JOISC 2019 简要题解

于 2022.11.19 重修复习，加油！

「JOISC 2019 Day1」考试

• 给定 \(n\) 个二元组 \((a_i,b_i)\)。
• \(q\) 次询问，每次给定 \(A,B,C\)，求 \(a_i\geq A,b_i\geq B,a_i+b_i\geq C\) 的二元组个数。
• \(n,q\leq 10^5\)。

三维偏序模板。

「JOISC 2019 Day1」聚会

• 交互题，用 \(4\times 10^4\) 次询问确定 \(2000\) 个节点的树。
• 每次可以询问三个不同的节点 \((x,y,z)\)，回答到它们距离和最小的节点编号。

好题，sigongzi 有严格的虚树做法，没太看懂咕咕咕。

这种确定图的形态的交互大抵有一种通法，就是维护当前连通块， 每次尝试扩展。

在树上，往往可以扩展出一条链。

另一个常见技巧，仅仅询问一次的信息量往往太小，不妨直接问遍整个集合。

具体的，实现 \(\text{solve}(\text{root},S)\)，表示当前树根和 未确定连边但一定在该子树中的节点集合。

即一开始调用 \(\text{solve}(0,\{1,2,\cdots,n-1\})\)。（题目中树的节点编号为 \(0\sim n-1\)）

每次随机找一个点 \(x\)，作为这一次的分治中心，然后问遍 \((\text{root},x,i),i\in S,i\neq x\)。

现在需要确定的是 \(\text{root}\) 到 \(x\) 的一条链，以及非链节点在谁的子树内，然后递归求解。

那就分类讨论，设 \(o=\text{Query}(\text{root},x,i)\)，则：

• 若 \(o=i\)，说明 \(i\) 在 \((\text{root},x)\) 这条链上，放入链集合中。
• 若 \(o\neq i\)，则 \(i\) 一定在点 \(o\) 的子树中，且点 \(o\) 一定在 \((\text{root,x})\) 这条链上，特别的，可能有 \(o=\text{root}\)。

这些都基于一个简单性质（好像是某个省选题），

就是 \(o=\text{Query}(x,y,z)\)，那么 \(o\) 就是 \(x,y,z\) 两两 \(\text{lca}\) 中，最深的节点，且无论树根是谁，一定唯一确定。

那么若点在链上，就一定有 \(o=i\)，否则 \(o\) 一定是 \(i\) 不断跳 \(\text{fa}\) 跳到的第一个链节点。

这里可以卡个常，就是如果之前有过 \(o\neq i\)，那么 \(o\) 可以不用询问，但是应该没啥必要。

然后确定链的连边需要对链排序，显然就是 \(\text{Query}(\text{root},x,y)=x\) 的话 \(x\) 就更浅。

这里没必要再写个随机化，实际就是快排的过程，直接用 sort 就行。

这样随机分治的复杂度大概是对的，虽然有度数保证但是也不知道咋估计。

可以确定的是，每次分治能够取到重心是最优的，就像点分治的过程。（是否代表了随机点分治的正确性）

「JOISC 2019 Day1」馕

• 一个长度为 \(L\) 的馕被分为 \(L\) 段，每段一个单位长度，分别表示一种口味。
• 有 \(n\) 个人，用 \(v_{i,j}\) 表示第 \(i\in[1,n]\) 个人每吃一个单位长度的 \(j\in[1,L]\) 口味的馕获得的愉悦值。
• 现需要构造一个顺序，并给每个人划分一段馕，按顺序从头开始每个人获得一定的长度（可以是分数）。
• 要求每个人获得的愉悦值 \(\geq (\sum v_i)/n\)，即自己独吞这个馕的愉悦值 \(\frac{1}{n}\)。或者输出无解。
• \(n,m\leq 2000,v_{i,j}\leq 10^5\)。

很神奇的构造题，最后一句就很灵性，因为事实证明不会出现无解情况。

考虑预处理每个人的愉悦值平均分为 \(n\) 段的划分，每次他分到的一定不能被某段严格包含。

但这样就分为包含一段和横跨两段的情况，实际上可以直接选择前者构造。

每次，选择第 \(i\) 段划分右端点最小的人划分真正的第 \(i\) 段，这样的好处是，第 \(i+1\) 个人的第 \(i\) 段一定有的多！

这么划分下来，就直接符合要求了！就是这么神奇。

「JOISC 2019 Day2」两个天线

• 给定一排 \(n\) 个点，每个点三个参数 \(h_i,a_i,b_i\)，它能和 \(|i-j|\in [a_i,b_i]\) 的 \(j\) 建立 \(i\to j\) 的联系。
• 每对能够双向联系的点能够贡献权值 \(|h_i-h_j|\)。
• \(q\) 次询问，子区间 \([l,r]\) 中的最大权值。
• \(n,q\leq 2\times 10^5\)。

被称为憨批数据结构题，但是感觉这个线段树有点妙。

先拆绝对值，分是否将 \(h_i\) 取反做两遍即可强制规定是 \(i<j,h_j-h_i\)。

只考虑后对前的贡献，即对于 \(i<j\)，在点 \(i\) 处维护答案，直接扫描一遍用线段树维护。

具体的，每个节点维护两个权值 \((x,y)\)，意义之后讨论。

对于每个节点，在 \([i+a_i,i+b_i]\) 的时候才能和后面产生联系，

所以在 \(i+a_i\) 处对单点 \(i\) 激活（\(x=-h_i\)），在 \(i+b_i+1\) 处取消（\(x=-\infty\)）。

后面的节点能对 \([i-b_i,i-a_i]\) 造成贡献，故在到达 \(i\) 点后，区间 \([i-b_i,i-a_i]\) 的 \(y\) 与 \(h_j\) 取 \(\max\)。

然后询问挂在 \(r\)，直接询问 \([l,r]\) 的 \(x+y\) 的最值。

此时每个点是维护它为左端点的贡献，而只枚举到了 \(r\) 所以不会超界，刚好满足限制。

对于线段树为何能够轻松维护取 \(\max\) 操作的疑惑，

这是基于每个点的答案单调不减，所以直接用答案和当前取 \(\max\) 即可，当然这除了单点取消时，但这很好维护。

对应的有一个细节，就是在单点激活时可能 \(y\) 已经有值了，但是要重新赋值为 \(-\infty\)，因为之前的贡献肯定不能算。

「JOISC 2019 Day2」两道料理

• 做两道菜 \(A,B\)，\(A\) 有 \(n\) 道工序，分别需要 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 的时间，对应有 \(B\) 的 \(m\) 和 \(b_1,b_2,\cdots,b_m\)。
• \(A\) 的每道工序还有阈值 \(s_i\) 和权值 \(p_i\)，表示如果在 \(\leq s_i\) 时刻完成了工序 \(i\)，就会得到 \(p_i\) 收益（可能为负）。
• \(B\) 对应的有 \(t_i\) 和 \(q_i\)。
• 只能将两种工序归并安排，中途不能休息，最大化最终权值和。
• \(n,m\leq 10^6,a_i,b_i\leq 10^9,s_i,t_i\leq 2\times 10^{15}\)。

神级转化，将操作放到网格图上，从 \((0,0)\) 开始，向右走一步表示做一道工序 \(a\)，纵坐标对应的表示 \(b\)。

设 \(\text{SumA},\text{SumB}\) 分别表示 \(a,b\) 的前缀和。

对于每个 \(s_i\)，找到最大的 \(\text{SumB}_j\leq s_i-\text{SumA}_i\)，那么对于格点 \((i,j)\)，只要它在路径的左上方或者路径上就有贡献。

相似的可以对 \(t_i\) 得出一些若在路径右下或路径上就有贡献的点。

发现这一通转化只是把题面描述的可视化一些，貌似没有多好做，但实际上已经结束了。

一个左下一个右上显然不好维护，可以先把 \(p\) 全部加上，然后减去严格右下的，将 \((i-1,j+1)\) 的贡献记为 \(-p_i\) 即可。

这样就变成了最大化右下及路径上权值和，变得可做很多？

对于最后一列因为一定走到了 \((n,m)\)，所以横坐标为 \(n\) 的点的贡献一定全加，那么考虑每次对前一列计算贡献。

这样就有转移式：

\[f(x,y)=\max(f(x,y-1),f(x-1,y)+s(x-1,y)) \]

\(s(i,j)\) 表示 \((i,1\sim j)\) 的贡献和（\((i,0)\) 的贡献也是必算贡献，可以初始直接计入答案）。

发现每次是对一段后缀加，然后对前缀取 \(\max\)，很自然的就应当想到维护差分数组。

对于同 \(x\) 的点按照 \(y\) 从大到小加入，每次如果是正值就直接加，否则就和差分数组打架。会将一段子区间变为 \(0\)。

可以理解为是操作使得 \(f(x,y-1)\geq f(x-1,y)+s(x-1,y)\)。

总结一下：维护差分数组，将题意可视化的转化到坐标系上，等技巧，真的十分高效！

「JOISC 2019 Day3」指定城市

• 树上每条边是双向边，且不同方向边权不同。
• 多次询问，每次给出 \(k\)，回答指定 \(k\) 个点作为关键点后，剩余未被覆盖边权和最小值。
• 一个点 \(x\) 若成为了关键点，那么 \(\forall (u,v,w),\text{dis}(u,x)>\text{dis}(v,x)\)，它会被覆盖。（即指向这个点的边）
• \(n\leq 2\times 10^5\)。

\(k=1\) 的答案可以简单换根得到。

发现做出第一次选择之后，剩余选择点的贡献就是它到根的路径，这可以经典长剖贪心。

唯一问题是，一定有 \(\text{ans}_{i+1}=\text{ans}_i+\Delta\) 吗。事实上可以证明，这一点只对 \(i\geq 2\) 的时候成立。

对于 \(i\leq 2\) 的情况均可用换根 DP 解决。可以看做是经典模型的积累。

「JOISC 2019 Day3」开关游戏

• 三种操作：区间异或，区间赋值 \(0\)，和赋值 \(1\)。求从指定起点 01 串到指定终点 01 串的最小操作次数。
• \(n\leq 10^6\)。

观察得到：

• 区间异或操作可以放到所有赋值操作之后。
• 区间赋值操作互不相交。像赋值 111000111 用 111111111 $\to $ 111000111 的操作交给区间异或！

如果得到整个串赋值后的形态，异或的次数显然是 \(s'\oplus t\) 的极长 1 连续段数。

那就随便设个状态，随便写写转移，就没了。

「JOISC 2019 Day3」穿越时空 Bitaro

• 一排 \(n\) 个点，第 \((i,i+1),i\in[1,n)\) 称为第 \(i\) 条双向道路，它有管控时间 \([l_i,r_i]\)。
• 穿过一条道路需要 \(1\) 个单位时间，所以只能在 \([l_i,r_i-1]\) 时刻出发，从该道路一端到另一端。
• \(q\) 次询问，每次两种操作：改变道路管控时间、询问在 \(s\) 时刻从 \(a\) 出发，在 \(t\) 时刻到达 \(b\) 的最小代价。
• 正常走路可能不能到达，所以任意时刻可以花费 \(1\) 个代价回到上一时刻，保持位置不变。
• \(n,q\leq 3\times 10^5\)。

首先一个显然的贪心，能走就走，否则就回退到 \(r_i-1\) 然后走，于是得到了 \(4\) 分的好成绩。

然后基本的转化，将管控时间变为 \([l_i-i,r_i-i-1]\)，就去除了时间自然流逝的干扰。

然后需要有一定积累，可以识别出每条路就是个分段函数，然后结合单点修改操作，精准识别这是线段树题。

关键就是设计出具有结合律的分段函数合并方式，可以用三元组 \((a,b,c)\) 记录。

表示走这个区间里的路需要在 \(\leq a\) 时刻到达，中间消耗 \(c\) 的代价，在 \(b\) 时刻到达终点。

初始给定的实际上仅是二元组，两个二元组如果有交就直接取交，否则就会产生三元组。

分别讨论二元组和三元组的合并即可，都是依据贪心策略合并，仔细想想不会有大问题，talk is cheap：

struct node {
	int o, a, b; LL c;
	node (int o_ = 0, int a_ = 0, int b_ = 0, LL c_ = 0) {
		o = o_, a = a_, b = b_, c = c_;
	}
	node operator + (const node &p) const {
		if(! o && ! p.o) {
			if(b < p.a) return node(1, b, p.a, 0);
			if(a > p.b) return node(1, a, p.b, a - p.b);
			return node(0, max(a, p.a), min(b, p.b), 0);
		}
		else if(! o && p.o) return node(1, min(b, max(a, p.a)), p.b, p.c + max(0, a - p.a));
		else if(o && ! p.o) return node(1, a, max(p.a, min(b, p.b)),   c + max(0, b - p.b));
		else return node(1, a, p.b, c + p.c + max(0, b - p.a));
	}
};

细节方面，可能有 \(t<s\) 的情况，所以可以整体 reverse 然后做两遍。还要特判 \(s=t\) 的情况。

「JOISC 2019 Day4」蛋糕拼接 3

• 从 \(n\) 个蛋糕中选出恰好 \(m\) 个，再任意重排，每个蛋糕有两个权值 \(v_i,c_i\)，最大化：

  \[\sum_{i=1}^m v_{k_i}-\sum_{i=1}^m |c_{k_i}-c_{k_{i+1}}| \]

• 这里令 \(k_{m+1}=k_1\)，即蛋糕成环。

• \(m\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq v_i,c_i\leq 10^9\)。

显然前一个和式与顺序无关，后面一个和式最优情况下就是 \(2(c_{\max}-c_{\min})\)，因为是任意选择所以不妨先将点按照 \(c_i\) 排序。

然后并没有什么好方法能维护这个求和，包括但不限于枚举左端点、cdq 分治等常见的优化方法。

于是大胆猜决策单调性，然后就可以直接分治，结合主席树求区间前 \(m\) 大和，就能做到 \(O(n\log ^2n)\)。

注意决策单调性不等价于函数是凸的，所以双指针的是不行的，这个结论大概只能打表求出？

实现细节，记得主席树的空间是 \(4n+n\log n\) 的，所以这里不能开 \(20n\) 而是至少 \(22n\)！

「JOISC 2019 Day4」合并

• 树上每个节点属于某个州，若能够将树断开一条边，使得两个连通块之间不存在同州的节点，那么称这个树不稳定。
• 每次可以合并两个州，求使得树变得稳定的最小合并次数。

简单但需要一定思维的。

首先将所有断开后满足条件的边处理出来，把它们都断开后，所有连通块可以合并成一个节点。

再把它们连回来，构成新树，相当于每个节点颜色均不同，而每次可以合并树上一条路径，需要把树缩成一个点。

等价于把树用最少链覆盖，经典结论，答案是 \(\left\lceil \cfrac{\text{leaf}}{2}\right\rceil\)。

「JOISC 2019 Day4」矿物

• 交互题，在长度为 \(2n\) 的序列中，每种数恰好出现两次，需要确定相同的数对。
• 每次可以把一个数扔进集合，或把一个集合中的数扔出来，会回答操作后集合中数的种类数。
• \(n\leq 4.3\times 10^4\)，只能使用 \(\leq 10^6\) 次操作。

首先问遍集合就能得到每个位置在配对的左边还是右边，然后用右边找左边。

然后类似整体二分，每次将一些左边的数放入集合，然后问遍右边的数，看它的左边是否在里面。

还需要一些合理的卡常技巧。