联合省选2021题解
A卷Day1
T1 card
题意
\(n\)张卡片，每张有上下\(2\)个值，在翻转不超过\(m\)张的条件下最小化极差
数据范围：\(1\le m<n\le 10^6\)
solution
考虑二分答案
枚举最小值\(x\)，那么需要把值小于\(x\)的翻转一下，值大于\(x+mid\)的翻转一下。
判断翻转之后是否合法：
- 小于\(x\)和大于\(x+mid\)的位置都是单调递增的，可以双指针。
- 前后缀最大值/最小值判断翻转之后的值是否都在\([x,x+mid]\)之内
- 并且计算需要翻转多少位置，与\(m\)比较
复杂度\(O(n\log \text{值域})\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using namespace iobuff;
const int N=2e6+10;
int a[N],b[N],n,m,suf[N],pre[N],suf2[N],pre2[N];
struct Node{int val,pos;bool type;}x[N];
inline bool operator <(Node a1,Node a2){return a1.val<a2.val;}
inline bool check(int mid){
int flag1=1,flag2=1;
for(int i=1;i<=n+n;++i){
int cur=x[i].val+mid,val=x[i].val;
while(a[flag1]<=cur&&flag1<=n)++flag1;
while(a[flag2]<val&&flag2<=n)++flag2;
int cnt=x[i].type,L=flag2-1,R=flag1;
if(pre[L]<val)break;
if(suf[R]>cur||suf2[R]<val||pre2[L]>cur)continue;
cnt+=L;
if(x[i].pos<=L){
if(x[i].type)--cnt;
else continue;
}
cnt+=n-R+1;
if(x[i].pos>=R){
if(x[i].type)--cnt;
else continue;
}
if(cnt<=m)return 1;
}
return 0;
}
int main(){
scan(n);scan(m);
int L=1e9,R=0,mid;pre[0]=2e9;
for(int i=1;i<=n;++i){
scan(a[i]);R=max(R,a[i]);L=min(L,a[i]);
x[i]=(Node){a[i],i,0};
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scan(b[i]);R=max(R,b[i]);L=min(L,b[i]);
x[i+n]=(Node){b[i],i,1};
pre[i]=min(pre[i-1],b[i]);
pre2[i]=max(pre2[i-1],b[i]);
}
suf2[n+1]=2e9;
for(int i=n;i>=1;--i)suf[i]=max(suf[i+1],b[i]),suf2[i]=min(suf2[i+1],b[i]);
sort(x+1,x+1+n+n);
int ans=1e9;R=R-L+1;L=0;
while(L<=R){
mid=(L+R)>>1;
if(check(mid))ans=mid,R=mid-1;
else L=mid+1;
}
putint(ans,'\n');
flush();
return 0;
}
T2 matrix
题意
有两个\(n\times m\)矩阵\(a,b\)，已知\(b\)，并且\(b_{i,j}=a_{i,j}+a_{i+1,j}+a_{i,j+1}+a_{i+1,j+1}\)
还原\(a_{i,j}\)，要求\(0\le a_{i,j}\le 10^6\)
数据范围：\(n,m\le 300\)
solution
显然是差分约束，只要但是手玩一下会发现变量个数不是\(2\)
观察这个矩阵的性质：
先钦定第\(n\)行，第\(m\)列均为\(0\)，根据\(b_{i,j}\)构造出\(a_{i,j}\)。但是这个\(a_{i,j}\)不一定合法。
考虑进行一些变化使得依旧能满足\(b\)的限制：如果某一行/列的进行\(+x,-x,+x,-x\cdots\)这样的变化，\(b_{i,j}\)的限制依然满足
设\(r_i,c_j\)分别表示第\(i\)行/第\(j\)列变化的值，那么这个变化量矩阵如下
我们把这个矩阵的每一个数记作\(x_{i,j}\)，即我们要满足\(0\le a_{i,j}+x_{i,j}\le 10^6\)
即
其中\(x_{i,j}\)是只关于\(r_i,c_j\)的变量
但是有加号有减号没法做，考虑把一部分\(r_i\)和一部分\(c_j\)全都取相反数
将偶数\(i\)的\(c_i\)和奇数\(j\)的\(r_j\)取相反数，得到的矩阵如下
现在就都是一正一负了
差分约束即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using namespace iobuff;
const int N=305,MX=1e6;
int T,n,m,b[N][N];
#define ll long long
ll a[N][N];
struct Edge{int to,next;ll len;}e[N*N*10];
int head[N<<1],ecnt;
inline void adde(int u,int v,ll w){e[++ecnt]=(Edge){v,head[u],w};head[u]=ecnt;}
ll dis[N<<1];int cnt[N<<1],mx;bool inq[N<<1];
inline bool SPFA(){
deque<int> q;
for(int i=1;i<=n+m;++i)q.push_back(i),inq[i]=1,cnt[i]=dis[i]=0;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop_front();inq[u]=0;
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].next){
v=e[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].len){
dis[v]=dis[u]+e[i].len;
if(!inq[v]){
inq[v]=1;if((++cnt[v])>=mx)return 0;
if(e[i].len<=0)q.push_front(v);
else q.push_back(v);
}
}
}
}
return 1;
}
int main(){
scan(T);
while(T--){
scan(n);scan(m);
mx=min(40,n+m);
for(int i=1;i<n;++i)for(int j=1;j<m;++j)scan(b[i][j]);
memset(a[n]+1,0,m<<2);
for(int i=1;i<=n;++i)a[i][m]=0;
for(int i=n-1;i>0;--i)for(int j=m-1;j>0;--j){
a[i][j]=b[i][j]-a[i+1][j]-a[i][j+1]-a[i+1][j+1];
}
memset(head+1,0,(n+m)<<2);ecnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=m;++j){
if(!((i+j)&1)){
adde(j+n,i,MX-a[i][j]);
adde(i,j+n,a[i][j]);
}else{
adde(i,j+n,MX-a[i][j]);
adde(j+n,i,a[i][j]);
}
}
}
if(!SPFA()){
pc('N');pc('O');pc('\n');
continue;
}
pc('Y');pc('E');pc('S');pc('\n');
for(int i=1,c,r;i<=n;++i,pc('\n'))
for(int j=1;j<=m;++j)
putint(a[i][j]+(((i+j)&1)?-dis[i]:dis[i])+(((i+j)&1)?dis[j+n]:-dis[j+n]),' ');
}
flush();
return 0;
}
T3 graph
题意
定义函数\(f(u,G)\)，\(u\)是\(G\)中的顶点。
从\(1\sim n\)枚举\(v\)，如果\(u,v\)能互相到达，\(++ans\)，并把点\(v\)和所有与\(v\)有关的边从\(G\)中删除
原图\(G\)中有\(m\)条边，设删除前\(i\)条边之后的图为\(G_i\)
求
数据范围：\(1\le n\le 1000,1\le m\le 2\times 10^5\)
solution
观察\(f(u,G)\)
首先可能对答案做出贡献的\(v\le u\)，不然自己都被删了
我们有结论：
如果\(v\)对\(f(u,G)\)造成贡献，那么一定存在两条路径\(u\to v\)和\(v\to u\)满足路径上的所有点编号\(\ge v\)
证明，考虑反证，如果路径上存在\(p\in[1,v)\)：
- \(p\)造成贡献，那么这条路径会被断掉，不合法
- \(p\)不造成贡献，那么只存在路径\(p\to v\)或者\(v\to p\)，但是因为\(u\to v\)和\(v\to u\)同时存在，这自相矛盾
结论得证
现在我们考虑对\(m\)张图求解
我们不要每次删一条边重新做，而是从后往前加边
记\(f_{u,v}\)表示\(u\to v\)不存在\(\le \min(u,v)\)的点的路径出现的最早时间（注意代码里时间早晚的定义不一样）
那么\(v\)对\(u\)第一次做出贡献的时间为\(\max(f_{v,u},f_{u,v})\)。做一个前缀和即可
现在考虑求出\(f_{u,v}\)，这玩意长得就很像Floyd
从高到低枚举中间点\(k\)，\(k\)可以对\(f_{u,v}\)当且仅当\(\min(u,v)\le k\)（根据上面的结论）
转移即为
复杂度\(O(n^3+m)\)
Floyd 常数极小，加上上面的\(\frac{3}{4}\)的常数优化，可以通过
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=2e5+10,N=1005,inf=1e9;
int f[N][N],n,m;
inline void Max(int &a,int b){if(b>a)a=b;}
int ans[M];
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1,u,v;i<=m;++i){
u=read();v=read();f[u][v]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)f[i][i]=m+1;
for(int k=n;k>=1;--k){
for(int i=1;i<=n;++i){
int R=(i<=k)?n:k;
for(int j=1;j<=R;++j)Max(f[i][j],min(f[i][k],f[k][j]));
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i;j<=n;++j)++ans[min(f[i][j],f[j][i])];
for(int i=m;i>=1;--i)ans[i]+=ans[i+1];
for(int i=1;i<=m+1;++i)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
A卷Day2
T1 gem
题意
一棵树，每个节点有\(m\)种宝石中的一种（一种宝石可能出现在多个节点），每次需要依次收集\(P_1,P_2,P_3,\cdots,P_c\)的宝石。\(q\)次询问\(s\to t\)的路径上能收集多少宝石。
数据范围：\(1\le n,q\le 2\times 10^5,1\le c\le m\le 5\times 10^4\)
solution
首先可以按照\(w_i\)在\(P\)中第几个出现将收集宝石的顺序转为\(1,2,3,\cdots,c\)
然后从下往上走的时候，可以简单地从离\(u\)最近的\(1\)开始倍增往上跳祖先，并且祖先不能超过\(LCA\)。
但是往下走的时候就不能倍增了。下面给出两种处理方法
我的超级难写的憨憨想法
树链剖分，维护一条链上两个方向的倍增数组，在链内倍增
巨难写，代码就不放了
更好写的解法：二分答案
首先处理完从下往上的答案，即为\(ansl_i\)，将右端点与其对应的\(ansl\)离线下来
对于一个询问，二分答案\(x\)，我们现在已经处理出它的父亲中颜色为\(x\)的，离它最近的节点（这也就是需要离线的原因）
我们只需判断倍增到\(LCA\)时能否达到\(ansl_i+1\)即可
复杂度\(O(n\log^2 n)\)
T2 ranklist
题意
每队初始得分\(a_i\)，新一轮得分\(b_i\)。\(b_i\)初值为\(0\)，按照不降的顺序更新，要求\(\sum b_i\le m\)
\(i\)队排名在\(j\)前面当且仅当：在当前时间，\(a_i+b_i>a_j+b_j\)或者\(a_i+b_i=a_j+b_j\)且\(i<j\)
要求如果第\(i\)个更新的是\(b_x\)，那么更新之后\(x\)队为榜首
求可能的最终排名个数
数据范围：\(1\le n\le 13,1\le m\le 500,0\le a_i\le 10^4\)
solution
这么小的\(n\)显然考虑状压
\(b_i\)不降，考虑将其差分。如果\(\Delta_i>0\)，那么相对大小改变的只能是第\(i\)和第\(i-1\)个更新的两队。并且之后所有的\(b\)都会增加，也就是总花费要增加\((n-i+1)\times \Delta_i\)
定义状态：\(f_{S,u,k}\)表示在\(S\)集合的\(b\)已经更新，最后一个更新的是\(u\)，花费恰好为\(k\)的排列数
设下一个加入的点为\(v\)，\(cost_{v,u}\)表示\(v\)在排行榜上超过\(u\)的最小花费（\(cost_{v,u}=\max\{0,a_u-a_v+(v>u)\}\)）
转移为
#define ll long long
const int N=14,M=503;
int a[N],n,m,popcount[(1<<N)+10],mx,id,c;
ll f[(1<<14)+3][N][M];
int cost[N][N];//cost u,v : u become first after v become first
int main(){
n=read();m=read();mx=-1;
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=read();
if(a[i]>mx)mx=a[i],id=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i==j)continue;
if(a[i]>a[j])cost[i][j]=0;
else cost[i][j]=a[j]-a[i]+(i>j);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
c=(mx-a[i]+(i>id))*n;
if(c<=m)f[1<<(i-1)][i][c]=1;
}
popcount[1]=popcount[2]=1;
for(int s=3;s<(1<<n);++s){
popcount[s]=popcount[s&(s-1)]+1;
if((s&(-s))==s)continue;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!(s&(1<<(i-1))))continue;
int t=s^(1<<(i-1));
for(int j=1;j<=n;++j){
if(!(t&(1<<(j-1))))continue;
int base=cost[i][j]*(n-popcount[t]);
for(int k=base;k<=m;++k)
f[s][i][k]+=f[t][j][k-base];
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=m;++j)ans+=f[(1<<n)-1][i][j];
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T3 dominator
题意
给定有向图\(G\)，\(1\)可以到达任意节点
定义\(u\)支配\(v\)：从\(1\)出发到\(v\)的路径中一定经过\(u\)。定义\(v\)的受支配集：\(u\)支配\(v\)的\(u\)集合
\(q\)次询问：加入一条边\(x\to y\)，求支配集变化的点的数量
数据范围：\(n\le 3000,1\le m\le 2\times n,1\le q\le 2\times 10^4\)
solution
首先支配集只会变小或者不变，如果我们建出支配树，那么如果\(u\)的支配集改变，也就是可以不经过\(u\)在支配树上的所有祖先中的一个
考虑简单地\(O(nm)\)构建支配树
首先\(O(nm)\)跑出所有点的支配集，因为树上父亲的子树大小大于儿子的子树大小，按照支配集大小排序，最大的就是根。把受它支配的点的父亲都设为自己。如果一个节点只有一个父亲，那么这个父亲就是确定了的，然后将自己的受支配集的点的父亲更新为自己。
说的不清楚的话就去看代码吧
现在给出结论
新加入 \(x\to y\) 的边，记 \(d=LCA(x,y)\)，那么如果存在一条 \(y\to u\) 的路径满足：不经过\(d\)及其所有祖先的直接儿子，那么\(u\)的受支配集变小
首先我们可能出现的新路径只可能是\(1\to d\to x\to y\to \cdots(\to v)\to u\)，其中\(v\)是支配树上\(u\)的祖先之一。那么现在\(LCA(d,u)\)的点的父亲都被经过过，可能不被经过的只可能是\(LCA(d,u)\to u\)的路径上的一点
只要走过\(x\to y\)之后走到了\(u\)的支配树上祖先上一点，那么支配树上到\(u\)的路径上的所有点都是必经的，否则就不符合支配树的定义了
如果走到了直接儿子，那么路径中间没有空出节点，所有受支配点依然会被经过
（以上只是感性理解，严谨证明参见洛谷题解）
直接\(O(n)\)标记之后\(O(m)\)BFS即可
bool vis[N],del[N];
int n,m,Q,sz[N],id[N];
inline bool cmp(int a,int b){return sz[a]>sz[b];}
inline void bfs(){
memset(vis+1,0,n);
vis[1]=1;q.clear();q.push(1);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].next){
v=e[i].to;if(vis[v]||del[v])continue;
vis[v]=1;q.push(v);
}
}
}
#define pb push_back
vector<int> son[N];
vector<int> tr[N];
int Log2[N],dep[N],fa[N][18];
inline void init(){for(int i=2;i<=n;++i)Log2[i]=Log2[i>>1]+1;}
void dfs(int u,int fat){
dep[u]=dep[fat]+1;
for(int i=1;i<=Log2[dep[u]];++i)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
for(int i=0,v;i<tr[u].size();++i){
v=tr[u][i];if(v==fat)continue;
dfs(v,u);
}
}
int ans;
void bfs2(int u){
memset(vis+1,0,n);
if(del[u])return;
vis[u]=1;q.clear();q.push(u);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();++ans;
for(int i=head[u],v;i;i=e[i].next){
v=e[i].to;if(vis[v]||del[v])continue;
vis[v]=1;q.push(v);
}
}
}
inline int LCA(int x,int y){
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
while(dep[x]>dep[y])x=fa[x][Log2[dep[x]-dep[y]]];
if(x==y)return x;
for(int i=Log2[dep[x]];i>=0;--i)if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];
return fa[x][0];
}
int main(){
n=read();m=read();Q=read();init();
for(int i=1,u,v;i<=m;++i){
u=read();v=read();
adde(u,v);
}
for(int i=2;i<=n;++i)son[1].pb(i),++sz[1];
id[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
id[i]=i;del[i]=1;bfs();del[i]=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i==j||vis[j])continue;
son[i].pb(j),++sz[i];
}
}
sort(id+1,id+1+n,cmp);
for(int i=1,u;i<=n;++i){
u=id[i];
for(int j=0,v;j<son[u].size();++j)
fa[son[u][j]][0]=u;
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(fa[i][0])tr[fa[i][0]].pb(i);
dfs(1,0);
int s,t,d,lca;
while(Q--){
ans=0;
s=read();t=read();lca=LCA(s,t);
if(dep[t]-dep[lca]==1||lca==t){puts("0");continue;}
memset(del+1,0,n);
for(d=lca;d;d=fa[d][0]){
del[d]=1;
for(int i=0;i<tr[d].size();++i)
del[tr[d][i]]=1;
}
bfs2(t);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
B卷
pair
题意
给定 \(n\) 个正整数 \(a_i\) 请你求出有多少个数对 \((i, j)\) 满足 \(1 \le i \le n\)，\(1 \le j \le n\)，\(i \ne j\) 且 \(a_i\) 是 \(a_j\) 的倍数。
数据范围：\(2\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 5\times 10^5\)
solution
记录一下每个数出现的次数，暴力枚举倍数，时间复杂度\(O(n\log a_i)\)
const int N=5e5+5;
int cnt[N],n,a[N],mx;
#define ll long long
ll ans;
int main(){
n=read();for(int i=1;i<=n;++i){
a[i]=read();mx=max(a[i],mx);
++cnt[a[i]];
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=a[i];j<=mx;j+=a[i])ans+=cnt[j];
--ans;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
mod
题意
给定 \(n\) 个正整数 \(a_i\)，请你在其中选出三个数 \(i, j, k(i\ne j\ne k)\)，使得 \((a_i + a_j) \bmod a_k\) 的值最大。
数据范围：\(3\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 10^8\)
solution
首先考虑\(O(n^2\log n)\)暴力
从大到小枚举\(a_k\)，然后求出所有数\(\bmod a_i\)的结果\(b_i\)，排序，有两种情况对答案造成贡献
- 两个\(b\)加起来\(\ge a_k\)之后\(-a_k\)，显然选两个最大的\(b\)最优
- 两个\(b\)加起来\(<a_k\)，再枚举一个\(b\)，找到\(<a_k-b_i\)的最大的\(b_j\)，注意不能为\(b_i\)，可以双指针（反正排序都有\(O(n\log n)\)了再来个\(upper\_bound\)也没问题）
考虑优化
- 不枚举相同的\(a_k\)
- 如果\(a_k\le\)当前最大答案直接结束
这两个优化很显然，下面证明复杂度是正确的
如果我们只考虑小于\(a_k\)的最大的两个\(a\)加起来\(\ge a_k\)之后\(-a_k\)的贡献，得到的应该是复杂度的上界
假设我们一直枚举到了\(a_x\)，即\(a_{x-1}\le ans<a_x\)。
两边减两个\(ans\)
设 \(d_i=a_i−ans\)，那么 \(d_i>0\)，又因为没有重复的\(a_i\)，\(d\)的增长至少是斐波那契数列的增长速度，最多增长\(O(\log \max(a_i))\)次，所以复杂度是\(O(n\log n\log \max(a_i))\)
const int N=2e5+5;
int n,a[N],b[N],ans;
int main(){
n=read();for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=n;i>=1&&a[i]>ans;--i){
if(a[i]==a[i+1])continue;
for(int j=1;j<=n;++j)b[j]=a[j]%a[i];
sort(b+1,b+1+n);
ans=max(ans,(b[n]+b[n-1])%a[i]);
for(int j=2,pos;j<=n;++j){
pos=upper_bound(b+1,b+n+1,a[i]-b[j]-1)-b-1;
if(b[j]==b[pos]&&b[pos]!=b[pos+1])--pos;
else if(b[pos]==0&&b[pos+1]!=0)++pos;
ans=max(ans,(b[j]+b[pos])%a[i]);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
