2022.10.17 CSP2022 模拟赛四
盒子
Source：CF1242C。
想了一半，麻。
考虑盒子 \(i\) 被移出去的数，设这个数是 \(x\)，那么很必然的，一定需要有一个 \(x-\Delta_i\) 移进来，其中 \(Delta_i=S-s_i\)。
将移出去的数与移进来数之间建一条有向边，这样会连出来一个大小为 \(\sum a_i\) 的一个有向图，有用的显然只有环。
将合法的环抽出来，环上每个点有颜色，问题变为选择若干个环使得所有颜色恰被覆盖一遍，可以状压 DP 解决，剩下的就是根据状压 DP 构造一下方案。
Code
#define int ll
const int K=16,N=750010;
int s[K],rid[N],col[N],to[N],f[1<<15],g[1<<15],pre[1<<15],p1[K],p2[K],deg[N];
map<int,int> id;
vi c[K];
void no() {puts("No"),exit(0);}
void find_loop(int fir,int u,int S) {
if(u==fir&&!deg[u]) return f[S]=fir,void();
deg[u]=0;
int NS=(1<<(col[u]-1));
if(NS&S) return;
find_loop(fir,to[u],S|NS);
}
void construct(int S) {
if(f[S]) {
int u=f[S];
while(1) {
int v=to[u];
p1[col[v]]=rid[v],p2[col[v]]=col[u];
u=v;
if(u==f[S]) return;
}
assert(0);
}
construct(S^pre[S]),construct(pre[S]);
}
signed main() {
int K=read(),idc=0,S=0;
FOR(i,1,K) {
int l=read();
FOR(j,1,l) {
int x=read();
id[x]=++idc,rid[idc]=x,col[idc]=i;
s[i]+=x,S+=x;
}
}
if(S%K!=0) no();
S/=K;
FOR(i,1,idc) {
int u=i,v=id[S-s[col[i]]+rid[i]];
if(!v) continue;
to[u]=v,++deg[v];
}
list<int> qu;
FOR(i,1,idc) if(!deg[i]) qu.pb(i);
while(sz(qu)) {
int u=qu.front();qu.pop_front();
int v=to[u];
if(v==0) continue;
if(--deg[v]==0) qu.pb(v);
}
FOR(i,1,idc) if(deg[i]) find_loop(i,i,0);
FOR(i,0,(1<<K)-1) {
if(f[i]) {g[i]=1;continue;}
for(int j=i;j;j=(j-1)&i) {
if(g[j]&&g[j^i]) g[i]=1,pre[i]=j;
if(g[i]) break;
}
}
if(g[(1<<K)-1]) {
construct((1<<K)-1);
puts("Yes");
FOR(i,1,K) printf("%lld %lld\n",p1[i],p2[i]);
}
else no();
}
爽串
Source：CF1286E
复读 jiangly 题解！！！1
我们考虑在加入字符后求出合法的 border 权值和。
维护 border 的集合，考虑加入字符后对 border 集合的变化：
- 删除掉下一位不为 \(c\) 的 border。
- 如果 \(c_i=c_0\)，加入一个长度为 \(1\) 的 border。
你发现 border 的个数是 \(O(n)\) 的，所以这部分如果做得足够精准是线性的。
考虑快速找到需要被删除的 border，注意到其都在 fail 树上的向上路径上，我们可以预处理出对于每一个节点第一个与其后继字符不同的祖先，我们就可精准地找到每一个需要删除的 border。
权值的处理使用单调栈：删除 border，需要询问权值，这个可以二分处理；单调栈的删除，这个可以使用 map 暴力找到所有被弹出的权值，均摊也是对的。
总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
Code
const int N=6e5+5;
int anc[N],nxt[N],w[N],st[N],top,ans26,ansB;
i128 ans;
map<int,int> cnt;
string s;
char c;
int query(int x) {return w[*lower_bound(st,st+top+1,x)];}
void write(i128 x) {
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int main() {
int n=read();
cin>>c;w[0]=read();
s+=c,ans26=w[0]%26,ansB=ans=w[0];
printf("%d\n",w[0]);
st[++top]=0;
ll sum=0;
for(int i=1,j=0;i<n;i++) {
cin>>c;w[i]=read();
c=(c-'a'+ans26)%26+'a',s+=c,w[i]^=ansB;
while(j>0&&s[j]!=c) j=nxt[j];
if(c==s[j]) j++;
nxt[i+1]=j;
if(c==s[nxt[i]]) anc[i]=anc[nxt[i]];
else anc[i]=nxt[i];
for(int k=i;k;)
if(s[k]==c) k=anc[k];
else {
int v=query(i-k);--cnt[v],sum-=v;
if(cnt[v]==0) cnt.erase(v);
k=nxt[k];
}
if(s[0]==c) ++cnt[w[i]],sum+=w[i];
while(top&&w[i]<=w[st[top]]) top--;
st[++top]=i;
int nw=0;
for(auto it=cnt.upper_bound(w[i]);it!=cnt.end();) {
sum-=1ll*(it->fi-w[i])*it->se,nw+=it->se;
auto j=next(it);cnt.erase(it),it=j;
}
cnt[w[i]]+=nw;
ll res=w[st[1]]+sum;
ans+=res,ans26=ans%26,ansB=ans&((1<<30)-1);
write(ans),putchar('\n');
}
}
棋盘
Source：CF1239E
贡献式是什么样子的，是 \(\min(\max_{i=1}^n(suf_i+pre_i))\) 其中 \(suf_i\) 是第二行的后缀和，\(pre_i\) 是第一行的前缀和。
我们证明几个性质：
一：第一行单调递增，第二行单调递减。
只证明前一句，后一句类似证明。
考虑调整证明，注意到若 \(i<j\) 且 \(a_{1,i}>a_{1,j}\)，交换 \(i,j\) 会使 \([i,j)\) 这一段答案变小，其余不变，故调整后不劣。
二：最小的数在 \(a_{1,1}\)，次小的数在 \(a_{2,n}\)。
证明：我们钦定最小的数在 \(a_{1,1}\)，那么次小的数要么在 \(a_{2,n}\)，要么在 \(a_{1,2}\)，显然在 \(a_{2,n}\) 更优。
三：此时答案一定是 \(\max(suf_1+pre_n,suf_n+pre_1)\)。
证明：考虑两个相邻路径的差，他们的差是 \(|a_{0,i+1}-a_{1,i}|\)，因为 \(a_{0,i}\) 单增，\(a_{1,i}\) 单减，所以这个是凸的，最大值就在 \(1,n\) 取到。
故，我们使用背包求出上下差最小时的答案，这就是最优解，依据背包构造答案即可。
Code
const int N=26,M=50005;
int a[N*2],b[2][N],bel[2*N],c0,c1;
bitset<N*M> f[N*2][N];
int main() {
int n=read();
FOR(i,1,2*n) a[i]=read()+1;
sort(a+1,a+2*n+1);
f[2][0][0]=1;
int S=0;
FOR(i,3,2*n) {
int up=min(i-2,n-1);
S+=a[i];
ROF(j,up,1) f[i][j]=f[i-1][j]|(f[i-1][j-1]<<a[i]);
f[i][0]=f[i-1][0];
}
int ans=1e9;
FOR(i,0,S) if(f[2*n][n-1][i]) chkmin(ans,max(i,S-i));
bel[1]=0,bel[2]=1;
int tot=2*n,x=n-1;
while(ans) {
if(f[tot-1][x][ans]) tot--;
else bel[tot]=1,ans-=a[tot],x--,tot--;
}
c1=n;
FOR(i,1,2*n)
if(!bel[i]) b[0][++c0]=a[i];
else b[1][c1--]=a[i];
FOR(i,0,1) {
FOR(j,1,n) printf("%d ",b[i][j]-1);
puts("");
}
}
矩阵
Source：ARC081D。
结论：一个矩形可行当且仅当所有 \(2\times 2\) 的子矩形满足其中有偶数个 #。
缩减矩形之后是一个最大全 \(1\) 子矩阵问题，随便搞搞就行了。
注意算上 \(1\times n\) 的情况。
Code
const int N=2005;
int l[N][N],r[N][N],up[N][N],ans;
char a[N][N];
int main() {
int n=read(),m=read();
chkmax(ans,n),chkmax(ans,m);
FOR(i,1,n) {
scanf("%s",a[i]+1);
FOR(j,1,m) a[i][j]=(a[i][j]=='#');
}
n--,m--;
FOR(i,1,n) FOR(j,1,m)
a[i][j]=!(a[i][j]^a[i+1][j]^a[i][j+1]^a[i+1][j+1]),
l[i][j]=j,r[i][j]=j;
FOR(i,1,n) {
FOR(j,2,m) if(a[i][j]&&a[i][j-1]) l[i][j]=l[i][j-1];
ROF(j,m-1,1) if(a[i][j]&&a[i][j+1]) r[i][j]=r[i][j+1];
FOR(j,1,m) if(a[i][j]) {
if(a[i-1][j]) chkmax(l[i][j],l[i-1][j]),chkmin(r[i][j],r[i-1][j]);
up[i][j]=up[i-1][j]+1;
chkmax(ans,(r[i][j]-l[i][j]+2)*(up[i][j]+1));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
