JOISC 2015 简要题解
「JOISC 2015 Day1」复制粘贴 2
- 给定初始字符串，\(n\) 次操作形如 \((a,b,c)\)，表示把 \((a,b]\) 复制并在 \(c\) 后粘贴。
- 每次操作后检查，若序列长度超过 \(m\)，只保留 \([1,m]\)。求最终序列的 \([1,k]\)。
- \(k\leq 200,m\leq 10^9,k\leq |s|\leq \min(m,2\times 10^5),n\leq 2\times 10^5\)。
观察到 \(k\) 很小，发现 \(O(nk)\) 的算法是可以接受的。
考虑对每个位置倒序找到最初始的位置即可，倒序的过程很容易。
「JOISC 2015 Day1」愉快的标志设计
- 定义 \(0\) 级串为
J/O/I三选一。 - 定义 \(k\) 级串可以由 \(4^{k-1}\) 个
J、\(4^{k-1}\) 个O和 \(4^{k-1}\) 个I，以及一个 \(k-1\) 级串按顺序拼接得到。 - 容发现 \(k\) 级串的长度为 \(4^k\)。
- 现给定一个长度为 \(4^k\) 的序列，求至少要修改多少位，使得该序列的某个循环同构串为 \(k\) 级串。
- \(k\leq 10\)。
枚举 \(0\) 级串的初始位置，那一位显然不用动。
之后每个位置的字符就都确定下来了，直接 \(O(k)\) 的计算就好。
「JOISC 2015 Day1」有趣的家庭菜园 2
- 给定每个位置 \(3\) 个参数 \(h_i,p_i,c_i\)。分别表示该植物的高度，若它能结果赚得的收益，以及移除它的代价。
- 一个位置的植物能结果，当且仅当对于它左右至少一边，存留的植物的高度都 $\leq $ 它。最大化利益。
- \(n\leq 10^5\)。
发现保留的一定是单峰的，所以一定存在一个峰值，它左边的数都通过左侧 \(\leq\) 它来合法，右侧同理。
那就直接左右各扫一遍然后枚举中间位置，扫的过程直接用线段树维护即可，下标表示当前以某个高度结尾的最大利益。
「JOISC 2015 Day 1」卡片占卜
- 给定
10101分别有连续 \(A,B,C,D,E\) 个的序列，以及 \(n\) 个区间翻转操作。 - 每个操作的代价为区间长度，求使得序列全
1的最小代价。 - \(A+B+C+D+E,n\leq 10^5\)。
用图论建模巧妙的解决一些最优化问题，甚至可以构造性的给出解。
对于能够翻转的区间 \([l,r]\)，考虑连双向边 \((l,r+1)\)。这样对于任意 \(s,t,s<t\)，一定有仅翻转区间 \([s,t)\) 的最小代价就是 \(\text{dis}(s,t)\)。
现在是要翻转两个独立的区间，经过讨论发现方式只有常数种，跑常数次最短路即可。
「JOISC 2015 Day2」Building 3
- 给定长度为 \(n-1\) 的序列 \(B\)，求满足条件的 \(A\) 的个数。
- 使得其长度为 \(n\)，去掉一个位置后等于 \(B\)，且存在排列 \(H\) 使得对每个 \(i\)，以 \(H_i\) 为结尾的最长上升子序列长度 \(=A_i\)。
- \(n\leq 10^6\)。
满足条件的 \(A\) 的充要是：前缀\(\max\)逐次递增 \(1\)。构造充分性和必要性都比较显然。
然后对着前缀 \(\max\) 统计一下，记得不重就好。
「JOISC 2015 Day2」Keys
- 有 \(n\) 个人的公司，出勤时间是 \(0\) 到 \(m\)，保证时刻 \(0\) 和 \(m\) 时所有人都在公司内。
- 每个人会恰好离开公司一次，在 \(s_i\) 时刻离开，\(t_i\) 时刻回到公司，所有 \(s,t\) 两两不同。
- 初始 \(0\) 时刻，公司的大门是关闭的。大门从内部可以任意开闭，但从外部只有有钥匙的人可以打开或关闭它。
- 即 \(i\) 能在 \(t_i\) 时刻回到公司，当且仅当他有钥匙，或者 \(t_i\) 时刻门是打开的。
- 你有 \(k\) 把钥匙可以任意分配给员工，并让他们以任意策略开关门。在所有人都能按时回到公司的前提下，最大化关门时间。
- \(k<n\leq 2000,m\leq 10^9\)。
将所有时间排序后，发现两个时刻之间的一段只和这两个人的决策有关，这一观察很重要。
考虑讨论四种情况对应的代价，\(i,j\) 是排序后相邻两项对应的两人：
- \((t_i,s_j)\)：无论怎样都有贡献。
- \((s_i,s_j)\)：\(i\) 有钥匙才有贡献，放到点 \(i\) 上表达。
- \((t_i,t_j)\)：\(j\) 有钥匙才有贡献，放到点 \(j\) 上表达。
- \((s_i,t_j)\)：两人都有钥匙才有贡献，建图连边 \((i,j)\) 表达。
然后因为此图不可能连出环，所以把所有链串起来随便跑序列 DP 即可。这种把代价表达到边上的思想还是很厉害的。
「JOISC 2015 Day2」Road Development
树剖板子。
「JOISC 2015 Day 3」AAQQZ
- 给定字符串，可以选择一个区间并将字符按字典序排序，最大化最终的最长回文子串。
- \(n\leq 3000\)。
考虑枚举排序的区间，按照排序后中点是否在排序区间中讨论。
如果在，一定是最小值的中点或者最大值的中点，直接 Hash 判断即可。
如果不在，枚举区间中点，尝试极大扩展，之后对着更长的区间，一侧是单调的一侧是要排序的，同样用 Hash 判断字符集是否相同。
Hash 方式：找一个 \(a\)，来了一个字符 \(c\)，就加上 \(a^{\text{rank}(c)}\)，其中 \(\text{rank}(c)\) 表示字符 \(c\) 的排名。
现在问题变成询问 \(O(n^2)\) 次某两个子串，其中一个有序，求它们最长的字符集相等的前缀（或者）。
发现对于两个子串 \([a,b]\) 和 \([c,d]\)，无非是选择两个长度相等的前缀，根据之前的 Hash 方法，直接做差就能得到前缀 Hash 值。
前缀长度相等也就是 \([a,x],[c,y]\) 的 \(x-a=y-c\)，也就是 \(x-y=a-c\)。对定差的 Hash 函数 \(O(n^2)\) 预处理即可。
因为可能还有求什么等长前缀后缀匹配（定和预处理），写起来可能还是有点难度（口胡 ing）。
「JOISC 2015 Day 3」Card Game Is Great Fun
- 每张牌有 点数、花色、权值，每次取出的牌除第一张外必须和上一次取出的 花色或点数 一样。
- 每次能取出牌堆从上往下的第 \(1\) 或第 \(3\) 张牌，求取出牌的最大权值和。
- \(n\leq 500\)。
不难想到 \(f(i,j,k,l)\) 表示当前第 \(1,2,3\) 张牌分别是 \(i,j,k\)，上一次取的是 \(l\) 的最大值。
发现是 \(O(n^4)\) 的，时空都不能接受。但是不难发现：
- 如果上一次取的是 \(1\)，那么有 \(k=j+1\)。
- 如果上一次取的是 \(3\)，那么有 \(l=k-1\)。
分别设为 \(f,g\)，就均可 \(O(n^3)\) 的得到答案。
「JOISC 2015 Day 4」Inheritance
- 给定无向图，保证边权各不相同。
- 进行 \(k\) 轮，每次删去图中的最大生成森林，求每条边在哪一轮中被删除。
- \(n\leq 1000,m\leq 3\times 10^5,k\leq 10^4\)。
考虑每条边只会被删一次。
观察每次求最大生成森林的过程，无非是将剩余的边从大到小排序然后贪心的选取。
那么直接对边整体排序，然后显式的维护 \(k\) 个森林，每次二分的找到第一个能容下当前边的森林即可。
「JOISC 2015 Day 4」Limited Memory
- 用 \(22\) 位 bit 来压缩之前所有询问的信息，每次询问可以查询括号串的一个位置。
- 在 \(15000\) 次询问内判断该长度 \(\leq 100\) 的括号串是否合法。
询问次数 \(>n^2\)，可以枚举每个位置，然后找匹配。
中间是否匹配不管，只进行左括号 \(+1\) 右括号 \(-1\) 而不过类型，到第一次栈为空的时候看能否匹配自己即可，这么问 \(O(n^2)\) 次显然已经充要了。
压缩需要 \(1+6+7+7=21\) 位，分别表示 括号类型、栈大小、当前位置、需要匹配的位置。
栈大小显然如果 \(>50\) 就一定不合法了，所以只需要 \(6\) 位，还有一位可以拿去当零食。
「JOISC 2015 Day 4」防壁
- 给定 \(n\) 个区间，有 \(m\) 次操作，每次要求所有区间在 \(p_i\) 处重合。
- 对每个区间求出它的最小移动距离。
- \(n,m\leq 2\times 10^5,l_i,r_i,p_i\leq 10^9\)。
神题……
首先考虑贪心，每个区间要么不用移动，要么移动到恰好某个边界为 \(p_i\) 为止。
下面只需要快速模拟这个过程……
看到 \(A_i=0\) 的部分分，大概率和正解直接相关，所以直接从这里入手。
将所有区间按照 \(B_i\) 升序排序，对于每个 \(p_i\)，如果它能让第 \(i\) 个区间有移动，那么 \(i-1\) 也一定会移动。
这说明每个询问能造成影响的区间是有单调性的，或者说，一段前缀。原因很直接，长的区间一定比短的区间优。
这样，如果处理出对每个区间有影响的序列 \(p_1,p_2,\cdots ,p_k\)，那么就可以计算它的答案。
方法：
- 先假设全都有贡献，答案为 \(\sum |p_i-p_{i-1}|\)。
- 考虑 \(\operatorname{dir}_i\) 表示第 \(i\) 次询问和上一次的相对关系，即 \(\operatorname{dir}_i=[p_i>p_{i-1}]\)。
- 如果 \(\operatorname{dir}_i\neq \operatorname{dir}_{i-1}\)，称之为出现拐点。
- 如果有拐点，那么答案会减少对应的 \(\text{len}=B_i-A_i\)。
- 故 \(\text{ans}=\sum |p_i-p_{i-1}|-\text{len}\times c\)，\(c\) 为拐点个数。
结合上面的单调性，在得到每个 \(p_i\) 影响的前缀后，扫描线扫一遍，不难用链表维护删数过程，求出每个区间的答案。
问题在于求出每个 \(p_i\) 能影响的前缀，考虑整体二分，发现每个 归入左边的数 会被其前面的 归入右边的数 影响。
解决方法很简单，直接用数组记录最近一次的影响，结合当前上一次的影响得到真正的最近的影响。
然后根据影响的 \(\text{dir}\) 得到当前线段的真正位置，从而贪心的得到当前点是否对当前二分的前缀有影响。
以上是 \(A_i=0\) 的部分分。
后面比较简单，直接大胆考虑 \([a_i,b_i]\) 和 \([0,b_i-a_i]\) 的 \(\Delta\)。
发现，可以尝试找到第一个前缀极差 \(>b_i-a_i\) 的 \(p_k\)：
- 在这之前，两个线段都是单向移动，可以简单计算。
- 在这之后，两者位置重合，就是之前计算的答案。
若没有这样的极差，说明该线段一直单向移动，直接简单计算即可。于是做完了。
