JOISC 2021 泛做记录

LOJ #3488. 「JOISC 2021 Day1」IOI 热病

标签：结论，贪心。

首先把一号点移到原点，枚举一下它的方向，有 4 种情况。

以向右为例，由于我们要最大化感染人数，与 1 号点在同一水平面上的肯定相向而行最优，其它点越靠近 1 的方向走是最优的...吗？

放宽条件，在 $t$ 时刻被传染到的点一定满足 $|x|+|y| \leq t$，反之不一定成立，考虑一个在 $(x_p, y_p)$ 的点，假设 $x_p > y_p \geq 0$，显然不会向右向上，而如果向下，根据 $|x|+|y| \leq t$ 的条件，当它走到 $y = 0$ 这条水平线时，以原点为中心的菱形都没有覆盖到它，之后更不可能覆盖到它了，于是只能向左，即选择垂直于绝对值更大的那条直线。

但当 $|x| = |y|$ 时会出现一点小问题，此时虽然看起来向左向下理论上都可以满足，但由于 1 号点第一步是向右的，往左走的一定碰不到。可以得到一四象限的往 $x$ 轴走，二三象限往 $y$ 轴走是最优的。

得到每个点的移动方向后，可以直接模拟，把可以传染的点对建边，一定在 $y = x$ 或 $y = -x$ 的直线或一条水平 / 竖直直线（取决于该点方向），类似 dijkstra 每次找时间最小的点松弛即可。时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

优化就注意到可以预处理每条直线上的点，一个点能松弛的点一定是一段前缀或后缀，没必要全部更新，真正有效的点只有第一个满足的点，取出后再更新下一个点。

LOJ #3489. 「JOISC 2021 Day1」饮食区

显然，只需要得到当前被 pop 了多少人，就可以在主席树上二分得到答案。

维护每个点的 pop 人数只要用总的减去当前人数即可，而当前人数的变化只有区间加，区间减一个数后对 0 取 max，segment beats 维护。

LOJ #3491. 「JOISC 2021 Day2」道路建设

本质上就是求曼哈顿距离前 $k$ 小的点，KDT 结合一下估价函数即可，时间复杂度未知，但是跑的飞快。

正确做法应该是先转成切比雪夫距离，变成了一个正方形，只需要二分后双指针数点即可，找到合法点也是容易的。

LOJ #3494. 「JOISC 2021 Day3」保镖

由于涉及到时间和空间两个维度，考虑将一个 VIP 的路线刻画成一个平面直角坐标系上的直线，起点 $(T_i, A_i)$，终点 $(T_i+|B_i - A_i|, B_i)$，保镖同理，转化成每次往左上面走或者往右上走。

注意到斜率都为 1 或者 -1，考虑将坐标旋转 45 度，此时线段长度增大了 $\sqrt 2$ 倍，再增大 $\sqrt 2$ 倍变成 $(x+y, x - y)$ 方便处理，最后把答案 $/ 2$ 即可。

此时每一个 VIP 都是一个水平或竖直线段，每次只能往上或右，所求即是选择一个路线最大化路径带权总和。

注意到 $n$ 不大，一个保镖的行动路线必然是先往上走到达一个水平直线然后往右，走到一个交点处；要么先往右走到达一个竖直线往上，也会在交点处决策。因此可以 DP 预处理所有交点的最优方案，转移是显然的，可以 $\mathcal O(n^2)$ 预处理。

此时再枚举，就有一个 $\mathcal O(qn)$ 的做法，在震撼的 25 s，2GB 的时空限制上居然可以通过。

考虑优化掉选择点的过程，设初始保镖在 $(x, y)$，找到离散化后的 比 $x, y$ 大的第一个位置 $(u, v)$，显然可以用 $dp_{u, v}$ 更新答案，否则必然有相交，以水平线为例，相交长度是已知的 $(u - x)$，贡献是 $(u - x) \times c_p +dp_{u, y_p}$ ，是一个一次函数的形式。

对每个 $u$ 开一颗李超树，扫描线一下即可做到 $\mathcal O((n^2+q)\log V)$。

LOJ #3495. 「JOISC 2021 Day3」聚会 2

显然 $j$ 是奇数根据带权中位数唯一可知答案是 1，否则设点集为 $V$，显然 $V$ 的重心是合法的，合法的是一条经过重心的路径。这条路径满足：$V$ 中所有点平均分成两半，一半在端点上，另一半在另一个端点上（最开始以为一定是直径的一段前后缀吗，但不一定成立）。

于是可以把合法点对 $(u, v)$ 根据是否为祖先关系分成两类。对于不互为祖先后代的，设 $sz_x$ 表示 1 为根的 $x$ 子树大小，贡献到 $2 \times \min(sz_u, sz_v)$ ，贡献为 $dis(u, v)$，做个后缀和就是答案。这一部分的计算可以枚举答案 $c$，将所有 $sz \geq c$ 的点拉出来求虚树直径，但显然总点数 $\mathcal O(n^2)$ 无法接受。

考虑经典的 euler 序求直径的方法，由于贡献为 $d_x+d_y - 2d_z$，拍平到 dfs 序后，就是选择两个点 $u<v$，再选择一个 $z \in (u, v)$，最大化 $a_u+a_v - b_z$，显然可以用线段树维护。

其实根本可以不用 euler 序求 lca，dfs 序也是可以的。将树拍平到 dfs 序后，下标 $i$ 保存 $fa_{fp_i}$，则 $(u, v)$ 的 lca（$dfn_u<dfn_v$） 为 $[dfn_u+1, dfn_v]$ 的深度最小的点，原因是显然的：随着 dfn 的变化一定是先到达 $u$ 子树，再是 $u$ 父亲除了 $u$ 方向的儿子，最后一定到达 $v$ 在 $l$ 方向的第一个点，若 $u, v$ 不互为祖先关系将 $dfn_u$ +1 可以保证正确性。

根据上面的分析，将 euler 序变成 dfs 序同样可以保证正确性。

否则贡献为 $\min(sz_v, n- sz_p)$，其中 $p$ 是 $u$ 在 $v$ 方向第一个点，枚举 $p$。当 $sz_v \leq n - sz_p$ 时 $ans_{sz_v} \leftarrow d_v - d_{u}$，这一部分枚举 $v$ 找找最浅的祖先。否则 $sz_v > n - sz_p$ 时 $ans_{n - sz_p} \leftarrow d_v - d_u$，用线段树合并即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

LOJ #3496. 「JOISC 2021 Day4」活动参观 2

显然字典序最小可以贪心，从小到大枚举当前 $i$ 是否选，然后贪心选剩下的点看是否存在合法方案，可以 $\mathcal O(n^2)$。

注意到选择若干个区间后剩下还是若干个区间，我们要动态维护者需区间的答案，而这些区间是不受前面更改区间的影响的。设 $f(l,r )$ 表示区间 $[l, r]$ 的答案，可以通过倍增预处理，设 $f_{i, j}$ 表示的从 $i$ 号点出发走 $2^j$ 个区间的最靠左的右端点，$\mathcal O(n\log n)$。

动态的区间变化就考虑用 set 维护当前存在的合法区间，若加入一个 $[l, r]$ 合法当且仅当存在 $[l, r] \subseteq [L, R]$，且删去 $[L, R]$，加入 $[l, L], [r, R]$ 后仍然合法。

LOJ #3498. 「JOISC 2021 Day4」最差记者 4

显然将对应边建出来是一个基环树，环上的点权值必然相等，只用考虑树，是一个被做烂的线段树合并优化 dp。

在环上就先把所有树的线段树合并起来，枚举取值即可。

LOJ #3470. 「JOI 2021 Final」集体照

设 $p_i$ 表示值为 $i$ 的数的位置，容易发现最终序列是由若干段拼接而成的，每段形如 $l, l+1, \dots, r$ 或 $r, r - 1, \dots, l$，且前面的逆序对直接继承，于是直接设 $dp_i$ 表示前 $i$ 个数的答案，每次算一下正序的答案和逆序的答案加上之前的答案即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

LOJ #3471. 「JOI 2021 Final」机器人

只要把边建出来就行了，剩下的跑 dijkstra。

设一个点 $x$ 连向的边权总和为 $S$，对一个 $(v, c, w)$ 而言，连边 $(x,v, \min(w, S - w))$。

同时，对于一个点连出的所有同色边而言，若该点一次作为出点一次作为入点，只需要改某条边除外的颜色即可，设两条边权值排名为 $rk_1, rk_2$（从大到小），若 $rk_1 > 2 \and rk_2 > 2$ 显然不改最优，否则可能的边只有 2 个，把最大和次大的边暴力地和其它边加边即可。

LOJ #3472. 「JOI 2021 Final」地牢 3

LOJ #3520. 「JOI Open 2021」杂交

$J = 0, O = 1, I = 2$，杂交相当于 $c = -(a+b)(\bmod 3)$。

设最后 $S_A, S_B, S_C$ 杂交系数为 $a, b, c(0 \leq a< 3)$ ，容易发现只要满足 $a+b+c \equiv 1 (\bmod 3)$ 即可，因此本质不同的个数很少，直接哈希即可，每次区间修改用线段树维护。

LOJ #3521. 「JOI Open 2021」决算报告

直接按下标进行 dp 不太好处理，考虑按照权值从小到大来转移，每次只从已经更新过的 dp 值转移过来。

只需要找到哪些被更新过的位置满足 $|p_i - p_j| \leq k$，可以直接并查集合并相邻不超过 $k$ 的下标，然后在线段树上查询。

LOJ #3275. 「JOISC 2020 Day2」有趣的 Joitter 交友

考虑什么样的“块”可以在加入若干条边后合并，经过手玩可以发现，将原图中的极大团看做一个块，则构成了一个 DAG 的结构，若存在 $u \to v$ 边，设 $u$ 所在团为 $x$，$v$ 为 $y$， 则 $u$ 和所有 $y$ 中点都会有边，只要在加入一条反向边，设为 $(z, r)$ ，则 $z$ 和所有 $x$ 中点会有边，因此 $(z, u)$ 变成双向边，则 $x, y$ 每块中的所有点都会被合并到一起，构成了新的块。

考虑答案的计算，设一个块大小为 $s$，连向这个块的点的并大小为 $p$，则贡献为 $s(s - 1+p)$。因此只需要在加边后动态维护每个极大团的点集合，入边集合（块之间的），出边集合，连向块的入点即可即可。全部操作可以启发式合并完成。

由于合并了两个块后可能产生新的合并，用队列维护所有可能的合并即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n \log m)$。

LOJ #3033. 「JOISC 2019 Day2」两个天线

$|h_i - h_j| = \max(h_i - h_j, h_j - h_i)$，因此做两遍即可。

离线询问，一个 $i$ 作为左端点能贡献的区间为 $[i+a_i, i+b_i]$，扫描线一下，若 $i$ 作为右端点，则在 $[i - b_i, i - a_i]$ 区间加，问题转化成一个序列，每个位置有 $a_i, b_i$，每次对 $a_i$ 单点改，区间 $b_i$ 对某个数 $\max$，询问一个区间的历史最大 $a_i+b_i$。

历史最大的条件直接维护一个全局答案即可，区间取 $\max$ 维护一个 $a_i$ 区间 $\max$ 更新答案，再打一个 $tg$ 即可。

LOJ #2834. 「JOISC 2018 Day 2」修行

令 $k \leftarrow n - k$，问题变成计算 $\left\langle \begin{matrix} n \\ k \end{matrix}\right\rangle$

而

$$\left\langle\begin{matrix} n \\ k\end{matrix}\right\rangle = \sum\limits_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom i k[x^n](e^x - 1)^{n - i} \\ =\sum\limits_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom i k \sum\limits_{j = 0}^{n - i}\dbinom {n - i}jj^n(-1)^{n - i - j} \\ =\sum\limits_{j = 0}^{n - k}j^n(-1)^{n - j -k}\sum\limits_{i = 0}^{n - j}\dbinom i k\dbinom{n - i}j$$

根据上指标范德蒙德卷积可知

$$=\sum\limits_{j = 0}^{n - k}j^n(-1)^{n - k - j}\dbinom{n+1}{j+k+1}$$

EI & alpha1022 txdy!

转化为计算概率，最后乘上 $n!$ 即可。

考虑 $n$ 个取值在 $(0, 1)$ 的实数，则 $\dfrac{\left\langle\begin{matrix} n \\ k\end{matrix}\right\rangle}{n!}$ 表示有 $k$ 个 $\sum\limits_{i = 1}^{n - 1}[a_{i+1} >a_i]$ 的概率。

考虑其差分，设 $b_i = a_i - a_{i - 1} \bmod 1 = a_i - a_{i - 1}+[a_i <a_{i - 1}]$ ，则

$$\sum\limits_{i = 1}^{n}b_i = \sum\limits_{i = 1}^{n}a_i - a_{i- 1} + [a_i <a_{i - 1}]= a_n +n - 1 - k$$

因此 $\sum\limits b_i \in (n - k -1, n - k)$，问题转化为：

$(0, 1)$ 中随机 $n$ 个实数 $b_i$，$\sum b_i < x$ 的概率。

问题差分即是答案。

当 $b$ 没有上界时，答案是 $\dfrac{(n - k)^n}{n!}$ ，否则，可以考虑容斥，钦定 $i$ 个数 $\geq 1$，则有：

$ans_k = \sum\limits_{i = 0}^{n - k}(-1)^{i}\dbinom n i \dfrac{(n - k - i)^n}{n!}$。

LOJ #2839. 「JOISC 2018 Day 3」安全门

首先假设 $S‘$ 已知，若反转 $[l, r]$ 合法当且仅当：

• $s_i \geq 0$，$\forall i \in [1, l - 1]$。
• $2s_{l - 1} - s_i \geq 0$，$\forall i \in [l, r]$。
• $s_i - s_n \geq 0$， $\forall i \in [r+1, n]$。
• $s_r = s_{l - 1}+\dfrac{s_n}2$。

显然 $n$ 为奇数无解。若 $S'$ 已经满足所有前缀和以及所有反转后的后缀和 $\geq 0$ 不用操作，可以简单 $\mathcal O(n^2)$ 计算。否则，有三种情况：

• 前缀合法，后缀不合法。
• 前缀不合法，后缀合法。
• 前缀不合法，后缀不合法。

先考虑前两种，只考虑前缀不合法情况，后面的将整个串反转再翻转同样计算。

由于后缀已经合法，$s_i \geq s_n$，由于前缀不合法，$\exist i, s.t.s_i < 0$ ，因此 $s_n <0$。

最优的 $l - 1$ 显然在满足 1 的条件下越大越好。设第一个 $s < 0$ 的 位置为 $i$，则 $l - 1$ 应该选择 $[1, i)$ 的最大值，再取后面第一个 $s_r = s_l +\dfrac{s_n}2$ 的 $r$，且要求这些的 $s_i \leq 2s_{l- 1}$。因为 $s_{l - 1}$ 越大 2 越容易满足，且由于 $s_r < s_{l - 1}$，$s$ 是连续变化的，越大的 $s$ 越容易找到 $r$。

不妨设 $a = s_{l - 1}, b = s_n$，即 $s_r = a+\dfrac{b}2$，$s_i \leq 2a$。

当 $s_r \geq 0$ 时，$l - 1$ 和 $r$ 在 $i$ 的同一侧，显然满足 $s_i \leq 2a$，否则，由于直接将 $s_n$ 计入状态复杂度太高，考虑将所有 $\geq i$ 的前缀和减去 $b$，就要满足 $s_i = -b-1, s_j \geq 0 (\forall j \in[i, n]), s_n = 0, s_j \leq 2a-b), s_r = a - \dfrac b 2$。

不妨枚举 $t = a - \dfrac b 2$，从后往前转移，满足所有 $s \geq 0$，顺便确定 $r$ 的位置，是最后一个满足 $s = t$ 的数，且最后的 $s_i = -b - 1$。

设 $dp_{i, j, 0 / 1}$ 表示从后往前考虑到 $i$，目前 $s = j$，是否已经选出了 $r$ 的方案，当确定了 $r$ 后，不能再有 $j = t$，且 $j \leq 2t$。容易 $\mathcal O(n^3)$ 转移。

还需要拼上一段前缀，设 $f_{i, j ,k}$ 表示从前往后考虑到 $i$，目前历史最大为 $j$，当前为 $k$ 的方案，将所有 $k = -1$ 的状态记录到 $h_{i, j}$ 中。容易预处理。

在枚举了 $t$ 后，再枚举 $a$ 得到 $b$，再枚举分界点，即 $\sum\limits_t\sum\limits_{a = 0}^{t - 1}\sum\limits_{l = 1}^{n}h_{l, a}dp_{n - l, -b - 1, [a+\frac b 2]<0}$。

当前后缀都不合法时，我们还是找到第一个前缀 $<0$ 的位置 $i$，以及后缀第一个 $<s_n$ 的位置 $j$，显然 $i < j$，否则必定有一边合法。设前缀最大为 $a$，后缀最大为 $c$，总和为 $b$，此时的策略是当 $a+\dfrac {b}2 \leq c$ 时，选择前缀最大，因为此时必然可以在后缀找到 $s_r = a+\dfrac b 2$，否则选择后缀最大，同理翻转再反转序列后计算。

还是将后缀减去 $b$，变成：

• $s_i = -b - 1, s_n = 0$。
• $[i, r]$ 中的数 $\leq 2a - b$。

之前计算前缀的 $h$ 可以保留，对于后缀，设 $g_{i, j, 0 / 1 / 2}$ 表示没有选出最大值 / 选出了最大，但还没有 $s = -1$ （当 $s= -1$ 时 $r$ 就确定了，且前面这一部分必然是合法的）/ 选出了 $r$，此时要满足 $s_i \leq 2t$ 的方案。

还是枚举 $a$，答案是 $\sum\limits_t \sum\limits_a\sum\limits_{l}h_{l, a}g_{n - l, -b - 1, 2}$。

注意处理算重（我才不会告诉你我是对着 Itst 的代码一点点看才看懂的）。

时间复杂度 $\mathcal O(n^3)$。