CF1322

Codeforces Round #626 (Div. 1, based on Moscow Open Olympiad in Informatics)

1|0A

设 $s_i$ 为前缀左括号个数减右括号个数，每一段 $s_i<0$ 的区间都需要操作，操作还需包含一段负区间末尾 $s_i=0$ 的位置。

2|0B

考虑第 $k$ 位，将所有数在模 $2^{k+1}$ 意义下考虑，若两个数的和 $\in [2^k,2^{k+1}-1] \cup [2^k+2^{k+1},2^{k+2}-2]$，则其在第 $k$ 位为 $1$，通过双指针统计个数，按奇偶性计算即可。

3|0C

设 $S(x)$ 为右部图的点 $x$ 在左部图的与其相连的点集，给每个点集 $S(x)$ 初始权值为 $c_x$。将相同的点集进行合并，合并后的权值为相同的点集权值和。最终答案为所有剩余点集权值的 $\gcd$，这里不考虑空集。

4|0D

先将序列翻转，将单调不升变为单调不降。设 $f_{i,j}$ 为考虑了攻击力 $\leqslant i$ 的选手，且攻击力为 $i$ 的选手有 $j$ 个的最大收益，得转移为：

$$\large\begin{aligned} f_{l_i,j}&=\max\{ f_{l_i,j-1}+c_{l_i}-s_i \} \\ f_{j+1,\frac{k}{2}}&=\max\{ f_{j,k}+\frac{k}{2}c_{j+1} \},j\in [l_i,n+m] \end{aligned}$$

这样转移就能保证单调不降了。这里对 $k$ 的枚举范围进行限制，当前攻击力为 $l_i$ 时，对于 $l_i$ 枚举前 $n$ 项，对于 $l_i+1$ 枚举前 $\frac{n}{2}$ 项，对于 $l_i+2$ 枚举前 $\frac{n}{4}$ 项，$\dots$ ，这里相当于模拟了所有攻击值的二进制加法，因为对于每个 $i$，其有效的状态数为 $n + \left \lfloor \dfrac n2 \right \rfloor + \left \lfloor \dfrac n4 \right \rfloor + \left \lfloor \dfrac n8 \right \rfloor + \cdots + \underbrace{1 + 1 + \cdots + 1}_{\text{less than } m} = O \left( n + m \right)$，所以复杂度为 $O(n(n+m))$。

5|0E

先考虑 $01$ 序列，发现 $00$ 和 $11$ 都是稳定的，因此只需处理 $01$ 交替的段。考虑枚举一个分界线 $k$，将 $\leqslant k$ 的位置都看作 $0$，所有 $>k$ 的位置都看作 $1$，若位置 $i$ 在 $01$ 表示下的最终结果为 $0$，则位置 $i$ 最终的值 $\leqslant k$，否则 $>k$。得当分界线从 $k$ 枚举到 $k+1$ 时，位置 $i$ 的结果从 $0$ 变成了 $1$，则位置 $i$ 最终的值为 $k$。

所有分界线得出的序列中 $01$ 交替的段的最长长度除以 $2$ 为操作次数，因为每次操作后 $01$ 交替的段的长度会减少 $2$。

考虑求出每个位置向两边扩展 $01$ 交替的段的最长长度，根据该长度分类讨论即可得出当前位置的最终的值。可以通过 $ST$ 表预处理最值，然后二分求解最长长度。

6|0F

不难发现答案上界为 $n$，其可以通过数学归纳法证明，去掉一个叶子就为一棵 $n-1$ 个点的树，该叶子要么最小，要么最大。

先考虑判定无解的情况。先将树定为有根树，考虑树上的一条边 $(fa,x)$，若其没有被路径覆盖，则可以不考虑这条边，若其被覆盖了，那么该边一定满足这两种状态之一：$c_x < c_{fa},c_x > c_{fa}$。

一条路径就是使若干边的状态相同或者相反，那么可以用并查集来判定是否有解。

发现答案具有单调性，可以二分求解，考虑用树形 $DP$ 来判定二分。当前二分的值为 $k$，设 $f_x$ 为边 $(fa,x)$ 为状态一时 $c_x$ 的最小值，不难发现当边 $(fa,x)$ 为状态二时 $c_x$ 的最大值为 $k+1-c_x$，将 $x$ 子树内值域取反即可。

考虑 $x$ 的子树 $y$ 对 $c_x$ 的限制：

若 $(x,y)$ 没被覆盖，则不考虑。

若覆盖 $(x,y)$ 和覆盖 $(fa,x)$ 的路径有交，即 $(x,y)$ 和 $(fa,x)$ 的状态有关联，那么已知 $(fa,x)$ 为状态一时，就能确定 $(x,y)$ 的状态了。$(x,y)$ 为状态一时，得 $c_x > c_y$，得其对 $c_x$ 的限制区间为 $[c_y+1,k]$，$(x,y)$ 为状态二时，得 $c_x < c_y$，得其对 $c_x$ 的限制区间为 $[1,c_y-1]$。

若覆盖 $(x,y)$ 和覆盖 $(fa,x)$ 的路径无交，则 $y$ 子树内的状态选择和 $(fa,x)$ 的状态无关，考虑 $y$ 子树内的状态的某种选择对 $c_x$ 的限制区间为 $[l,r]$，得另一种状态对 $c_x$ 的限制区间为 $[k+1-r,k+1-l]$，得 $y$ 子树对 $c_x$ 的限制区间为 $[l,r] \cup [k+1-r,k+1-l]$。

那么将 $x$ 的所有子树对 $c_x$ 的限制区间取交，限制下的集合最小值即为 $f_x$。发现 $[l,r] \cup [k+1-r,k+1-l]$ 不一定是一段连续的区间，因此要用线段树扫描线来维护。

实际上可以更简便，发现若 $[l,r] \cup [k+1-r,k+1-l]$ 不是一个连续的区间，则其一定是两个以 $\frac{k+1}{2}$ 为对称轴的区间，那么可以维护中间空出的部分一定包含 $\frac{k+1}{2}$。因此维护区间的交和中间空出的部分的并即可线性转移。

构造方案时，可以在树上差分打标记，若边 $(fa,x)$ 为状态二，则将子树取反。

（这题代码在有了）

__EOF__

本文作者：lhm_
本文链接：https://www.cnblogs.com/lhm-/p/13845757.html
关于博主：sjzez 的一名 OI 学生
版权声明：转载标明出处
声援博主：希望得到宝贵的建议