AtCoder Beginner Contest 395

ABC395

Resources

比赛实况（含讲解）

草稿

Submission (A~E)

F Solution

如果只有第一个限制，那么求出 $\min H_i$ （下文用 $H_m$ 代替），将所有 $H_i > H_m$ 的都修剪一下就好了。

如果只有第二个限制，可以用优先队列，将所有 $U_i$ 扔到队列中，每次取出最短的牙齿（设其为 $U_p$ ），然后检查这个牙齿相邻的两个牙齿 $U_{p-1}$ 和 $U_{p+1}$ ，检查它们是否满足 $U_{p-1}\le U_p + X$ 和 $U_{p+1}\le U_{p} + X$ （显然 $U_{p-1}, U_{p+1}>U_p$ ）。如果不满足，例如 $U_{p-1} > U_p + X$ ，那么令 $U_{p-1}\gets U_p + X$ 。

可以证明这个修剪是必要的：因为不可能存在一种合法情况满足 $U_{p-1}>U_p+X$ ，说明 $U_{p-1}$ 一定要被修剪。

当然，更新完之后要把这些修剪后的牙齿塞回优先队列。显然，每个 $U_i$ 最多只会被塞入队列 3 次（初始化、被左边的牙齿更新、被右边的牙齿更新）。时间复杂度是 $O(n\log n)$ 。至此，就解决完第二个限制了。

我们考虑在第二个限制的基础上加上第一个限制。假设所有牙齿已经被上述过程修剪过了（称为第一次修剪），我们得到了序列 $\{U_{i}'\}$ 。此时求出 $H_i'$ 和 $H_m'$ 。可以证明， $H_m'$ 就是题目所说的 $H$ 。证明如下：

如果 $\forall i, U_i'\le H_m'$ ，那么我们只需要把 $D_i$ 减少即可。

否则，存在一些位置 $i$ 满足 $U_i' > H_m'$ ，我们只需要把这些位置的牙齿修剪即可 $U_{i}\gets H_m', D_i\gets 0$ （称为第二次修剪）。我们得到一个新的序列 $\{U''_i\}$

第二次修剪是否会破坏第二个限制呢？答案是不会的。

反证法。假设第二次修剪导致第二个限制被破坏了，即，存在某个 $i$ ，在它被修剪后，它和相邻的牙齿高度差大于 $X$ 。

$U''_{i-1} > U''_i + X = H_m' + X$ ：不可能，因为第二次修剪后，所有 $U_i''$ 都应该小于等于 $H_m'$ 。
$U_{i-1}'' < U_i'' - X = H_m' - X$ ：不可能，因为假设不等式成立，说明 $i-1$ 没有在第二次修剪被剪掉，即 $U'_{i-1} = U''_{i-1}$ 。我们知道 $U_{i}'' - U''_{i-1} > X$ ，则有 $X < U_i'' - U_{i-1}'' = U_i'' - U_{i-1}' \le U_i' - U_{i-1}'$ 。但我们知道第一次修剪后有 $|U_i'-U_{i-1}'|\le X$ ，矛盾。

我们证明了第二次修剪保持了第二个限制的成立性，并且保证了第一个限制的成立，故此构造是合法的。

Submission for F

G Solution

还是考虑用最小斯坦纳树的算法。

此算法求出了 $f(i, S)$ 表示以 $i$ 为根，包含集合 $S$ 内所有节点的最小斯坦纳树的代价。空间大小是 $O(N2^K)$ 的

假设只有 $1, 2, \cdots, K, s_i$ ，那么直接回答 $f(s_i, [K])$ 即可，其中 $[K]$ 表示包含 $1, 2, \cdots, K$ 的全集。问题在于本题是 $1, 2,\cdots, K, s_i, t_i$ 。

不难注意到 $N$ 比较小（ $N\le 80$ ），那么可以考虑一个更大的集合 $U$ ：

U = {(S, k) ∣ S \subseteq [K], k \in {0, K + 1, K + 2, \dots, N}}

$U = \{(S, k) \mid S\subseteq [K], k\in\{0, K + 1, K +2, \cdots, N\}\}$

二元组 $(S, k)$ 表示 $S$ 集合和 $k$ 号节点在最小斯坦纳树上，当 $k$ 等于 $0$ 时表示只有 $S$ 在最小斯坦纳树上。可以发现这个集合的大小是 $O(2^KN)$ 的。最后仍然使用 $f(i, S)$ 设计 dp 状态，保证 $S\in U$ 即可。状态空间的大小是 $O(N^22^K)$ 的。回答的时候只需要回答 $f(s_i, ([K], t_i))$ 。