以是一个点，也可以是某条边上的某个位置。

对于在点上会合的情况，直接枚举即可。对于在边上的情况，先枚举一条边 \((u,v,w)\)，那么在这条边上会存在 \((k+1)\) 个分界点，每个分界点表示某个人从点 \(u\) 进入这条边更优，变为了从点 \(v\) 进入这条边更优。对于两个分界点间的情况，容易计算其答案。

时间复杂度 \(O(k(n+m)\log m\log k)\)。

B

我们令 \(\texttt{0}\to 1,\texttt{1}\to -1\)。设此时得到的原串为 \(S\)，新串为 \(T\)。

定义合法括号前缀为一个由 \(1\) 和 \(-1\) 组成的数列，且其前缀和总是 \(\ge 0\)。

先考虑匹配怎么做，也就是说，我们需要检查是否存在一个合法括号前缀 \(W\)，使得 \(W\) 是 \(T\) 的子序列，且去掉 \(T\) 中的某个 \(W\) 后，剩下的部分等于 \(S\)。

我们贪心地匹配。假如当前匹配了 \(T\) 的前 \(i\) 位和 \(S\) 的前 \(j\) 位，且括号前缀的总和是 \(k\)。若 \(T_{i+1}=S_{j+1}\)，则下一位可以直接匹配。否则，若 \(T_{i+1}=1\) 或 \(k>0\)，那么令 \(k\gets k+T_{i+1}\) 即可。

如果 \(T_{i+1}=-1,S_{j+1}\neq -1,k=0\)，那么我们需要让 \(j\) 减少一些。我们找到最大的 \(p<j\) 使得 \(S_{p\dots j}\) 之和大于 \(0\)，并令 \(j\gets p-1\)。这是对的，因为任意两个合法括号前缀交替拼接起来以后，仍然是合法括号前缀。

对于计数，将上面的 \(i,j,k\) 记入状态，然后直接转移即可。

时间复杂度 \(O(nt(n+t))\)。

Day2

A

记 \(F(S)=\sum_{i\in S} a_i\)。

假如能找到两个集合 \(S,T\subseteq [n]\) 使得 \(S\neq T\land F(S)=F(T)\)，那么令 \(S\backslash (S\cap T)\) 中的元素为 \(1\)，\(T\backslash (S\cap T)\) 中的元素为 \(-1\)，其余元素为 \(0\)，这样就构造出了一组答案。

由于 \(2^n-1>p\)，根据鸽巢原理，总存在一个 \(s\in [0,p)\cap \mathbb{Z}\) 使得有至少两个集合 \(S\) 满足 \(F(S)=s\)，所以一定有解。

考虑分治。设 \(\operatorname{solve}(l,r)\) 表示：我们要找一个 \(s\in [l,r]\) 使得存在集合 \(S\neq T\) 满足 \(F(S)=F(T)=s\)，且保证 \([l,r]\) 间有解。令 \(mid=\lfloor\frac{l+r}{2}\rfloor\)，我们考虑求出有多少个 \(S\) 满足 \(F(S)\in [l,mid]\)。设这个数是 \(cnt\)，假如 \(cnt>mid-l+1\)，说明 \([l,mid]\) 间一定有解；否则，\((mid,r]\) 间一定有解。

现在我们需要处理 \(O(\log p)\) 次询问，每次问 \(F(S)\) 在某个区间内的 \(S\) 的个数。折半，设 \(t=\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\)，开始时预处理 \(a_{1\dots t}\) 和 \(a_{(t+1)\dots n}\) 的所有子集和，并从小到大排序，每次询问时，设 \(S=S_1\cup S_2\)，有两种情况：\(F(S_1)+F(S_2)\in [l,r]\)，以及 \(F(S_1)+F(S_2)-p\in [l,r]\)。对两种情况分别双指针即可。

最后，我们需要对于分治找到的 \(s\)，求出两个集合。利用上面折半得到的信息不难求出。

时间复杂度 \(O(2^{\lceil n/2\rceil}\log p)\)。代码实现。

B

只补了 \(50\) 分做法。

首先，对于两个点 \(x,y\)，若存在 \((x,y)\) 这条边，那么 \(x,y\) 连通当且仅当 \((x,y)\) 这条边被选中。

考虑找到一种构造询问的方式，使得对于任意两条不同的边 \((u_i,v_i),(u_j,v_j)\)，都存在一个询问满足 \(i\) 被包含在这个询问中，而 \(j\) 不被包含。如果总询问次数为 \(2T(T\in \mathbb{N}^+)\)，那么一条边 \((x,y)\) 存在，当且仅当 \(x\) 与 \(y\) 在恰好 \(T\) 次询问中连通。

一种询问次数为 \(2\lceil \log_2 n\rceil\) 的构造：考虑二进制分组，对于每个 \(0\le i<\lceil \log_2 n\rceil\)，我们取出所有二进制下第 \(i\) 位为 \(0\) 的边询问；再取出所有二进制下第 \(i\) 位为 \(1\) 的边询问。

一种询问次数为 \(\lceil \log_2 n\rceil(1+o(1))\) 的构造：我们找到 \((n-1)\) 个 popcount 恰好为 \(T\) 的 \(2T\) 位二进制数，令 \((n-1)\) 条边分别对应这些二进制数。每次只需询问第 \(i\) 位为 \(1\) 的所有二进制数对应的边即可。