JOISC 2020题解
被吊打了
先鸽着
JOI的本质：数 据 结 构 优 化 建 图
D1T1
爆零辣
显然的dp：设f[i][j][0/1]表示当前到i放了j个A当前是A/B 是否合法
发现对于每个i和0/1，合法的j是一个连续段
证明可以归纳，对于相邻两个位置的2A2B讨论大小，发现每种合法情况都能保证
代码： https://loj.ac/submission/770031
D1T2
正解还不太会，写了随机
代码：咕咕咕
D1T3
咕咕咕
D2T1
神奇交♂互题
把关系视作一个图，对于一个x只有三条边：x爱的，爱x的，和x同色的，把x和有边的一起询问时为1种颜色，没有边的是2种颜色
若x和x爱互相喜欢则视作只有一条同颜色边
若能求出这三种边，每次把x和其中的两个询问，如果只有一种颜色那么剩下的那个就是x喜欢的
找出喜欢的情况之后即可得出同颜色的
部分分23直接n^2找边，部分分4用二分找边
因为为什么要有性别限制，所以是个二分图
每次找一个最大独立集，加一个新的来判断整个集合
因为每个点只有最多三条边所以独立集大小>=|剩余S|/4
独立集内部没有边，所以只用考虑独立集和剩下的，以及剩下的之间的边
二分找前半部分，对剩下继续找独立集
由于每次大小减1/4所以次数不会很多
代码： https://loj.ac/submission/776947
D2T2
辣鸡题，难写的很
思路不难，一个由双向边组成的联通块操作后必然变成完全图，并且中途可能会引发连锁反应
一个点连一个块中的任意一点后都会变成连整个块中的所有点
在每个块上维护 点->当前块，当前块->其他块，其他块->当前块
每次合并两个块时，两个块连出去的边不会改变，连进来的边若只连了一边则要连另一边
启发式合并，同时再维护每个块 点->当前块的具体个数（因为不好把非法的删掉）
https://loj.ac/submission/773902
D2T3
这很AGC
请注意下文所指的是原2n的数组还是数组b
考虑从后往前放，每次放到数组b对应位置后若已放了就向前，最后停下来的位置就是最终的高度
证明考虑归纳，放了一个之后如果会产生冲突那么必然是存在三个相同高度的，这样才会影响到后面的操作，但显然这样不存在
设\(f[i][j]\)表示从后往前放了第i个，数组b的前j个已满，第j+1个未放，后面的未知
原来的题不好算方案，把两个相同高度的变为不同，最后除2^n
考虑第i-1个，设in表示[i,n+n]中保留的个数，out表示不保留的个数
①第i-1个不放：
\(f[i][j]*(j-out)->f[i-1][j]\)
解释一下，第i-1个不放意味着必须要放到b中前j个里，这样才能把它弹掉
前j个中有2j个可以放，已经放了j个弹了out个，所以还有j-out个可以放
②第i-1个放：
1)放在>j+1个上
\(f[i][j]->f[i-1][j]\)
注意具体是哪一个在之后考虑
2)放在j+1个上
\(f[i][j]*(k+2)*g[k]*C_{in-j}^k->f[i-1][j+1+k]\)
枚举后面接上的长度k，其中[j+2,j+1+k]这一段中共有2k个，已经放了k个，所以可以放下后移到j+1的共有k+ j+1位置上的2个=k+2
由于第j+1个原本没有，所以这一段中必须有且只有k个放了
组合数不用减第j+1，因为没加进去
\(g[k]\)表示在长度为k的数组中用每种2个共2k个高度放满的方案
设\(g[i][j]\)表示当前放了前i种，放了j个，那么上面的\(g[k]\)等于现在的\(g[k][k]\)
转移很显然，考虑第i+1种放012个，注意任何时候都有i>=j，因为最多只能把前i个放满
N^3 4s不慌
代码： https://loj.ac/submission/776301
D3T1
想了三种dp，前两种被毙掉，最后一种只能到n^3，结果不小心把n^2的过了
根据高度建笛卡尔树，如果有多个相同的就并列但是写的时候并不会笛卡尔树所以就用了rmq
那么一颗星星就等于树上的一条链，要找若干条链使其不相交且值最大
随便搞个dp，维护每条链下面的dp状态和，这个直接线段树
关于每条链的范围，找到每个点左右扩展的范围，按l小到大r大到小排序，发现刚好可以线性
log^2会被卡
代码： https://loj.ac/submission/772413
D3T2
咕咕咕
D3T3
两道题：
①A>=3 B>=0
从终点bfs分层，一次把每层的边按012染色，同层视作下一层
不断向上一层即可
②A=2 B>=6 保证是树
要求在3步以内判断出方向，剩下3步用来返回
一个简单的想法是按①一样01染色，如果初始点度数为1或>=3则可以轻松判断，一旦确定了方向就可以走到终点
问题是如果初始点在度数=2的点上就判不了
换一种思路，考虑按照某个串循环染色
首先这个串要满足循环之后不存在一条边使得其对称，并且长度<=6
所以考虑用001011来染，如果染到度数>=3的就硬点一个位置使得父亲边和儿子边颜色不同
朝一个方向走3步，如果走到了度数≠2的点就直接判断，否则根据经过的边的颜色来判断
3步加上首尾共5条边，00、11随便走，01强行走0，这样足以根据走出来的串判断是否反向
代码： http://uoj.ac/submission/389874
D4T1
我起了，直接（3h）切了，没什么好说的
一种很显然的方法是直接点分治，以分治中心为起点扩展，如果向下分治的时候一种颜色在两个子树里那在子树中就不能选
另一种也很显然的方法是直接树剖优化建图，每个颜色向其虚树连边，每个点向其颜色连边，之后tarjan缩点找无出度点
u->v意味着选了u就必须选v，所以是找无出度点
代码： https://loj.ac/submission/774376
抢到一血了
D4T2
辣鸡题答，弃了弃了
D4T3
很玄的dp
考虑已知了一个选择方案，怎样判断是否合法
假设方案乱序，如果起始方案l=1，终止方案r=n，相邻两个方案之间满足t先的清理后t后的可以把重叠部分扩散的清掉
方案乱序不如按r排序，排序后变成
\(R_{ai}-L_{ai+1}+1>=|T_{ai}-T_{ai+1}|\)
设f[i]表示以i结尾的答案，从i转移到j同理
\(R_{i}-L_{j}+1>=|T_{i}-T_{j}|\)
拆开绝对值之后因为有t的限制所以用主席树优化建图
因为不想大改所以卡空间卡到自闭
