ICPC 2021–2022，NERC – 北欧欧亚总决赛题解翻译
ICPC 2021–2022，NERC – 北欧欧亚总决赛题解翻译
圣彼得堡，阿拉木图，巴尔瑙尔，明斯克，埃里温，2022年4月13日
问题 A. 可接受的地图 (Admissible Map)
问题作者和开发者：Ilya Zban
我们称形如“RLRL...RL”的任何字符串为平凡字符串。
引理
任何非平凡字符串最多只能有一个构成可接受地图的方式。
证明
考虑字符串 \(s_0s_1 \dots s_{|s|-1}\)，令 \(i\) 为第一个偶数，满足 \(s_i s_{i+1} \neq "RL"\)。可以有以下几种情况：
- \(s_i = "L"\)：字符串无法构成可接受的地图，因为第 \(i\) 个符号要么位于矩阵的左边缘（其边缘没有指向任何其他单元格），要么指向左边的“RL”，导致相邻的“L”有两个传入边（或指向矩阵外部）。
- \(s_i = "U"\)：字符串无法构成可接受的地图，因为第 \(i\) 个符号要么位于矩阵的上边缘（其边缘没有指向任何其他单元格），要么指向某对“RL”，而它们应相互匹配。
- \(s_i = "R"\)：由于 \(s_{i+1} \neq "L"\)，第 \(i\) 个单元格唯一的传入边只能是“U”。我们可以注意到它只能是字符串中的第一个“U”，因为否则第一个“U”会指向矩阵外或某个“RL”对。因此，如果 \(s_j\) 是最左边的“U”，字符串可以构成为一个 \(j-i\) 的地图。
- \(s_i = "D"\)：假设 \(k = i\) 且 \(s_{i+1} \dots s_k = "LLL..L"\)。子串 \(s_i \dots s_k\) 应位于矩阵的同一行，由于 \(s_{k+1} \neq "L"\)，根据上述相同的论点，我们可以看到字符串中的第一个“U”应指向 \(s_k\)。因此，字符串只能构成为一个 \(j-k\) 的地图。
因此，任何非平凡子串 \(s_l s_{l+1} \dots s_r\) 的矩阵形状 \(n \times m\) 仅由第一个“U”的位置决定。我们可以计算一个数组 \(m_l\)，意味着任何子串 \(s_l s_{l+1} \dots s_r\) 应构成 \(r - l + 1\) 个 \(m_l \times m_l\) 的矩阵。这个数组可以直接从证明中在线性时间内计算出来。
使用 \(m_l\)，我们可以迭代所有 \(r = l + t \cdot m_l\)（对于所有 \(t\)），并检查所有子串 \(s_l s_{l+1} \dots s_r\)。我们需要快速确定子串 \(s_i \dots s_{i+m_l-1}\) 是否可以是构成的矩阵的顶部、中部或底部行。这可以在 \(O(1)\) 时间内完成。
考虑中间行的情况（其他情况类似）。我们想检查是否没有来自 \(s_i \dots s_{i+m_l-1}\) 的边超出矩阵，并且每个单元格恰好有一个传入边。首先，我们需要检查 \(s_i \neq "L"\) 且 \(s_{i+m_l-1} \neq "R"\)。可以使用哈希来测试传入边的条件。我们选择一个哈希基数 \(x\)，并构建四个数组 \(a_{c0} \dots a_{|s|-1}\)（其中 \(c\) 为“ULDR”）：
- 如果 \(s_j = "U"\)，则 \(a_{Uj} = x^j\)；
- 如果 \(s_j = "D"\)，则 \(a_{Dj} = x^j\)；
- 如果 \(s_j = "R"\)，则 \(a_{Rj} = x^{j+1}\)；
- 如果 \(s_j = "L"\)，则 \(a_{Lj} = x^{j-1}\)；
- 所有其他值为零。
然后我们可以看到，如果每个单元格 \(s_i \dots s_{i+m_l-1}\) 都有一个传入边，则公式成立：
这个检查可以使用预计算的前缀和数组在常数时间内完成。
使用这些检查，我们可以迭代所有非平凡子串，测试它们并补充遗漏的平凡字符串。这个解决方案的复杂度为 \(O(s^2)\)。
我们还可以进一步注意到，对于每个 \(l\)，我们迭代所有可能的 \(r\) 值，并以 \(m_l\) 为步长计算。我们可以统计具有相同 \(m_l\) 且 \(l \mod m_l\) 相同的所有 \(l\)，因为我们在这个情况下会重复许多工作。这种优化使我们得到了一个非常快速的解决方案，其最坏情况下的复杂度为 \(O(s \cdot \min(\text{cnt}_m, m)) = O(s \sqrt{s})\)（其中 \(\text{cnt}_m\) 是每个 \(m\) 的不同余数 \(l \mod m_l\) 的数量）。
问题 B. 预算分配 (Budget Distribution)
问题作者和开发者：Pavel Kunyavskiy
首先解决单一主题问题。如果没有项目分配了太多的钱（超过它们最终应得的，包括未分配的钱），答案就是 0。否则，分配给哪个项目并不重要，只要不给任何项目分配过多的钱。因此，对于已经分配了过多钱的项目集，非最优性函数是线性分数形式，即它的形式是 $ \frac{ax + b}{cx + d} $。此外，很容易检查导数是递增的（它是负数，并逐渐接近零），所以整体函数是分段凸线性分数函数。
要解决整个问题，我们需要找到一种方法来结合不同主题的解决方案。令 \(f_i\) 为第 \(i\) 个主题的非最优性函数。实际上，我们需要找到函数 \(f(x) = \min_{\sum x_i = x, x_i \geq 0} f_i(x_i)\)。稍后我们将看到，这个函数也是一个分段凸线性分数函数，有线性数量的部分。
为了使一组 \(x_i\) 局部最优，应该不可能找到一对索引 \(i\) 和 \(j\)，使得减少 \(x_i\) 一点，增加 \(x_j\) 一点可以减少该函数。实际上，这意味着所有左导数都应该小于所有右导数（绝对值更大，因为它们是负数）。直观地看，如果我们考虑分配资金的连续过程，它应该是这样的：将下一个无穷小的资金量分配给具有最小导数的所有主题（那些减少最快的主题），以使它们的导数保持相同。在这一点上，结果函数的导数等于右导数的最小值。
因此，我们通过扫描其导数来构建一个函数。每个主题函数的每一部分在导数范围内都需要添加该函数。我们知道在每个点切换时的导数，并且该部分具有唯一的与该导数相对应的点。唯一剩下的部分是显式找到每个部分的函数，当已知我们将资金分配给哪些主题集时。
为了方便起见，令 \(f_i(x) = \frac{a_i^2}{x - b_i + c_i}\)。任何具有负导数的线性分数函数都可以写成这种形式。直观地，\(b_i\) 和 \(c_i\) 是双曲线中心的坐标，而 \(a_i\) 只是递减速度的因子。这个形式很方便，因为我们可以简单地忽略 \(b_i\) 和 \(c_i\)，因为 \(c_i\) 只会将结果值偏移一个常数，\(b_i\) 只会将参数偏移一个常数。因此，我们可以找到形式为 $ \frac{a_i^2}{x} $ 的函数的结果，然后
简单地将其偏移，以使它连接到前一部分的值和导数正确。
对于这些类型的函数，使导数相同意味着 $ \frac{x_i}{x_j} = \frac{a_i}{a_j} $ 对所有 \(i\) 和 \(j\) 成立。这意味着 $ x_i = \frac{a_i}{\sum a_i} x $。而总函数为 $ \frac{(\sum a_i)^2}{x} $。
问题 C. 连接点 (Connect the Points)
问题作者和开发者：Dmitry Yakutov
解决这个问题有很多方式：
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暴力法。取所有给定点的 X 坐标和 Y 坐标，构建一个由九个点组成的“网格”。取出这九个点之间的18条线段，并迭代它们的所有子集。选择最优的子集。
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处理不同情况。用标签标记三个点，按 X 坐标排序。然后按 Y 坐标对这些点排序并观察标签。总共有六种不同的排序方式。可以为每种排序方式构建最优的线段集合。
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中位点。令 \(x_m\) 为所有点的 X 坐标的中位数，\(y_m\) 为所有点的 Y 坐标的中位数。中位点 \(M = (x_m, y_m)\) 可能在输入点集中，也可能不在。可以证明，你可以用最短的方式将三个点与 \(M\) 相连，并输出结果线段集合。
-
中位线段。令 \(x_m\) 为 X 坐标的中位数，\(y_{\min}\) 和 \(y_{\max}\) 分别是最小和最大的 Y 坐标。取从 $ (x_m, y_{\min}) $ 到 $ (x_m, y_{\max}) $ 的垂直线段，然后用水平线段将三个点与这条垂直线段相连。可以证明，这种线段集合是正确的。
问题 D. 可删编辑 (Deletive Editing)
问题作者：Dmitry Yakutov
问题开发者：Roman Elizarov
这个问题可以通过直接的方法解决。关键观察是，在这个游戏中，字母的调用顺序并不重要。我们只需要知道从初始单词 \(s\) 到最终单词 \(t\) 的每个字母被调用的次数。
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首先，我们计算从 'A' 到 'Z' 的每个字母在单词 \(s\) 和 \(t\) 中的出现次数。我们将这些计数分别称为 \(s_a\) 和 \(t_a\)（每个字母 a 的出现次数）。
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通过这些计数，我们可以计算每个字母需要调用的次数，即对于每个字母 \(a\)，调用次数为 \(s_a - t_a\)。
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如果对于某个字母 \(a\)，有 \(s_a - t_a < 0\)，则答案为“NO”。
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否则，有可能答案为“YES”。然而，我们还需要验证字母的顺序是否正确。最简单的验证方式是模拟这个游戏，删除掉每个字母 a 的前 \(s_a - t_a\) 次出现，然后将结果与 \(t\) 进行比较。
问题 E. 平均划分 (Even Split)
问题作者和开发者：Egor Kulikov
首先，我们找出最短的线段长度，并使用二分搜索确定最小可能的最长线段长度。假设我们需要测试长度为 len 的线段是否足够长。我们可以证明：如果可以找到 n 条长度为 len 的线段（它们可能相互重叠）并覆盖整个 Segmentland，并将它们与 n 个房屋对应，那么可以认为这段线足够长。可以用贪心算法从左到右构造这些线段，并在此过程中覆盖 Segmentland。
接下来，我们还需要找出最长可能的最短线段长度。该部分也可以通过类似的二分搜索来完成，不同之处在于，我们需要找到长度相同但不相交的线段，并使用贪心算法将它们尽量向左放置。
给定这两个长度，即最短的最大线段长度和最长的最短线段长度，我们可以找到一个满足这些限制的分段方案。方法如下：
-
对于 \(i \in 0 \dots n\)，我们设定两个参数 \(c_i \leq d_i\)，表示对应的分界点位于 \(c_i\) 和 \(d_i\) 之间。我们从左向右计算这些点，从 \(c_0 = d_0 = 0\) 开始，并依次计算 \(c_{i+1} = \max(c_i + \text{min}, a_{i+1})\) 和 \(d_{i+1} = \min(d_i + \text{max}, a_{i+2})\)（我们假设 \(a_{n+1} = l\)）。
-
对于 \(i \in 0 \dots n\)，我们设定最终答案 \(s_i = \text{ans}_{i-1}\) 和 \(f_i = \text{ans}_i\)，从右向左计算它们，从 $ \text{ans}_n = l $ 开始。在每一步中，我们会选择 [\(c_i, d_i\)] 区间中的某个点，它与 \(\text{ans}_{i+1}\) 之间的距离位于 \(\text{min}\) 和 \(\text{max}\) 之间（很容易证明，至少会有一个这样的点）。
-
这样，我们就得到了一个答案：\(s_i = \text{ans}_{i-1}\)，\(f_i = \text{ans}_i\)。
问题 F. 花式堆栈 (Fancy Stack)
问题作者：Dmitry Gozman
问题开发者：Gennady Korotkevich
我们将堆栈上偶数位置的块称为“大块”（即 \(b_2, b_4, \dots, b_n\)），将奇数位置的块称为“小块”（即 \(b_1, b_3, \dots, b_{n-1}\)）。
首先，假设块的大小各不相同。我们将按照块的大小递减顺序处理它们（即 \(a_1 \geq a_2 \geq \dots \geq a_n\)）。我们使用动态规划来统计堆叠的方式。
令 \(f_{i,j}\) 表示将前 \(i\) 个最大的块放置到它们的正确位置，使得其中 \(j\) 个块是大块，而 \(i-j\) 个块是小块。初始状态为 \(f_{0,0} = 1\)。我们实现一个前向 DP，转移到第 \(i+1\) 个块时，我们决定它是大块还是小块。
- 如果第 \(i+1\) 个块是大块，它在堆栈中的位置是唯一确定的（具体来说，是第 \(n-2j\) 个位置）。因此，我们转移到 \(f_{i+1,j+1}\)。
- 如果第 \(i+1\) 个块是小块，那么有 $ \max(j-1, 0) + [j = \frac{n}{2}] $ 个可能的位置（即在大块之间的任何位置，并且如果所有大块都已放置完毕，则可以放置在堆栈顶部），其中 \(i-j\) 个位置已经被占据。注意，这些可能的位置对于未来放置的小块是通用的。因此，我们转移到 \(f_{i+1,j}\)，系数为 $ \max(j-1, 0) + [j = \frac{n}{2}] - (i-j) $。
如果允许块的大小相同，我们可以按照大小递减的顺序逐块处理。在每个大小相同的组中，最多一个块可以是大块（因为所有大块的大小必须不同）。这样，我们仍然只有两种转移方式，这次两种转移都使用二项式系数。
总的时间复杂度为 \(O(n^2)\)。
问题 G. 全球变暖 (Global Warming)
问题作者和开发者：Nikolay Budin
我们使用从上到下的扫描平面算法。我们将维护比当前平面高的点的连通分量以及这些分量的表面积。当扫描平面遇到新点时，我们迭代其所有比平面高的邻居，并将它们的连通分量与新点合并。在存储连通分量时，可以使用并查集（DSU）。
接下来，处理表面积。考虑一个三角面，其顶点为 \(a\)、\(b\)、\(c\)。如果该面是水平的，则当扫描平面到达它时，我们将其面积添加到该连通分量的面积中。否则，假设 \(z_a \leq z_b \leq z_c\)，当前扫描平面的高度为 \(s\)。那么高于扫描平面的部分面积为：
其中 \(\alpha\) 是该面与水平面的夹角，\(l(z)\) 是该面与高度为 \(z\) 的水平面相交的线段长度。函数 \(l(z)\) 在区间 \([z_a, z_b]\) 和 \([z_b, z_c]\) 上是线性的。因此，函数 \(\text{area}(s)\) 在这些区间上是二次函数。我们可以保持每个连通分量的这些二次函数的和，并在遇到新点时修改对应面的二次函数。
最后，当扫描平面达到某个查询的高度时，我们查看查询点所在的连通分量。
问题 H. 魔法英雄 (Heroes of Might)
问题作者：Nikolay Budin
问题开发者：Borys Minaiev
这个问题的完整解法非常复杂，所以我们仅提供一些关键思路，而不深入细节。
首先，讨论较慢的解法，它适用于回合总数不大的情况。对于每组农民，我们可以生成一个整数数组 \(k_i\)，表示该组在第 \(i\) 次攻击中被杀死的农民数。例如，如果伤害为 15，每个农民的生命值为 10，而该组有 4 个农民，则对应的数组为 \([1, 2, 1]\)。
构建每组的数组后，我们可以按保留每组初始顺序的方式将它们合并成一个大数组。这个合并后的数组对应于龙按某种顺序攻击各组农民。最优合并应该最大化生成数组的所有前缀和的总和。
如何合并数组？我们将每个数组分为若干个连续区间，并对每个区间计算 \(a_i\)（即该区间元素的和除以区间长度）。在所有可能的分割中，选择一个具有特殊性质的分割：
- \(a_1 > a_2 > \dots > a_n\)
- \((a_1, a_2, \dots, a_n)\) 按字典序最大
这种分割可以通过贪心算法计算。首先找到具有最大 \(a_1\) 的前缀，切割它，然后递归地找到其他前缀。
这种分割也有几何解释。我们可以绘制点 \((i, \sum_{j \leq i} k_j)\)，并找到它们的上凸包。上凸包的每个线段对应于最优数组分割中的一个区间。
可以证明，每个分割的线段可以在最优合并数组中保持连续。此外，要确定不同组的线段合并顺序，我们只需按 \(a_i\) 排序即可。
可以证明，最优分割的段数为 \(O(\log n)\)。
最后一个问题是如何在较大约束下构建这些线段。我们需要找到点 \((i, \lfloor d \cdot i / h_p \rfloor)\) 的凸包。可以使用不同的方法，最简单的是使用连分数。有关该算法的详细描述，可以参考这里。
问题 I. 互动寻宝 (Interactive Treasure Hunt)
问题作者和开发者：Pavel Marvin
让我们注意到，点对 \((x_1, y_1)\)、\((x_2, y_2)\) 和 \((x_1, y_2)\)、\((x_2, y_1)\) 对于所有可能的 SCAN 请求结果是相同的。因此，我们可以假设 \(x_1 \leq x_2\) 且 \(y_1 \leq y_2\)，然后用三个 DIG 请求检查这两对点。
首先，在点 \((1, 1)\) 和 \((1, m)\) 进行 SCAN：
从这些值中，我们可以得到以下和：
接下来，在点 \(\left(\left\lfloor \frac{S_x}{2} \right\rfloor, 1\right)\) 和 \((1, \left\lfloor \frac{S_y}{2} \right\rfloor)\) 进行 SCAN：
从这些值中，我们可以得到以下差值：
最终，我们可以计算出：
最后，我们在单元格 \((x_1, y_1)\) 进行 DIG。如果找到宝藏，则第二个宝藏在 \((x_2, y_2)\)。如果没有找到，宝藏在 \((x_1, y_2)\) 和 \((x_2, y_1)\)。
问题 J. 工作查找 (Job Lookup)
问题作者：Vitaly Aksenov
问题开发者：Mikhail Dvorkin
这个问题可以通过动态规划（DP）“在子区间上”解决。
考虑一个子问题，针对一段人群 \([i, j]\)。我们希望将他们安排成全局层次树中的一个子树，以最优的方式。令 \(a_{ij}\) 为由该子树中的边引起的最小通信成本。换句话说，每个通信路径的成本为 \(c_{uv} \cdot d_{uv}\)，可以分解为每个边支付 \(d_{uv}\) 次大小为 \(c_{uv}\) 的费用。因此，在我们的动态规划值 \(a_{ij}\) 中，只考虑由构建的子树中的边支付的通信成本。
为了计算 \(a_{ij}\)，我们迭代所有可能的根候选 \(k \in [i, j]\)。对于特定的 \(k\)，子树 \([i, j]\) 的通信成本由以下组成：\(a_{i,k-1}\)、\(a_{k+1,j}\)、从 \(k\) 到其左子节点的边的通信成本（如果有的话），以及从 \(k\) 到其右子节点的边的通信成本（如果有的话）。
从 \(k\) 到其左子节点的边的通信成本是所有 \(u \in [i, k-1]\) 且 \(v \notin [i, k-1]\) 的对的 \(c_{uv}\) 的和（这些对的所有人都需要支付这条边的费用）。这个值可以简单地通过矩阵 \(c\) 中的两个子矩形的和来计算。对于右子节点的边，情况类似。
如果为矩阵 \(c\) 预先计算了前缀和（或类似的数据结构），则特定 \(k\) 的成本可以在 \(O(1)\) 时间内计算，值 \(a_{ij}\) 可以在线性时间内计算，整个问题的复杂度为 \(O(n^3)\)。
更多关于问题起源和相关性的说明可以参考 SplayNet 论文的第三节：SplayNet paper。
问题 K. 王国划分 (Kingdom Partition)
问题作者：Maxim Akhmedov
问题开发者：Niyaz Nigmatullin
我们从写下矩阵的系数开始，该矩阵表示在不同端点的归属下，边成本的系数：
| A | B | C | |
|---|---|---|---|
| A | 2 | 0 | 1 |
| B | 0 | 2 | 1 |
| C | 1 | 1 | 0 |
问题的结构提示它与最小割问题有关，但标准的最小割技术将顶点分为两部分，而这里要求将顶点划分为三部分 A、B 和 C。主要技巧是执行一个常见的反对称图转换。将每个顶点 \(v\) 替换为两个顶点 \(v_1\) 和 \(v_2\)，并将每条边 \(uv\) 替换为两条边 \(u_1 v_2\) 和 \(u_2 v_1\)，且两条边的成本与原边相同。
考虑新图中任意的割 $ (S, T) $。原图的每个顶点 \(v\) 可以视为处于 \(SS\)、\(ST\)、\(TS\) 和 \(TT\) 的状态，具体取决于 \(v_1\) 和 \(v_2\) 是否属于 \(S\) 或 \(T\)。写下类似的系数矩阵，该矩阵表示原图中边在割值中的系数：
| ST | TS | SS | TT | |
|---|---|---|---|---|
| ST | 2 | 0 | 1 | 1 |
| TS | 0 | 2 | 1 | 1 |
| SS | 1 | 1 | 0 | 2 |
| TT | 1 | 1 | 2 | 0 |
注意，目标矩阵是上述矩阵的一个子矩阵。这表明我们必须将顶点 \(a\) 限制为 ST 顶点，将顶点 \(b\) 限制为 TS 顶点。这可以通过将源顶点 \(s\) 连接到 \(a_1\) 和 \(b_2\)，并将 \(a_2\) 和 \(b_1\) 连接到汇顶点 \(t\)，并使用无限容量的边来实现，最终在生成的图中考虑 \(s-t\) 割。
最后一个问题是如何处理 SS 和 TT 顶点的区别。可以证明，最小割总是可以选择为没有 TT 顶点；事实上，将所有 TT 顶点设为 SS 顶点不会增加边的系数。
综上所述，我们得到了一个解决方案：首先构造一个反对称图，使用适当的最大流算法（例如 Dinic 算法）找到最小割，然后将结果分割恢复为 A = ST，B = TS，C = SS ∪ TT。
问题 L. 迷宫 (Labyrinth)
问题作者：Michael Mirzayanov
问题开发者：Sergey Melnikov, Michael Mirzayanov
问题要求找到两条路径，它们从起点 \(s\) 到终点 \(t\) 且不相交。
设路径为：
- \(s = u_1, u_2, \dots, u_x, t\);
- \(s = v_1, v_2, \dots, v_y, t\)。
我们可以证明，存在一对路径，使得顶点 \(u_x\) 和 \(v_y\)（即两条路径的倒数第二个顶点）位于 DFS 树中根节点 \(s\) 的不同子树中。这仅适用于两者不同于 \(s\) 的情况。
在这种情况下，我们只需运行一次深度优先搜索（DFS），并选择一个合适的顶点作为 \(t\)，使得：
- DFS 树中，顶点 \(t\) 的父节点是顶点 \(u_x\)，
- \(t\) 有来自某个顶点 \(v_y\) 的边，而 \(v_y\) 在 DFS 树中相对于根节点 \(s\) 位于不同的子树中（或者 \(v_y = s\) 且 \(u_x \neq s\)）。
DFS 树中的这些路径将产生所需的两条不相交路径。
