P9870 题解

blog。NOIP2023 T3，特殊性质题。

什么是特殊性质题？就是题目给出了你极其神秘的性质，从而引导你想出正解。

本篇题解将从部分分的角度，一步步讲述部分分与正解的关系。这样看的话，本题会变得十分简单。

$\text{Task }1\sim 7$，$O(Tnm)$

首先转换题意。$\mathrm{\forall }(f_i-g_i)(f_j-g_j)>0$，本质上就是满足两者中的一个：

• 所有 $1\le i\le {10}^{100}$ 都有 $f_i<g_i$。
• 所有 $1\le i\le {10}^{100}$ 都有 $f_i>g_i$。

这两件事情本质相同，我们只考虑第一件事情（$\mathrm{\forall }{f}_i<g_i$），第二件事情就是将 $f,g$ 对调一下再处理。

你想一想拓展的本质。其实就是有两个指针 $X_i$ 与 $Y_j$，每次如果有 $X_i<Y_j$，那么可以做：

• $(i,j)\to (i+1,j)$，表示 $f$ 的下一位是 $X_{i+1}$，$g$ 的下一位仍然是 $Y_j$。
• $(i,j)\to (i,j+1)$，表示 $f$ 的下一位仍然是 $X_i$，$g$ 的下一位是 $Y_{j+1}$。
• $(i,j)\to (i+1,j+1)$，表示 $f$ 的下一位是 $X_{i+1}$，$g$ 的下一位是 $Y_{j+1}$。

于是考虑 DP。$d{p}_{i,j}$ 表示 $X$ 匹配到第 $i$ 位，$Y$ 匹配到第 $j$ 位，是否可行。转移即：

$$X_i<Y_j,d{p}_{i,j}\leftarrow d{p}_{i-1,j}\cup d{p}_{i,j-1}\cup d{p}_{i-1,j-1}$$

答案即 $d{p}_{n,m}$。这一部分的代码如下，时间复杂度 $O(Tnm)$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cassert>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
bool dp[2005][2005];
bool chk(int x[], int y[], int n, int m) //是否可以构造出 fi<gi
{
	if (x[1] <= y[1] || x[n] <= y[m]) return false; //特判
	for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) dp[i][j] = false; //初始化
	dp[1][1] = true; //(1,1) 作为起点，显然可以到达
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++) //下面的转移方程就和思路中的一样
			if (x[i] > y[j]) dp[i][j] |= (dp[i - 1][j - 1] | dp[i - 1][j] | dp[i][j - 1]);
	return dp[n][m];
}
int x[N], y[N], ttx[N], tty[N];
int main()
{
	int n, m, q;
	scanf("%*d%d%d%d", &n, &m, &q);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &y[i]);
	putchar(chk(x, y, n, m) || chk(y, x, m, n) ? '1' : '0');
	while (q--)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++) ttx[i] = x[i];
		for (int i = 1; i <= m; i++) tty[i] = y[i];
		int cx, cy;
		scanf("%d%d", &cx, &cy);
		while (cx--) {int p, v; scanf("%d%d", &p, &v); ttx[p] = v;}
		while (cy--) {int p, v; scanf("%d%d", &p, &v); tty[p] = v;}
		putchar(chk(ttx, tty, n, m) || chk(tty, ttx, m, n) ? '1' : '0');
	}
	return 0;
}

$\text{Task }8\sim 14$，$O(T(n+m))$ 特殊性质

考虑上面那个做法是在干啥。

令 $A_{i,j}=[X_i<Y_j]$，从 $(1,1)$ 开始，每次可以向右、下、右下的 $A_{i,j}=1$ 的点走一步，问能否走到 $(n,m)$。

首先，如果 $X_{min}\ge Y_{min}$，说明 $Y_{min}$ 的那一列的全部 $A_{i,j}$ 都是 $0$。显然路被堵死了，走不到捏。

同理，$Y_{max}\le X_{max}$ 也是走不到。

考虑完这些小情况后，根据这个特殊性质，必然有：

• 对于 $1\le i\le m$，都有 $A_{n,i}=1$。
• 对于 $1\le i\le n$，都有 $A_{i,m}=1$。

这说明，只要我们能走到第 $(n-1)$ 行或者第 $(m-1)$ 列，就一定能顺着这条通路到达 $(n,m)$。看起来像下面这样：

以此类推，找到 $1\sim (n-1)$ 的最小值，如果有 $X_{min}<Y_{min}$，说明：对于 $1\le i\le m-1$，都有 $A_{xmin,i}=1$。

这说明，只要我们能走到第 $xmin$ 行或者第 $(m-1)$ 列，就一定能顺着这条通路到达第 $n$ 行或者第 $m$ 列，然后再到达 $(n,m)$。

同样地，列也可以类似地操作。

可以理解为，现在有一个边框，你只要到达了边框就能走到 $(n,m)$ 了。那么每次缩小整个边框地大小，必然是不会更劣的。

于是你一直缩小边框，如果中途无法缩小（$X_{min}\ge Y_{min}$ 且 $Y_{max}\le X_{max}$），不可行；否则，如果边框到达了 $(1,1)$，那么就是可行。

实现方面可以采用递归，维护前缀最小值 / 最大值的位置即可。时间复杂度 $O(T(n+m))$。

bool check(int x, int y) //能否从 (1,1) 走到第 x 行或者第 y 列
{
	if (x == 1 || y == 1) return true; //如果刚好是第 1 行或者第 1 列，可行
	Node X = preX[x - 1], Y = preY[y - 1]; //找到前缀最值的位置
	if (f[X.min] < g[Y.min]) return check(X.min, y);
	if (g[Y.max] > f[X.max]) return check(x, Y.max);
	return false;
}

正解

特殊性质的提示性非常强。你可以找到 $X$ 的最小值与 $Y$ 的最大值的位置。

如图所示，分左上与右下两个区域，如果 $(1,1)$ 能走到红线部分，并且红线部分能走到 $(n,m)$，那么就是可行了。

所以，你只要实现两个 check() 函数，一个看左上部分的合法性，一个看右下部分的合法性即可。

完整代码如下，时间复杂度 $O(T(n+m))$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cassert>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
int f[N], g[N]; struct Node {int min, max; Node(int ge = 0, int fe = 0): min(ge), max(fe){}} preX[N], preY[N], sufX[N], sufY[N];
#define update(T, p) (Node){T[i] < T[p.min] ? i : p.min, T[i] > T[p.max] ? i : p.max};
bool check1(int x, int y, int n, int m) //左上区域
{
	if (x == 1 || y == 1) return true;
	Node X = preX[x - 1], Y = preY[y - 1];
	if (f[X.min] < g[Y.min]) return check1(X.min, y, n, m);
	if (g[Y.max] > f[X.max]) return check1(x, Y.max, n, m);
	return false;
}
bool check2(int x, int y, int n, int m) //右下区域，同左上区域
{
	if (x == n || y == m) return true;
	Node X = sufX[x + 1], Y = sufY[y + 1];
	if (f[X.min] < g[Y.min]) return check2(X.min, y, n, m);
	if (g[Y.max] > f[X.max]) return check2(x, Y.max, n, m);
	return false;
}
bool solve(int tmpf[], int tmpg[], int n, int m)
{
	if (tmpf[1] >= tmpg[1]) return false; //一个特判
	for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = tmpf[i]; //copy 一下，方便在全局定义函数
	for (int i = 1; i <= m; i++) g[i] = tmpg[i];

    //这里求出 X,Y 的前后缀 最大/最小值 的位置，为了让代码更优美，使用了 update()
	for (int i = 1; i <= n; i++) preX[i] = (i == 1) ? (Node){1, 1} : update(f, preX[i - 1]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) preY[i] = (i == 1) ? (Node){1, 1} : update(g, preY[i - 1]);
	for (int i = n; i >= 1; i--) sufX[i] = (i == n) ? (Node){n, n} : update(f, sufX[i + 1]);
	for (int i = m; i >= 1; i--) sufY[i] = (i == m) ? (Node){m, m} : update(g, sufY[i + 1]);

	Node X = preX[n], Y = preY[m]; //找出两条红线的位置
	if (f[X.min] >= g[Y.min] || g[Y.max] <= f[X.max]) return false; //一个特判
	return check1(X.min, Y.max, n, m) && check2(X.min, Y.max, n, m); //分左上右下递归即可
}
int tx[N], ty[N], ttx[N], tty[N];
int main()
{
	int n, m, q;
	scanf("%*d%d%d%d", &n, &m, &q);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &tx[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &ty[i]);
	putchar(solve(tx, ty, n, m) || solve(ty, tx, m, n) ? '1' : '0');
	while (q--)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++) ttx[i] = tx[i];
		for (int i = 1; i <= m; i++) tty[i] = ty[i];
		int cx, cy;
		scanf("%d%d", &cx, &cy);
		while (cx--) {int p, v; scanf("%d%d", &p, &v); ttx[p] = v;}
		while (cy--) {int p, v; scanf("%d%d", &p, &v); tty[p] = v;}
		putchar(solve(ttx, tty, n, m) || solve(tty, ttx, m, n) ? '1' : '0');
	}
	return 0;
}

希望能帮助到大家 /qq。