1. CF1615E Purple Crayon

difficulty - 2400

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对着数据调试，也不知道算不算贺了，先放在没贺的这边好了。

\[val=w(r-b)=(n-r-b)(r-b)=b^2-nb+(n-r)r \]

这说明了：当 \(r\) 确定后，\(b\) 越接近 \(n/2\) 越好。

我们知道，当一个结点变成红色之后，其所有包括自己的祖先结点都不可被染蓝；假设所有依然可以被染蓝的结点数量为 \(s\)，则 \(b\) 可取遍 \([0,s]\)。

证明：经典剥叶子套路。

因此，如果选手 \(A\) 想好了他要染 \(r\) 个结点为红色，则他剩余的工作就是让 \(s\) 最小，即让这 \(r\) 个结点到根的链的并集最大化。

这里我们可以有两种方式求出树链的并的最大值。

  • 直接用线段树维护当前状态下，每个点到根的路径上还有多少个点不在并集中，每次贪心地取出最大的点即可（可以发现一定为叶子）。取出点后修改时，暴力跳 \(fa\) 并在线段树上打 \(tag\) 做区间减法和全局最大值。

  • 长链剖分。贪心地取出剩余链中的最长链即可。这个必须记住。

于是我们每次得到一个 \(r\) 和一个 \(s\)，用初中数学知识求出选手 \(B\) 能让 \(val\) 达到的最小值即可。

还有一个情况没有考虑进去。当选手 \(A\) 覆盖的点的个数 \(k>\) 叶子个数 \(m\) 时，选手 \(B\) 已经没有任何染蓝色的空间了。这时候选手 \(A\) 不必把整棵树都染成红色，他可以选择让 \([m,k]\) 个点变成红色，暴力枚举即可。

时间复杂度：\(\mathcal{O}(n+k)\) 或 \(\mathcal{O}(n + k\log n)\)。

2. CF1799F Halve or Subtract

difficulty - ?

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好题但是简单题，放 \(1+2\) 的 \(\text{F}\) 过分了。

考虑对于每个数有四种状态：除 \(+\) 减，除，减，什么都不干。

  • 引理 \(1\)：操作全用完一定不劣。

  • 引理 \(2\)：对于除 \(+\) 减的数，一定先除后减。

接下来将所有数从大到小排序，得到 \(a_1,a_2,\cdots a_n\)。

显然除 \(+\) 减的一定是一段前缀 \(k\)。直接枚举前缀 \(k\)。

为了方便，令 \(\max(0,k1+k2-n)\leq k\leq \min(k1,k2)\)。鉴于引理 \(1\)，这样做没问题。

剩下了 \(k1-k\) 个除和 \(k2-k\) 个减。

  • 引理 \(3\)：除了 \(a_1,a_2,\cdots a_k\) 之外，进行操作的数字必然是 \(a_{k+1},a_{k+2}\cdots a_{k1+k2-k}\)。

对于 \(a_{k+1},a_{k+2},\cdots a_{k1+k2-k}\)，按照与 \(b\) 的大小关系，分成两段：\(a_{k+1},a_{k+2},\cdots a_p\) 与 \(a_{p+1},a_{p+2},\cdots a_{k1+k2-k}\)。

假设已经给两段分配好了各自除和减的数量，怎么确定具体的对每个数字的操作呢？

    1. 对于不小于 \(b\) 的 \(a_{k+1},a_{k+2},\cdots a_p\)：

减操作的贡献一定是 \(-b\)，而除操作对于 \(a_x\) 的贡献是 \(-\lfloor a_x\rfloor\)。

既然减给谁都无所谓，那么显然是给大的数除，给小的数减。

即对于 \(a_{k+1},a_{k+2},\cdots a_p\) 的操作是： \(///---\)。

    1. 对于小于 \(b\) 的 \(a_{p+1},a_{p+2},\cdots a_{k1+k2-k}\)：

对于 \(a_x\)，减操作的贡献是 \(-a_x\)，除操作的贡献是 \(-\lfloor a_x\rfloor\)。显然，我们应给大的数减，给小的数除。

即对于 \(a_{p+1},a_{p+2},\cdots a_{k1+k2-k}\) 的操作是：\(---///\)。

发现了什么？从 \(a_{k+1}\) 到 \(a_{k1+k2-k}\) 的操作是先除，再减，最后除。

所以我们不用真的对 \(a_x\) 根据 \(b\) 分段，只需要在枚举 \(k\) 之后，再枚举减的一段的开头 \(a_p\) 即可。可以通过简单 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理达到单次 \(\mathcal{O}(1)\) 算出一个方案的答案。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。