JOISC 2018 简要题解

「JOISC 2018 Day 1」道路建设

• 给定 \(n\) 个点，每个点有权值，进行 \(n-1\) 次连边操作将图连成一棵树，初始根节点为 \(1\)。
• 每次连边会将一个与 \(1\) 连通的点 \(a_i\) 和不连通的点 \(b_i\) 连接。
• 同时询问 \(1\) 到 \(a_i\) 的路径上的逆序对个数，之后将路径上所有点的点权都设为 \(b_i\) 的点权。
• \(n\leq 10^5\)。

这个操作就很 LCT 的 access 操作，直接维护就好了。

每个 splay 维护的树链的权值都是一样的，每次 access 的同时直接用树状数组维护即可。

「JOISC 2018 Day 1」帐篷

• 在 \(n\times m\) 的网格图中设置帐篷，帐篷可以定上下左右四个方向，但是要求：
  • 每个格子至多设置一个帐篷。
  • 如果存在 \((i_1,j),(i_2,j),i_1 < i_2\)，则 \((i_1,j)\) 的帐篷必须朝下，\((i_2,j)\) 的必须朝上。
  • 如果存在 \((i,j_1),(i,j_2),j_1 < j_2\)，则 \((i,j_1)\) 的帐篷必须朝右，\((i,j_1)\) 的必须朝左。
• 求至少设置一个帐篷的合法方案数。
• \(n,m\leq 3000\)。

发现限制十分严格，这代表一行一列都至多有两个帐篷。

且如果出现了帐篷满足相互对狙的限制，例如 \((i_1,j)\) 和 \((i_2,j)\)，那么 \(i_1,i_2\) 这两行就一定没有其它帐篷了！

这启发我们直接 DP，设 \(f(n,m)\) 表示答案，每次扩展一行：

• \(f(n,m)\gets f(n-1,m)\)，这一行不填。
• \(f(n,m)\gets f(n-1,m-1)\times m\times 4\)，这一行有一个单点，不能和其它点共列，四个方向可任选。
• \(f(n,m)\gets f(n-2,m-1)\times (n-1)\times m\)，这一行的点和另一行共列。
• \(f(n,m)\gets f(n-1,m-2)\times \binom{m}{2}\)，这一行有两个点。

「JOISC 2018 Day 2」修行

• 求 \(n\) 的排列中，恰好有 \(k\) 个 \(i\in[2,n],a_i<a_{i-1}\) 的个数。
• \(n\leq 10^5\)。

\(\texttt{Difficulty 4}\)

实际上答案就是欧拉数 \(\left\langle\begin{array}{c}n \\k-1\end{array}\right\rangle\)，但是这不能阻止这道题用生成函数推导的优美。

有一个比较显然的 \(O(n^2)\) 式子：\(f(n,k)=kf(n-1,k)+(n-k+1)f(n-1,k-1)\)。考虑在 \([1,n-1]\) 的基础上插入 \(n\) 即可。

但如果要进一步优化就得一定程度上摒弃这个式子，而是直接根据定义统计。

恰好 \(k\) 个比较局限，改为钦定 \(k\) 个其它任意则比较好做，设全局 \(n\) 固定，\(g_k\) 表示钦定，\(f_k\) 表示恰好：

\[\displaystyle g_k=\sum_{i\geq k} \binom{i}{k} f_i \]

根据二项式反演，有了 \(g\) 就可以求出 \(f_i\)，问题变为求 \(g\)。

推导全程最妙的地方在这里，如果把钦定的连续下降位都所在一起，那么全图有 \(n-k\) 段。

段与段之间的大小是不明确的，符合“钦定”的要求。

把长度为 \(n\) 的序列分为 \(n-k\) 段，每段长度 \(\geq 1\)，且划分好段后相当于可重集的排列，长度为 \(i\) 的段的权值就是 \(\frac{1}{i!}\)。

\[\displaystyle e=\sum \frac{x^i}{i!} \]

所以显然：

\[g_k=[x^n] (e-1)^{n-k} \]

直接二项式定理展开：

\[\displaystyle\begin{eqnarray} g_k&=&[x^n]\sum_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i} e^{xi} \nonumber \\ ~ &=&[x^n]\sum_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i} \sum_{j\geq 0} i^j\frac{x^j}{j!} \nonumber \\ ~ &=&\sum_{i=0}^{n-k} (-1)^{n-k-i}\binom{n-k}{i} i^n \nonumber \\ \end{eqnarray} \]

然后根据二项式反演：

\[\displaystyle\begin{eqnarray} f_k&=&\sum_{i\geq k} (-1)^{i-k}g_i \binom{i}{k} \nonumber \\ ~ &=&\sum_{i\geq k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\sum_{j=0}^{n-i} (-1)^{n-i-j}\binom{n-i}{j} j^n \nonumber \\ ~ &=&\sum_{j=0}^{n-k} j^n(-1)^{n-k-j}\sum_{i=k}^{n-j}\binom{i}{k}\binom{n-i}{j} \nonumber\\ \end{eqnarray} \]

另一个关键就是求后面的卷积，和熟悉的范德蒙德卷积不一样，这里是上指标求和。

初步考虑，和组合数相关的生成函数只有两个，第一个，容易知道：

\[\displaystyle (x+1)^m=\sum_{i\geq 0}\binom{m}{i}x^i \]

也就是说，两个组合式分别能表示成：\([x^k](x+1)^i,[x^j](x+1)^{n-i}\)。

但观察卷积形式，固定的是 \(j,k\) 不变，所以生成函数中不应当出现 \(i\)，否则没法正确的卷积。

那就用第二个：

\[\displaystyle \frac{1}{(1-x)^{m+1}}=\sum_{x\geq 0} \binom{i+m}{m}x^i \]

这样，就很自然的分别表示成，\([x^{i-k}]\cfrac{1}{(1-x)^{k+1}},[x^{n-i-j}]\cfrac{1}{(1-x)^{j+1}}\)。

这个可以直接卷起来，得到：

\[\displaystyle \sum_{i=k}^{n-j}\binom{i}{k}\binom{n-i}{j}=[x^{n-j-k}]\frac{1}{(1-x)^{k+j+2}}=\binom{n+1}{k+j+1} \]

形式上也比较优美，就是上下指标的和均 \(+1\)，不过也没必要背就是了。

update on 2022.11.16：现在想想突然发现有显然的组合意义，就是考虑 \(\binom{n+1}{k+j+1}\) 第 \(k+1\) 个选的数字将数组划分成了多长的两半！

于是得到最终式子：

\[f_k=\displaystyle \sum_{j=0}^{n-k} j^n(-1)^{n-k-j}\binom{n+1}{k+j+1} \]

需要注意答案是 \(f_{k-1}\)，因为第一个算了一段，用线性筛在质数出快速幂可以做到线性，不过没必要。

「JOISC 2018 Day 2」路网服务

• 提交答案题。
• 在一棵树上任意加入 \(k\) 条边，使得两两点对之间的最短距离和最小。

退火只拿了 \(40\text{pts}\)，捂脸。

核心思路是把一个节点当作中枢，所有边都连向它，这样是比较优的。

主要问题是 \(O(n^2)\) 的判定太慢了。

一般的解决方法为，用近似的更快的估价函数等效替代，例如可以把中枢节点到所有点的距离之和作为替代品。

中枢节点也不要每次随机，一开始 \(O(n^2)\) 做一遍，选择最优秀的 \(10\) 个分别退火。得分看脸了。

「JOISC 2018 Day 2」最差记者 3

• 在数轴上，初始领队在 \(0\)，第 \(i\) 个人在 \(-i\)。
• 领队每秒向右移动一个单位长度，每个人有参数 \(d_i\)。
• 每个时刻，如果 \(i\) 与前面人 \(i-1\) 的距离 \(\leq d_i\) 则不动，否则立刻飞跃到前面人位置 \(-1\) 的地方。
• \(q\) 次询问，每次给定 \(l_i,r_i,t_i\)，求在时刻 \(t_i\) 有多少人位于 \([l_i,r_i]\)。
• \(n,q\leq 5\times 10^5,d_i,l_i,r_i,t_i\leq 10^9\)。

每个人一定是等 \(f_i\) 秒，然后走 \(f_i\) 格，把每个联动块缩在一起，发现：

• 若 \(d_i\leq f_{i-1}\)，则 \(f_i=f_{i-1}\)。
• 否则，\(f_i=\left\lceil \cfrac{f_{i-1}}{d_i} \right\rceil f_{i-1}\)。

每次要么不变，要么翻倍，所以只有 \(O(\log n)\) 段，缩起来每次暴力判断即可。

「JOISC 2018 Day 3」比太郎的聚会

• 在 DAG 上 \(q\) 次询问，每次有多个点被 ban，求剩余点到指定点的最长路。
• \(n,q\leq 10^5,m\leq 2\times 10^5\)。

显然 ban 点总数是能输入的范围的，最长路又是个比较平凡的东西，就应当想到根号分治。

然后就比较简单，\(\geq \sqrt N\) 的直接 \(O(N)\) DP 解决，否则显式的预处理出距离每个点最远的 \(\sqrt N\) 个点的集合，每次归并即可。

「JOISC 2018 Day 4」糖

• 给定一个序列，相邻位置不能选，对于每个 \(k\in[1,\lceil n/2\rceil]\)，求选 \(k\) 个的最大和。

典中典反悔贪心，用堆 + 链表维护即可。

「JOISC 2018 Day 4」图书馆

• 交互题，确定一个长度为 \(n\) 排列，每次可以询问一个数字集合，
• 会回答这个集合中的数在排列中有几段。
• \(n\leq 1000\)，询问不超过 \(20000\) 次。

挺有意思的，也比较简单。

考虑求出每个点的相邻节点，就能够顺势确定整个排列。

查看一个集合中是否有同 \(i\) 相邻的节点，只需要先询问一遍，再把 \(i\) 放进去询问一遍，看是否段数不增。

有了这个方法就可以两次询问确定，直接二分找到和每个点相邻的点。

每对相邻关系只会被二分一次，故复杂度为 \(O(2n\log n)\)，实现需要精细些。

「JOISC 2018 Day 4」野猪

• 给定连通无向图，以及一个询问序列 \(A\)，求从 \(A_1\to A_2\to \cdots\to A_L\) 最短路径。
• 路径可以是不简单的，但是如果路径用一组边表示，则 \((u,v)\) 和 \((v,u)\) 不能作为相邻元素存在。
• \(q\) 次询问，每次会更改一个 \(A_i\)。不存在这样的路径输出 -1。
• \(n,m\leq 2000,q,L\leq 10^5\)。

神题，考察基础和思维兼有。

首先往欧拉回路上面想就肯定假了，一是 \(n\) 远大于总点数，二是欧拉回路不能走重边的性质和这题的要求也不能很好的耦合。

考虑对于任意两个点，只找最短路 \((s,t)\) 和初边与终边均与之不同的次短路 \((s',t')\)。

可惜是假的，因为有可能只需要满足一个端点的限制，此时最短路不能用，这个两个限制的次短路又不够优秀。

但这是可以弥补的，只需要得出 \(4\) 条路径，分别为：（这里的 \(s,t\) 表初边与终边）

• \((s_1,t_1)\)：最短路。
• \((s_2,t_2)\)：次短路，\(s_2\neq s_1,t_2\neq t_1\)。
• \((s_3,t_3)\)：次短路，\(s_3\neq s_1,t_3\neq t_2\)。
• \((s_4,t_4)\)：次短路，\(s_4\neq s_2,t_4\neq t_1\)。

假如已经对于每对点处理出了这四条路径，那么把相邻 \(3\) 个 \((A_i,A_{i+1},A_{i+2})\) 同时考虑，就知道哪些路径能够同时使用。

得到一个 \(4\times 4\) 的矩阵，转移是 \((\min,+)\) 形式的矩阵乘法。

值得注意要令最后一个为 \((A_{n-1},A_n,A_{n+1})\)，这样统计答案比较方便，当然这是很平凡的讨论。

只剩下求那 \(4\) 条路径，发现可以求任意两边间的最短路然后直接枚举更新答案。

以边为状态，因为这样可以很好的处理首尾，以及不能直接反向，同时点的信息也没丢。

不能直接反向就是 \((u,v)\) 要扩展时，是枚举以 \(v\) 为端点的出边，此时会枚举到 \((v,u)\)。

除了 \((v,u)\) 之外的边都进行扩展，然后第二次到达 \(v\) 点时，再单独扩展 \((v,u)\)，其余不用扩展。

复杂度 \(O(m^2\log m+n^2+m^2+4^3n\log n)\)，问题不大。