JOISC 2016 简要题解
「JOISC 2016 Day 1」俄罗斯套娃
- 给定 \(n\) 个套娃的直径 \(r\) 和高度 \(h\)，只有直径高度均严格 \(<\) 的两个套娃才能套在一起。
- \(m\) 次询问 \((A,B)\)，求对于所有 \(r\geq A,h\leq B\) 的套娃，至少需要套成几套。
- \(n,m\leq 2\times 10^5,r,h,A,B\leq 10^9\)。
这就是二维偏序集上的最小链覆盖，根据 Dilworth 定理即求最长反链的长度。
以每个点出发的反链恰好迎合的询问条件，可以直接排序后求最长非升子序列得到。
然后就是求所有 \(r\geq A,h\leq B\) 的 \(f(i)\) 的最大值，离线下来同样可以树状数组维护。
从图论角度考虑，把能比较的套娃连有向边，得到一个 DAG，本质就是要求最小不相交链覆盖。
对于一类特殊的 DAG，满足若 \(x\to y,y\to z\) 均有边，那么 \(x\to z\) 有边，就可以变为求最长链的长度。
实际上和偏序集的传递性定义是等价的，图论解释也比较优美。
「JOISC 2016 Day1」神经衰弱
- 有 \(2n\) 张牌，编号为 \([0, n-1]\) 各两张，每个编号有对应的等级，为一个 \([0,n-1]\) 的排列。
- 要求确定每个位置的牌的编号，每次询问形如 \((x,y)\)，会位置 \(x,y\) 中，回答对应等级较低的牌的编号。
- \(n\leq 50\)，限制询问次数为 \(300\) 次。
糊了个期望 \(O(n)\) 的分治，然后找了几个种子，19260817 过了（yyds）！
实际比较简单，考虑每次随机找一个点，然后问遍整个集合，它的编号显然是出现奇数次的那个。
然后所有与之不同的回答也都确定了那些位置的数。
每次将不确定的分治到下一次，注意选出的数的另一个相同数是确定不了的，放到下一次讨论即可，比较平凡。
每次期望下确定一半的数字，即 \(n+n/2+n/4+\cdots=O(n)\)。
找几个随机种子跑一下就那么过了。
「JOISC 2016 Day 1」棋盘游戏
- 有一个 \(3\times n\) 的棋盘，初始有一些棋子，可以任意顺序放置棋子，求合法的将棋盘放满的方案数。
- 一个放置是合法的，当且仅当放下每一个棋子前，以下两个条件至少满足一个：
- 它的左右都有棋子。
- 它的上下都有棋子。
- \(n\leq 2000\)。
很好的计数题。
有解的充要条件，显然是：初始四个角都有棋子，第 \(1,3\) 行初始没有连续两个空格。
那么此时 \(1,3\) 的格子可以在任意时候放置，只需要对第 \(2\) 行 DP 即可。
先考虑一个部分分：
初始时对于任意一个空格子，其上下左右相邻的空格子数不超过 \(2\) 个。
考虑将所有空格划分连通块，注意：
ooooooxoooooooxo ooooooxxxxxxxxxo ooooooooooooooxo中的连通块数不是 \(1\)，而是 \(2\)，因为初始 \(1,3\) 行都有棋子的列是可以直接忽略，当作填好的棋子单独考虑的，它可以在任意时候被放置。
那么实际每个连通块就很小了，不超过 \(3\times 3\) 的范围（记得要把最近的 \(1,3\) 都有的列划分进去）。
对于每个范围内的图形爆搜，然后每个连通块的方案组合一下即可。
考虑正解，将连续的第二行空格作为一个连通块考虑，最后组合起来。
设 \(f(i,j,0/1)\) 表示第 \(i\) 列，且中间格在前 \(i\) 列的空格中第 \(j\) 个放置，依靠的是上下/左右格子。
为了避免重复，若一个格子上下左右都有棋子，视为上下放置。
然后大概有 \(3\) 种转移，讨论一下，\(t\) 表示第 \(i\) 列 \(1,3\) 行的空格数：
-
第 \(i-1\) 和 \(i\) 列均是上下放置，无限制：
\[\displaystyle f(i,j,0)\gets t!\binom{j-1}{t}\sum_{j'} f(i-1,j',0) \] -
\(i-1\) 左右，\(i\) 上下，要求 \(i-1\) 在 \(i\) 之后放置：
\[\displaystyle f(i,j,0)\gets t!\binom{j-1}{t}\sum_{j'\geq j-t} f(i-1,j',1) \]其中 \(j-t\) 是根据插入 \(t+1\) 个数后，从更大的位置平移得到的。仔细思考 \(j\) 这一维状态的定义就不难得到。
-
\(i-1\) 上下，\(i\) 左右，要求 \(i\) 在 \(i-1\) 之后放置，且 \(i\) 的上下空格没有填满：
\[\displaystyle f(i,j+c,1)\gets \text{pos}(t,j-1) t!\binom{t}{c}\binom{\text{cnt}-j+1+t-c}{t-c}\sum_{j'\leq j-1} f(i-1,j',0) \]\(c\) 就是枚举在放置第 \(i\) 列之前有几个放置了，只能是 \([0,t)\)。
\(\text{cnt}\) 表示当前连通块中总空格数，不包括当前列的 \(t+1\) 个空格。
\(\text{pos}(x,y)\) 表示 \(x(x=0\ \text{or}\ x=1)\) 个棋子插入 \(y\) 个已放置的棋子的方案数，显然 \(x=0\) 时为 \(1\)，\(x=1\) 时为 \(y+1\)。
然后注意每个连通块开始位置的初始化，这道题就做完了。
个人认为关键点是第二维状态的设计，后面是比较工业化的推导。
「JOISC 2016 Day 2」雇佣计划
- 维护长度为 \(n\) 的序列，\(m\) 次操作，支持：
- 单点修改。
- 求全局只保留 \(\geq V\) 的位置时，连续段的个数。
- \(n,m\leq 2\times 10^5,a_i\leq 10^9\)。
不难想到尝试在每一段的开头统计到这一段，即把相邻两个位置的数组成数对 \((a,b)\)。
那么就是统计 \(a<V,b\geq V\) 的数对个数，每次单点修改影响到至多两个数对，\(a_0=-\infty\) 即可。
就是动态二维偏序，于是我就无脑码了一个树套树，结果 \(\text{256MB}\) 直接裂开。（不过有积累到 \(10^5\) 的 \(O(n\log ^2 n)\) 空间必须至少 \(\text{512MB}\)）
因为这里的询问特殊，可以考虑反过来，考虑每个数对会被哪些询问统计到，显然就是 \(V\in(a,b]\)。
用树状数组直接维护每种询问的答案即可……事实证明需要学会从代价计算的角度思考问题！
「JOISC 2016 Day 2」三明治
- 将网格图的每个格子按照 主对角线/次对角线 划开分成两半。
- 只有同时满足以下条件的三角形才不能被删除：
- 与它同一个网格的另一半三角形没有被删除。
- 至少有 \(1\) 个没被删除的三角形和它共直角边。
- 对每个格子，求把它里面的两个三角都删完，至少要删几个三角形。或者输出
-1。 - \(n,m\leq 400\)。
首先不难观察到，一个格子中的两个三角一定是同时被先后删除的。
也就是说，对于有解的格子，答案一定是偶数。（样例也应证了这个猜想）
然后，直接 \(O(n^2)\) 枚举每个格子，从它出发做 \(O(n^2)\) 的记忆化搜索，表示这个格子能否被删掉，就可以得到 \(O(n^4)\) 的做法。
具体细节的话，只需要考虑，主对角线划分的格子一定是 右上/左下 均空，次对角线类似。
实际上，每个格子被删时，它的 左/右 中至少有一个被删了，那直接对每一行同时统计，分别从左到右和从右到左搜。
每次保留上一次的结果就行了，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
实现时需要控制这个格子被删的方向，行的转换可能会导致方向的变换。
因为转移不能成环，当然，如果这种情况下还是不可避免的成环了，那么这个格子无解。
「JOISC 2016 Day 2」女装大佬
- 有两种人排队换衣服，一种人只能用男换衣间，一种人两者皆可，且会优先使用女换衣间。
- 一共有 \(2n\) 个人（并不意味着两种人各占一半），给定方式是 \(m\) 个字符串和对应的重复次数，具体见原题输入格式。
- 按顺序更衣，如果一个只用男换衣间的人发现男换衣间被占用了，那么会让他后面第一个两者皆可的人进入女换衣间。
- 每个人换衣服都要 \(1\) 分中，要求一定要在时间 \(n\) 内所有人换完衣服，这可能意味着需要改变排队方式。
- 如果对于第 \(i\) 个人，原本 \(j\) 个排在他后面的人跑到他前面了，他的不满意度为 \(j\)。
- 最小化最大的不满意度。
- \(n\leq 10^{18},m\leq 10^5\)。
实际上比较简单的题目，但挺难转化的。
性质一：每一分钟两个换衣间一定都有人在使用。否则难以满足题目 \(n\) 分钟换完衣服的要求。
性质一推论：有解的充要条件是，将男士视为 \(+1\)，皆可的人视为 \(-1\)，任意后缀和 \(<2\)。
性质二：如果需要改变，一定是最后一位男士放到序列的最前端。反正改变了就会使一段后缀的不满意值 \(+1\)，还不如所有人一起不满意。
不难发现，求的就是全局的最大后缀，简单写写就做完了。
「JOISC 2016 Day3」地牢 2
- 非常非常有趣的交互题。
- 有一个无向图，需要对于 \(\forall i\in[1,R]\) 回答最短距离恰好为 \(i\) 的点对数量。
- 这个无向图有 \(n\) 个点和 \(m\) 条边，\(n,m\) 不会告诉你。
- 初始你在某个房间，每个房间有一个宝石，初始所有宝石的颜色均为 \(1\)，你只能进行如下操作：
- 询问当前房间的度数 \(d\)。
- 询问当前房间宝石的颜色。
- 选择一个编号 \(i\in[1,d]\) 并走这条边，同时离开前将宝石的颜色设置为 \(c\in[1,3]\)。
- 查询上一次走过的边在这个房间是几号边（用来回到上一个房间）。
- \(n,R\leq 200\)。仅对第三种操作有数量限制，必须 \(\leq 14m\)，其中 \(m\) 是边数。
根据限制不难想到，应该是先给点标号后确定图的形态，再直接 \(O(n^2)\) bfs 得到答案。
题目最大的特点在于，只能通过宝石颜色来区分房间，注意到第四种操作很好的提供的 dfs 回头的过程，所以考虑无向图的 dfs 生成树。
未 dfs 过的点宝石颜色是 \(1\)，当前点到祖先的链的颜色是 \(2\)，已经 dfs 过的点则设为 \(3\)，注意无向图 dfs 生成树只有返祖边的性质。
第一次 dfs 确定生成树的形态，并且在父亲处给儿子们标号，父子边也能确定下来。
之后对每个三进制位处理，在每个点的宝石处记录自己编号当前三进制位的值，这样返祖边也就能确定了。
总复杂度是 \(O(2(\log_3 n+1)m)\)，最大为 \(12m\)，能够通过。
「JOISC 2016 Day 3」回转寿司
- \(m\) 次询问 \((l,r,A)\)。每次执行：
for (int i = l; i <= r; i++) if(a[i] > A) swap(a[i],A);
- 输出每次的 \(A\)。
- \(n\leq 4\times 10^5,m\leq 25000\)。
实际上，每次就是把一段递增子序列平移，最大值扔掉。
考虑分块，发现对于整块，每次（如果能换）换出来的一定是最大值，所以用一个大根堆实时维护数字集合即可。
对于散块重构，对于新插入进当前块的数字集合用小根堆维护，对于堆顶，遇到的第一个 \(>\) 它的下标就是它被换到的位置。
同时记得将这个位置原先的值也放到小根堆中。这样就能完美维护这个过程了！
时间复杂度 \(O(q\sqrt n\log n)\)。
「JOISC 2016 Day 3」电报
- 给定内向基环森林，每个点可以改变它出边到的点，有对应代价。
- 求让所有点强连通的最小代价。
- \(n\leq 10^5\)。
就是求最大不相交链覆盖，而且因为是内向树，每条链就是直链。
每个点保留指向它的最大的边，如果整个环被保留就简单做一下就好了。特判整个图是个大环的情况。
「JOISC 2016 Day 4」危险的滑冰
- 在网格图中求从起点到终点的最小移动次数，一次移动会沿着直线直到某个障碍物前一格才停。
- 每次移动后，这次移动的出发点会出现障碍物。
- \(n,m\leq 10^3\)。
比较遗憾，实际上核心性质已经有了，但是连边那一步开始就想不到。
如果要到某个同行/同
列的格子，一定是反复横跳。
害怕的是需要记录新增的障碍物，可能除了这次横跳，以后还有用。
实际上担心是多余的，因为如果以后还有用到，那肯定不如这次到了那个被用到的格子后，直接换方向。
然后就可以连边，每个空格向四个方向连边，连出来大概长这样：
这是一个方向的连边，这样总边数是 \(O(n^3)\) 的，无法接受。
实际上，可以直接简化连边，容易发现这样和上面是等价的：
然后边权只有两种，用两个队列维护即可做到 \(O(n^2)\)。
「JOISC 2016 Day 4」最差记者 2
- 给定一场比赛中，中场和终场两次每个选手的国籍和成绩。
- 国籍变得混乱了，问要修改至少几个人在终场成绩中的国籍，才能使得表格符合国籍与中场对应，且每个人成绩不变少。
- \(n\leq 2\times 10^5\)。
实际上是一个匹配，匹配尽量多的人，使得剩下的存在任意修改变得合法的方案。
按照成绩将两部分混合起来排序，匹配很贪心，终场点选择最近的和自己国籍相同未被匹配的中场点的即可。
剩下的点相当于是问二分图是否有完备匹配，很难不想到 Hall 定理。
这个图很特殊，每个点是向一段前缀连边，故一个点集的出边能到达的点集大小，就是最大点的出边个数。
而要尽量使得 Hall 不满足，显然这个点集也应当选择一段前缀。
故很自然的，若将中场点变为 \(+1\)，终场点变为 \(-1\)，就是指去掉匹配点之后，要求任意前缀 \(\geq 0\)。
用线段树不难判定这个过程，容易发现能匹配就匹配是正确的。
