近期模拟赛题解与总结

内容大致包括（基本口胡的）每题题解、赛后总结、可能会有的周总结。

代码主要托管在 gitee 上面，直接粘上来太占空间了。

第一场模拟赛(2020.11.16)

第二场模拟赛(2020.11.18)

通过代码。

比赛总结：

• 进步：
  1. 第一第二题都解决了。
  2. 考试状态有所提升，受外界干扰的程度比较浅。
  3. 有了打草稿，写思路，规划时间的意识。
• 有待改进：
  1. 第二题调试耗时太长，导致后面的题目基本没有时间思考。因此要加快基础题的解决速度，提高准确度。
  2. 写骗分的时候要提高准确度，不然也是白搭。
  3. 要提高乱搞能力。今天 T3 数据难造，于是许多人就水过去了 qwq 。

T1:剪头发

原题：[USACO2020Open]Haircut G

签到题，从小到大枚举 \(j\) 。此时有逆序对 \((x,y)\) ，那么必然有 \(A_y<j\) 。因此我们可以在 \(j=A_i\) 的时候加入 \(A_i\) 作为后面一个数产生的逆序对。时间是 \(O(n\log_2n)\) 。

T2: T 形覆盖

原题：[eJOI2019]T形覆盖

这不 T2 吗怎么都紫了。

首先发现，只有 Manhattan 距离 \(\le 2\) 的关键点才会互相影响。于是，我们可以将这样的关键点联系起来。

对于一堆连通的关键点，我们考虑它们合不合法。统计它们周围白格子（也即没有关键点的格子）。只要可用格子数量不小于需要的格子，那么就一定可以拼凑出来。

更进一步的，我们考虑最初的一个关键点，它有 \(4\) 个白格。现在加入一个，如果与它有公共边，那么就相当于增加了 \(2\) 个白格——因而如果要保证足够的白格，最多只有两个有公共边的白格。

如果没有公共边，那么就相当于增加了 \(3\) 个白格。于是，如果我们最终有 \(n\) 个连通的关键点，我们至多有 \(3n+1\) 个白格。如果白格 \(< 3n\) ，那么就 GG 了；否则，我们就考虑选取所有白格（ \(3n\) 个），或者丢掉最小的一个。

T3: 迷途竹林

原题：[CF505E]Mr. Kitayuta vs. Bamboos

（准备写成单独的题解）

考虑二分答案，当前的答案为 \(L\) 。设第 \(i\) 棵竹子在第 \(j\) 天被砍了 \(c_{i,j}\) 次，那么合法的情况应该是：

\[\max\{h_i+ma_i-p\sum_{j=1}^mc_{i,j},\max_{j=1}^m\{(m+j-1)a_i-\sum_{k=j+1}^mc_{i,k}\}\}\le L \]

其中第一层 \(\max\) 的前面部分表示的是 " 中途不被切没 " 的情况，后半部分枚举最后一次切没是什么时候，然后计算出最后剩余的高度。这里我们认为高度可以变为负数，因为枚举使得它不再重要。

以此我们可以得到 \(c_i\) 的后缀和 \(s_i\) 对于每一个 \(j\) 的下界。现在直接做是 \(O(nm\log_2W)\) 的。

但是，请注意总切的次数为 \(mk\) ，而我们现在的时间是 \(O(\max\{nm,mk\})\) ，我们需要将它优化为 \(O(\min\{nm,mk\})\) ，即，我们需要每次都在必须得切的时候再计算。前面我们可以得到：

\[(m-j+1)a_i-ps_{i,j}\le L \]

将 \(s_{i,j}+1\) 代入计算即可得到下一次必须得切的时候。对于每个节点，我们可以用一个队列维护哪些竹子在当前点必须被切掉，并用一个变量记录当前剩多少次操作机会（这个机会下一次还可以用，毕竟是允许负数高度的）。时间是 \(O(mk\log_2W)\) 。

T4: 游戏

原题：[HDU6829]Borrow

（准备写成单独题解）

首先考虑三维的 DP 。然后发现只有值的相对关系才重要，因此用差值做状态。

设 \(z\) 为最大值，那么考虑 \(f(a,b)\) 表示 \(z-x=a,z-y=b\) 的时候的期望。这里我们并不要求 \(x,y\) 的相对关系，因为我们可以对调再计算。

考虑转移：

\[f(a,b)=\begin{cases}\frac{1}{2}f(a-1,b-2)+\frac{1}{2}f(a-2,b-1)+1&a,b\ge 2\\\frac{1}{2}f(1,b-1)+\frac{1}{2}f(2,b+1)+1&a=0\\\frac{1}{2}f(a-1,1)+\frac{1}{2}f(a+1,2)+1&b=0\\\frac{1}{2}f(0,b+1)+\frac{1}{2}f(1,b)+1&a=1\\\frac{1}{2}f(a+1,0)+\frac{1}{2}f(a,1)+1&b=1\\\end{cases} \]

然后发现只有 \(a\le 2\) 或 \(b\le 2\) 的时候有环，手解可以得出，合法情况下有：

\[\begin{aligned}f(1,b)&=2+4\times \lfloor\frac b 3\rfloor\\f(0,b)&=f(1,b-1)+2=4\times \lfloor\frac b 3\rfloor\end{aligned} \]

另一边基本同理。此时如果做 \(O(n^2)\) 的递推即可得到 70 pts 。

考虑优化。对于存在边界的期望，我们可以尝试直接计算边界的贡献。也就是，对于 \(f(0)\) 和 \(f(1)\) ，我们用概率乘以贡献。注意到 \(f(a,b)\) 的状态，走到边界的过程中，始终走的是 " 日 " 字。因此我们可以解出走的正 " 日 " 的次数 \(p\) 和倒 " 日 " 的次数 \(q\) 。那么走到的概率可以方便地计算。贡献注意加上额外的步数（我们枚举了所有的终点，因此不需要考虑中途贡献系数不同的情况，重复计算帮助我们解决了这个问题）。额外需要注意的是，\(f(0)\) 的方案不能计算经过了 \(f(1)\) 的方案，减去即可。

时间是 \(O(n)\) 。

第七场模拟赛题解

通过代码。

比赛总结：

• 进步：
  • T1、T2 的解决速度比较快。
  • 我会乱搞骗分了。 T3 成功通过乱搞做法骗到分。
• 有待改进：
  • 做 T3、T4 的时候状态明显下滑了，注意不集中，思考时间太长、写的时间很短而收益很低。下次可以尝试给每道题限定 30min 的思考时间，如果不是感觉方向基本正确就先开始写代码。中途要注意适度休息，多上几次厕所，说不定就可以想到新思路，或者突然就想通了。
  • T4 骗分也挂掉了，准确度还是不够高，不能总是依赖对拍。
  • 思路要更发散一些。 T3 明明已经到正解边缘了，还是没想到。

T1:bins

原题：[BalticOI 2010 Day2] Matching Bins

简单题，枚举 \(K\) ，把两段值分别丢到桶里。检查直接从大到小扫一遍，看是否有放不下的即可。

时间是 \(O(nm)\) 。

T2:inversions

原题：[CF414C]Mashmokh and Reverse Operation

简单题。一次交换操作会让所有跨越 \(2^k(k<q)\) 的段的顺序对变成逆序对，逆序对变成顺序对，于是对同一种段打标记，每次询问后直接统计。于是我们只需要考虑长度为 \(2^k\) 的段的跨越中点的顺序对和逆序对，归并排序预处理。

时间是 \(O((2^n+m)n)\) 。

T3:candies

原题：[BalticOI 2010 Day2] Candies

稍微难一些的题目。

求 \(P\) 非常简单。我们可以直接背包求出包含所有值的组合情况，接着枚举一个 \(B\) ，我们将它从可选集合中删去，也就是 \(O(nB)\) 的退背包。那么考虑当 \(Q\) 充分大的时候，我们的组合情况数可以直接翻倍。于是我们就求出删去后组合情况数最大的一个 \(B\) 作为我们的 \(P\) 即可。

接着考虑 \(Q\) ，可以发现一个 \(Q\) 合法的条件是，\(\forall S\subset U,\not\exist T\subset U,\sum_{u\in S}u+Q=\sum_{u\in T}u\) （ \(U\) 为全集去掉 \(P\) ），那么移项得到 \(Q=\sum_{u\in T}u-\sum_{v\in S}v\) 。可以发现这也是背包的形式，只不过符号有正有负。并且我们最终只需要知道某个值能不能凑出来，因此可以 bitset 优化。

时间是 \(O(n^2B)\) 。

考场的乱搞做法：

注意到最终的值域很小，只有 \(7\times 10^5\) ，而方案数是指数级别的，因此可能会有很多个可以凑出的数连在一起。我们可以将连起来的一段一起判断，而不需要拆开。退背包之后，处理每个位置向后的连续的 0 的个数和值非 0 的段，之后我们就可以枚举 \(Q\) 并进行判断。

贪心地想，我们应该将较长的段优先判断，而从小到大枚举保证了它可以在找到第一个可行值之后退出，因此它在随机数据下表现良好。

事实上，它不仅能过官方数据，还跑得飞快

T4:sheep

题目简述：

给定一棵大小为 \(n\) 的树，树上有 \(k\) 只 🐑 。如果在 \(u\) 上安排一位牧羊人，那么他会守卫最近的 🐑 不被吃掉（如果有多头就一起守卫）。求最少需要安排多少为牧羊人。

数据范围： \(1\le k\le n\le 5\times 10^5\) 。

这道题跟 [POI2011]DYN-Dynamite 有点相似。

首先可以预处理，得到 \(d_u\) ，表示 \(u\) 能覆盖的距离。

我们考虑在树上由叶子到根进行贪心。处理完一棵子树之后，我们得到了两个信息：该子树内所有未被覆盖的 🐑 的深度（可以发现不可能有深度不同的两只 🐑 ），以及子树内牧羊人超过根的最广覆盖范围。合并一颗子树，我们可以用当前树的牧羊人覆盖新子树，也可以用新子树的牧羊人覆盖当前子树，并更新当前树的两个信息。

合并完成之后，我们就需要考虑当前子树的根是否应该安排牧羊人。如果 \(d_{fa}>d_u\) ，那么必然有 \(d_{fa}=d_u+1\) 。此时如果放置在 \(fa\) 上面，那么同样能覆盖当前子树，并且更优，于是我们就推迟操作；反过来，我们在当前点上安排牧羊人。这也保证了不会有不同深度的 🐑 。

时间复杂度是 \(O(n)\) 。

第八场模拟赛(2020.11.30)

比赛总结：

• 进步：
  • 仍然是简单题比较稳健，没有出锅。
  • 面对今天的一组比较难的题，心里已经没有那么慌张了，证明心理素质在提高。
• 有待改进：
  • T4 没想好就开始写，不仅是不熟悉的内容，而且写完了才发现自己伪了，浪费时间，结果半分没多骗到。
  • T3 完全没有思路，然而骗分并不难，概率期望板块还是很弱。
  • T1、T2 花费时间偏长，而且 T2 的时间基本都在打水漂； T3、T4 时间规划基本没有，因为心里觉得 T4 能行，所以 T3 基本就弃掉了，但是事实证明 T3 相对来说更容易骗分。一定严格按照时间来考。

第十场模拟赛（2020.12.02）

通过代码

比赛总结：

• 进步：
  • 解决了一道计数题目虽然我觉得挺简单的。
  • T3 骗分看起来写得不错
  • 遇到后面题目比较难，保证了心态没有崩掉，按照安排做题
• 有待改进：
  • T2 被卡常了呀 qwq 。
  • T4 明明可以打表多得 30 pts ，偏偏没有想到这一点。
  • 如果之后再遇到今天这种不太简单的比赛，尽量先把每道题的暴力先写好。

T1: bricks

原题：[CF1355E]Restorer Distance。

简单题目，可以发现函数可以直接三分。

或者发现在每一段内，函数最多由两段一次函数拼起来，所以可以在每个分界点计算答案。

T2: rgbgraph

原题：「美团 CodeM 初赛 Round A」二分图染色。

可以想到直接计算红和蓝的方案，但是会算重，可以容斥：

\[\sum_{k=0}^n(-1)^kk!\binom{n}{k}^2\left(\sum_{i=0}^{n-k}i!\binom{n-k}{i}^2\right)^2 \]

现在是 \(O(n^2)\) 。注意后面的那一部分等价于求一个完全二部图内任意匹配的方案数，可以直接递推。设 \(f_n\) 为一个左右大小均为 \(n\) 的完全二部图任意匹配的方案数，考虑新加入的两个点的匹配边可以得到：

\[f_n=f_{n-1}+(2n-1)f_{n-1}+(n-1)^2f_{n-2} \]

现在就可以 \(O(n)\) 解决问题了。

T3: cyclesort

原题：「eJOI2018」循环排序。

首先可以发现，原图总可以被拆分成许多环。观察样例可以发现，我们可以用一次操作合并 \(n\) 个环，再用一次操作解决这个大环，仅仅带来 \(n\) 的多余操作下标。

现在问题在于，如何确定环该如何拆分？贪心地想，我们显然应该尽量拆分更少的环。对于多个值相同的点，我们可以将它们全部连到一个虚点上，再从虚点连向最后的可行位置。那么此时原先的一个环仍然是一个环，现在环尽量少等价于一个环尽量大，再次观察样例可以猜想是取欧拉路。所以按照这个意思跑欧拉路模拟即可。

输出方案可以直接构造，不再赘述。

T4: parentrises

原题：「BalkanOI 2018 Day2」Parentrises

考场上只有阉割版，也就是 \(P=2\) 的情况。

可以发现，此时必然是一个失配的括号可以和一个匹配的相同括号相配，两个染不同颜色，那么在隐藏了某种颜色之后仍然是良括号串。

换种想法，我们认为一个括号现在可以匹配上两个括号。也就是说，在从左往右做匹配的时候，我们认为一个右括号可以最多匹配两个左括号；从右往左，一个左括号最多可以匹配两个右括号。

经过转化，现在问题就简单了，可以直接设：

\(f(i,j,k)\)：前 \(i\) 个字符确定后，前缀和为 \(j\) ，最小后缀和为 \(k\) 的方案数。

转移直接枚举当前括号。注意滚动数组优化空间。时间复杂度是 \(O(n^3)\) 。