训练记录PART6 2018.8.16~11.28

友情提醒：大部分题选自opentrains，以后有训练需要的同学慎重查看。

2018 ICPC Asia Jiaozuo Online C

　　题意：内存32M。有 \(N(\leq 10^5)\) 个数字（元素 \(\leq N\)）和 \(M(\leq 10^5)\) 个询问 \((l_1,r_1,l_2,r_2)\)，每次求 \(\sum \limits_{i=l_1}^{r_1} \sum \limits_{j=\max(i,l_2)}^{r_2} (j-i+1) \times \max(a_i,\dots,a_j)\)。
　　题解：此题的关键是，不要被 \(i\) 和 \(j\) 的大小关系的要求困惑住。
　　先假设不用乘 \((j-i+1)\)。有 \(max\) 在式子里，容易想到建立笛卡尔树，按最大值分治。每次固定了一个最大值的位置 \(k\) 后，我们可以求出它能造成贡献的所有 \((i,j)\) 的范围（\(p \leq i \leq k,k \leq j \leq q\)，其中 \(p-1\) 和 \(q+1\) 是两侧第一个比 \(a_k\) 大的数的位置）。将两维看做矩阵，执行 \([p,k] \times [k,q]\) 矩阵加操作。而对于询问的 \((l_1,r_1,l_2,r_2)\)，只要无脑在 \([l_1,r_1] \times [l_2,r_2]\) 上矩阵求和即可。注意不必特殊在意 \(i \leq j\) 的限制，因为在矩阵加的时候，已经保证了坐标合法。
　　注意到此处是有先后顺序的：先全部矩阵加完，再矩阵求和。对于这个模型，不必二维数据结构，可以直接用扫描线在 \(O(N \log N)\)时间内解决。 将所有询问拆成 \([1,l_1-1] \times [l_2,r_2]\) 和 \([1,l_2] \times [l_2,r_2]\) 两个，将矩阵加拆成 \([l_1,l_2,r_2]\) 和 \([l2+1,l_2,r_2]\) 两个，并将它们按行的坐标一起排序。先假设只有一列，即所有 \(l_2=r_2=1\)。按行扫描线过去后，我们对这一列维护两个数字 \(A\) 和 \(B\)。它们要实时保证，如果某一行出现了一个询问，询问的答案就是 \(A \times i+B\) （\(i\) 是行坐标）。所以，对于一个矩阵加，在 \(l_1\) 行时，我们令 \(A+=v,B-=(i-1) \cdot v\)。这样，对于一个 \(l_1 \leq i \leq r_1\) 的询问，答案总是正确的。然后我们在 \(r_1\) 行结束时，令 \(A-=v,B+=i \cdot v\)。表示之后的询问答案不会增多，已经是个定值了。再考虑多列的情况，其实只要对 \(A\) 和 \(B\) 维护一棵区间加，区间求和的线段树即可。
　　当然，此题还要乘一个项。要把 \(i\) 和 \(j\) 要拆开来，做两次扫描线。这样，如果依然正常地矩阵加，询问并不是简单的矩阵求和了。对于询问 \([l_1,r_1] \times [l_2,r_2]\)，我们要统计的是 \(\sum_{j=l_1}^{r_1} Sum(l_2,r_2) \times j\)。其实只要把上述的 \(A,B\) 线段树拓展一下，再加入一棵，实时维护询问时答案是 \(Ai^2+Bi+C\) 的结构。最终复杂度依然是 \(O(N \log N)\)，空间复杂度 \(O(N)\)。
　　此题还会爆LL，但是最终答案在ULL内。虽然容斥时答案会超ULL，但因为ULL自带取模，所以求出的答案依然是对的。

2018 Multi-University Training Contest 5 A

　　题意：给出一个 \(N(\leq 10^5)\) 个点的边带权的无向图，保证任意两个点之间最多只有两条不相交的路径。求 \(\sum \limits_{s,t,s < t} flow(s,t) \oplus s \oplus t\)。
　　题解：看起来很不可做的样子。关键是要看出那个奇怪的性质的作用。
　　可以证明，满足以上条件的图一定是仙人掌（任何一条边都不在一个简单环里）。
　　这样就简单了。我们形式化地去讨论 \(flow(s,t)\)。转化成最小割。显然一个环里只会割最多两条。且要不是某个环里割两条，要不是割一条树边。而且无论怎样，都可以用调整法证明：如果割的是环里的两条边，有条边必然是环里的最小边。那么我们可以手动”割掉“它，并把它的权值加在环上的其它边。
　　至此，此图变成了一棵等价的树。\(flow(s,t)\) 即为树上路径的最小边。容易想到根据最小边分治，每次按位计算贡献，把两侧的点统计一下。为了方便维护，可以倒着做：开始每个点不连通；从大到小枚举边，每次连通两块连通块并计算答案。

2018 Multi-University Training Contest 5 G

　　题意：有一个长度为 \(N(\leq 10^5)\) 的数组，初始时每一个格子都是 \(0\)。有 \(M(\leq 5 \times 10^6)\) 个随机的操作，每次给出 \((l,r,v)\)，要求 \(l\)~\(r\) 这些数和 \(v\) 取 \(max\)。求最终的数组状态。
　　题解：常规的带 \(sort\) \(O(M \log M)\) 的做法是会超时的。考虑怎么优化复杂度。 \(N\) 很小，考虑把复杂度往它上面堆。
　　要时刻注意 \(max\) 的性质：可以任意结合。即一个操作 \((l,r)\) 总能拆成两个长度是 \(2\) 的幂次的操作。这样总操作次数还是 \(O(M)\)，但因为 \(N=10^5\)，长度为 \(2\) 的幂次的所有不同的区间只有 \(N \log N\) 个。所以我们可以从大到小枚举那些区间，每次把他们拆解成两个等长的小区间，并且去取max。知道划到每个长度为 \(1\) 的区间。这样复杂度就是 \(O(N \log N+M)\)。

2018 Multi-University Training Contest 3 K

　　题意：给出 \(N(\leq 10^5)\) 个二维平面的点，任意两个点的距离是它们的点积。求最小生成树。
　　题解：原来最小生成树还有第三种做法：Boruvka算法。它是一个不断迭代的过程，每次把一些点缩成一个 。每一轮迭代的目标是：对于每一个团，求它与最近的一个团的距离（具体做法是：枚举所有边，如果两侧的点不在团里，就分别更新两个团的值）。然后暴力查看 \(x\) 和 \(g_x\)，如果它们不在团里，就合并，并加入这条边的边权（注意，以任意顺序枚举 \(x\) 都是正确的）。容易发现，每一次团的数量至少 \(/2\)（如果把团 \(x\) 和离它最近的团 \(g_x\) 连一条有向边的话，最终每个连通块肯定是环长为 \(2\) 的基环树）。所以该做法复杂度是 \(O(M \log N \alpha N)\)。
　　Boruvka算法的好处是：容易处理那些点为 \(10^5\)，边是隐式的 \(N^2\) 的MST。
　　本题中，每一轮会有一些连通信息，可以看做每个点有一种颜色。我们要求的是：对于每一个点，找一个和它点积最小但颜色不同的点。
　　如果没有颜色的限制的点积最小是经典问题。作图后可以发现，备选点落在一个凸壳上；在线查询一个点时，二分一下即可。
　　有颜色限制怎么办？考虑对颜色进行分治。做到 \([l,r]\) 这些颜色时，计算 \([l,mid]\)，\([mid+1,r]\)互相的贡献并继续递归下去。每次把点都归并上来，就可以线性查询点积最小了。这一步是 \(O(N \log N)\) 的。所以总复杂度是 \(O((N \log N+M) \log N)\) 的。

Petrozavodsk Winter 2015 - Michael Tikhomirov Contest 1 D

　　题意：维护 \(N(\leq 2 \times 10^5)\) 个位置，每个位置或是一个具体的数值，或是一个指向别处的指针（保证指针不成环）。有 \(Q(\leq 2 \times 10^5)\) 个操作：①将一个位置改成一个数值。②设置一个位置的指针。③询问 \(\sum_l^r a_i\)，定义 \(a_i\) 是从 \(i\) 一直跳跳到的值。
　　题解：指针操作看起来是LCT的经典操作。但是询问的那些点在LCT上不连续，很棘手。
　　其实是分块：经典做法，按询问分块：每 \(O(K)\) 个询问前，\(rebuild\) 一些信息。
　　把之后涉及到的点都标记成关键点，所以只有 \(O(K)\) 个关键点。预处理询问开始前，所有点跳 \(link\) 跳到的第一个关键点。注意到，在这 \(O(K)\) 个操作中中，它是始终绑定在这个点上的。这样，对于每个关键点开一个 \(vector\)，询问区间时，就可以二分出有多少点落在里面了。每次操作时，实时维护关键点之间的有向树；每次询问时，暴力遍历所有关键点，二分计算贡献即可。对于那些一开始不属于任何关键点的点，操作前预处理它们的前缀和，就可以 \(O(1)\) 询问了。
　　总复杂度为 \(O(N \sqrt {N \log N})\)。

XV Open Cup GP of Tatarstan K

　　题意：海盗分金币题。有 \(N(\leq 10^9)\) 个海盗分 \(k(\leq 10^9)\) 个金币。每次按顺序制定分配方案，如果至少半数人同意（包括它自己）就分配成功，否则它死亡并递归下一个人继续分配。如果将死亡视为获得负数的金币，所有人都采取这样的策略：尽可能得到更多的金币；有同样多金币时，尽量让别人拿得更少。如果还是有多种决策，随便选一种。有 \(Q(\leq 10^5)\) 个询问，每次问一个编号为 \(q\) 的人能分到的最少和最大的金币数量。
　　题解：倒着做的思路很明显。首先我们会发现，当 \(N \leq 2 \times K +1\) 时，分法是唯一的：
　　\(k-\frac{n-1}{2},0,1,0,1,0,\dots\)
　　从 \(N=2 \times K +2\) 开始就会有多解的情况出现：上一层 \(0\) 的个数大于 \(k\)。我可以任意选定一些人给它 \(1\)。
　　\(N\) 再变大，每次都会有一段连续的 \(-1\) 产生（此时决策当然唯一），每当到 \(N=2k+2^p\) 时，\(-1\) 会被消光。
　　所以此题可以设一个递归函数 \(solve(n,k,q)\) 去解。当 \(N\) 较大时，我们可以每次跳过前缀的一段连续 \(-1\)，继续递归下一段。复杂度显然是 \(O(Q \log N)\)。

XIX Open Cup named after E.V. Pankratiev. Grand Prix of Eurasia, Division 1 F

　　题意：长度为 \(1,2,4,8\) 字节的变量分别有 \(k_1,k_2,k_4,k_8（k_1+k_2+k_4+k8 \leq 100）\)个。将其以随机顺序排列，计算struct的实际占用内存（每次放入一个内存为 \(x\) 的变量时，如果之前存了 \(p\) 的字节，要将 \(p\) 扩大成最小的 \(x\) 的倍数；结尾处也要扩大）。求期望内容占用大小。
　　题解：由均值不等式可得，状态数最多只有 \(25^4\) 个。注意dp时直接维护期望，不要和概率再搅在一起。设计状态 \(f_{S,mod}\) 表示：从内存地址 \(\mod 8=x\) 的地方开始，放入 \(S\) 这些变量（结尾也要填充好）期望的内存大小。转移时，枚举状态 \(S\) 第一个放的变量种类是什么。复杂度 \(O(25^4 \times 4)\)。

XIX Open Cup named after E.V. Pankratiev. Grand Prix of Eurasia, Division 1 G

　　题意：有 \(N\) 个 \(group\)，每个 \(group\) 里有 \(k_i(\sum k_i \leq 10^5)\) 个物品，每个物品有 \(w_i,c_i\) 两种属性。对于每个 \(group\)，要不选正好一个物品，要不选正好选两个物品 \((x,y)\)，并指定一个 \(\alpha(0 \leq \alpha \leq 1)\)，相当于复合出一个配比是 \(\alpha\) 的新物品。要求这个 \(N\) 个物品 \(\sum w_i \leq M\)，并使得 \(\sum c_i\) 最小。要输出方案。
　　题解：首先考虑，同一个 \(group\) 里，那些 \(pair\) 可能会成为一组。对于两个点 \((w_i,c_i),(w_j,c_j)\)，它们之间的连线都能取到，而且连线上端的点必然无效（永远也不优）。再仔细分析，可以把点构出一个凸壳，只有凸壳上相邻的点对才可能成为一组。
　　如果 \(M\) 足够大，肯定是选每一个 \(group\) 里最右边的点。为了适配 \(M\)，每次在各个 \(group\) 中找到一个斜率最小的线段，然后把线段右侧的点换成线段左侧的点。开一个堆逐次移动即可。当移动到一半时已经等于 \(M\) 时，就会出现两个点复合的情况。（即复合最多只会出现一次）

2015 ICPC Asia Taipei Regional Contest K

　　题意：有 \(n\) 个机器人，传送自身所有数据花 \(x\) 分钟；还有 \(m\) 个机器人，传送花 \(y\) 分钟（\(m,n,x,y \leq 1000\)）。现在每一个机器人身上都有一个不同的数据信息，以及一个想获得所有数据信息的基站。机器人可以互相传输信息，也可以向基站传输；每次可以传输自身已经获得的所有信息。任何时候，每个机器人只能选择发送和接受中的一个，且不能中断。基站同一时刻也只能接受一个机器人的信息。问达到目标最少需要多少分钟。
　　题解：先考虑只有一种机器人，那么时间就被划成了 \(x\) 的倍数这些关键点。每次只要基站空着，优先把某个机器人传过去；剩下的机器人两两传输，规模减半。重复这些操作直到剩下一个，再往基站传即可。
　　有两种时，不妨设 \(x<y\)。显然要尽可能地先把第二种机器人的信息传输完，最后剩下第一种，互相传输的效率就会提高。如果 \(n<m\)，每次将某一个 \(y\) 向基站传输，剩下所有 \(y\) 全都找一个对应的 \(x\) 传过去。如此反复，可以使得 \(n \geq m\)。此时，一次性把 \(y\) 传完后，多余的 \(x\) 内部传。然后就重复一种机器人的操作即可。注意此时，时间的关键点是 \(x\) 和 \(y\) 混起来的，可以一点点模拟过去。

2018 ICPC Asia Nanjing Problem L. Lagrange the Chef

　　题意：给出一个长度为 \(N(\leq 5000)\) ，只含 \(0,1,2\) 的序列。每次可以把一个数换到任意一个地方，消耗单位代价。现在要让 \(1\) 和 \(2\) 都不相邻，问最小消耗代价。
　　题解：假设我们知道了“拎起来”（去移动）的那些位置的集合。如何判断这种方案是否合法呢？不妨先设固定不动的数中依然存在 \(1\) 和 \(2\)，那么所有拎起来的 \(1\) 和 \(2\) 可以直接放在它们边上；所以我们只须让拎起来的 \(0\) 的个数不小于固定的数中 \(1-2\) 交界的数量。
　　得知了这个判定规则，就可以dp了。设 \(f_{i,j,k}\) 表示选到前 \(i\) 个数，“拎起来的 \(0\) 的个数”与“固定不动的 \(1-2\) 交界数”的差是 \(j\)，且最后一位固定的数字是 \(k\) 时的最小代价（即最少拎起来的数）。每次决策当前的数是否拎起来即可。
　　注意这里还有一些小问题，因为我们之前假设固定的数里必须有 \(1\) 和 \(2\)。如果没有 \(1\)，说明 \(1\) 全被拎起来了，我们可以直接贪心出此时的答案；\(2\) 也同理。特判了这两种情况后，我们可以再在 \(dp\) 数组里加上 \(p,q\) 两维，表示是否已经有被固定的 \(1\) 和 \(2\) 了，最后合法状态 \(p=q=1\)。

2018 Multi-University Training Contest 7 K - B - AraBellaC

　　题意：一个无限串是形如 \(A \dots AB \dots BC \dots C\)（每种字符至少出现一次）的母串重复无限次构成的。现在给出 \(M(\leq 5000)\) 个观测值：第 \(X_i(\leq 10000)\) 的位置是字符 \(ch\)。求母串合法的三元组 \((a,b,c)\) (分别表示这三种字符出现了几次），输出字典序最小的解。有 \(40\) 组数据。
　　\(a+b+c\) 不会超过 \(10000\)。考虑暴力枚举循环节的长度 \(p\)。\(check\) 其实很简单，每一个位置 \(X_i\) 其实可以映射到 \(X_i \mod p\)。由题目的要求，必须满足 \(\max{A_i \mod p} < \min{B_i \mod p} \leq \max{B_i \mod p} < \min{C_i \mod p}\)。我们要快速求出这些 \(min\max\) 式，就能快速判断并统计答案了。传统上，这个东西可以分块，因为 \(i \mod p=i-\lfloor \frac{i}{p} \rfloor \times p\)，只有 \(\sqrt{i}\) 种取值。对于每种取值，对下标 \(i\)的贡献是一条直线，所以至少要 再一个\(log\) 来求每个位置上面所有直线的最小值。复杂度太大。
　　不妨换一种角度考虑。对于一种求 \(min\max\) 的任务，设 \(F_i\) 表示这种字符在数轴 \(i\) 被观测到过。假设我二分了答案 \(mid\)。我可以每次枚举 \([p \times i,p \times {i+1})\)，去\(check\) 这一段里是否存在我期望的位置 \(F_i\)，这样复杂度是 \(O(\log ^2)\) 的。进一步的，可以预处理出 \(F\) 向左/向右第一个 \(1\) 的位置，这样就可以省去二分直接找最大最小值，复杂度变为 \(O(N \log N)\)。\(log\) 为调和级数。

2018 Multi-University Training Contest 7 F - Lord Li's problem

　　题意：给出一个 \(N(\leq 40)\) 位 \(01\) 串 \(T\)。从“正好有 \(3\) 个 \(1\) 的 \(N\) 位 \(01\)串”（显然总共有 \(\binom{N}{3}\) 个）中选出不同的 \(M(\leq 20)\) 个（无顺序）异或起来，使得结果为 \(T\)。求方案数模一个质数。\(50000\) 组数据。
　　题解：标算竟然是 \(O(NM)\) 的，好厉害呀！显然每一位是对称的，设 \(T\) 中有 \(k\) 个 \(1\)，先计算最终有 \(k\) 个 \(1\) 的答案，最后在除掉 \(\binom{N}{k}\) 即可。将 \(N\) 视作常量进行动态规划。
　　设 \(f_{i,j}\) 表示，已经选了 \(i\) 个 不同 的数（无序），目前异或和里有 \(j\) 个 \(1\) 的方案数。转移第 \(i+1\) 个数时，先不考虑重复的问题。讨论放入的那个数的 \(3\) 个 \(1\)的相对位置（对应本来异或和是 \(0\) 和 \(1\) 的位置分别是几个）。一共有四种情况：\((3,0),(2,1),(1,2),(0,3)\)。直接组合数转移即可。
　　但是按这样的转移方法，计算出来的 \(f_{i+1,j}\) 是带重复的。即第 \(i+1\) 可能和之前重复。因为重复，相当于白白浪费了两个数来异或，所以直接减掉 \(f_{i-1,j} \times (\binom{N}{3}-(i-1))\) 即可。
　　同时，对于每一个被转移好的 \(f_{i+1,j}\)，每种数字作为第 \(i+1\) 个被转移到都会被计算一次，所以还要除掉 \(i+1\)。

2018 Multi-University Training Contest 7 K - Swordsman

　　题意：有 \(N(\leq 10^5)\) 只怪兽，每只都有 \(k(\leq 5)\) 维的防御值 \(a_{i,j}\)。再给出一个英雄对应的 \(k\) 维攻击值 \(b_j\)。只有当 \(b_1 \geq a_{i,1},\dots,b_k \geq a_{i,k}\) 时，英雄才能击败第 \(i\) 只怪兽，且每一维攻击值都会受到 \(c_{i,j}\) 的提升。求英雄最多能击败的怪兽数量。
　　题解：因为打败怪兽不会有坏的影响，所以就是能打就打。麻烦的是，攻击和防御值有 \(5\) 维。
　　\(5\) 维动态数点显然是不现实的，考虑把条件反向。对于一只怪兽 \(i\)，只要 \(\exists j,a_{i,j} \geq b_j\)，它就不能被击败。如果对于每一维，分别把怪兽升序排序，那么任何一个时候，每段后缀的怪兽都不能被击败。且这个分界点随着英雄能力的提升会不断往后移动。
　　所以对于每一个怪兽，维护它目前有 \(g_i\) 维还不合法。每次移动分界点的时候，会把一些怪兽的 \(g_i\) 减一；一旦怪兽 \(i\) 的 \(g_i\) 降为 \(0\)，我们可以立即打死他，并尝试继续移动分界点。复杂度为 \(O(Nk \log N)\)，\(log\) 是排序。

2018 ICPC 北京 C

　　题意：求所有三元组 \((a,b,c)(a<b<c,a^2+b^2=c^2,c \leq n)\) 的对数。\(n \leq 10^9\)。
　　题解：所有 \(gcd=1\) 的三元组，可以充要地转化为 \(\frac{s^2-t^2}{2},st,\frac{s^2+t^2}{2} (s>t \geq 1,(s,t)=1,2 \nmid s,2 \nmid t)\)。即我们要求的是 \(\sum_i \sum_j \lfloor \frac{2n}{i^2+j^2} \rfloor \times [(i,j)=1] \times [2 \nmid s] \times [2 \nmid t]\)。
　　这个其实挺难搞的。\(gcd\) 只能莫比乌斯反演，反演后是求形如 \(\sum_i \sum_j \lfloor \frac{x}{(i^2+j^2)} \rfloor\)。其中 \(k\) 的取值是 \(1\) ~ \(\sqrt N\)，\(x\) 是 \(N\) 能除到的 \(O(\sqrt N)\) 个数。注意，这里可以继续 \(O(\sqrt x)\) 枚举 \(\lfloor \frac{x}{(i^2+j^2)} \rfloor\) 的不同的取值（这样效率约为 \(\int_{1}^{\sqrt n} \sqrt i = n^{3/4}\)）。所以我们需要预处理一个 \(F(x)\) 表示 \(a^2+b^2 \leq x\) 的 \((a,b)\) 的对数就可以算出来了。
　　\(F(x)\) 的计算也大概是 \(O(n^{3/4})\) 的。对于每一个 \(x\)，暴力枚举 \(a\)，计算对应的 \(b\) 的个数即可。