JOISC 2021 简要题解

「JOISC 2021 Day1」饮食区

• 维护 $n$ 个队列，支持 $m$ 次操作：
  • 在 $[l,r]$ 号队列的尾端均加入 $k$ 个颜色 $c$ 的球。
  • 将 $[l,r]$ 号队列的前 $k$ 个球 pop，如果不足 $k$ 个则清空队列。
  • 输出第 $a$ 号队列第 $b$ 个球的颜色，如果不足 $b$ 个球输出 $0$。
• $n,m\leq 2.5\times 10^5,k\leq 10^9,b\leq 10^{15}$。

一开始 naive 地以为直接删除了就给 $b$ 记录一个偏移量 $k$，然后整体二分即可。

唯一不足的地方在于，如果队列清空，就不能加上对应删除的 $k$，而是只加上 $\text{size}$。

正着求这个 $\Delta$ 不好做，考虑维护每个队列当前的球数 $x$，以及总共进入过队列的球数 $y$，那么 $\Delta = y-x$。

维护当前队列球数，相当于每次 $\forall i\in[l,r],x_i\gets \max(x_i+v,0)$。

这玩意挺经典的，可以直接用矩阵拟合，也不用真的维护矩阵，而是手玩两下得到合并式。

设 $(a,b)$ 表示 $x_i\gets \max(x_i+a,b)$，$(c,d)$ 同理，那么 $(a,b)\cup (c,d)=(a+c,\max(b+c,d))$。

「JOISC 2021 Day2」道路建设

• 输出 $n$ 个点中两两前 $k$ 小哈密顿距离的值。
• $n,k\leq 2.5\times 10^5$。

肯定是一手二分答案。

然后我的思考是硬上三维偏序，实际上判定的时候，相当于 $n$ 个矩形数点，离线下来即可。

更巧妙的可以转切比雪夫，用一个 set 维护 $y$ 坐标暴力跳就行，找到一个花费 $O(\log n)$，找到 $>k$ 个直接 return false 即可。

「JOISC 2021 Day3」保镖

• 有 $n$ 个 vip 在直线上行走，表现为从 $t_i$ 时刻开始从 $a_i$ 走到 $b_i$，每个单位时间走一个单位长度。
• 你作为保镖也在行走，如果你某个时刻与某个 vip 位置重合，那么你可以开始保护他，每保护 vip $i$ 一个单位时间就会获得 $c_i$ 的收益。
• $q$ 次询问，每次给出你可能的开始行走的位置和时间，求你最终能获得的最大收益。
• 即使你某个时刻与多个保镖重合，你也只能保护一个。同时，你可以不完整的保护一个 vip，甚至可以不保护他整数单位时间。
• 但是数据保证 $c_i$ 为偶数，可以证明这种条件下答案也一定为整数。
• $n\leq 2800,q\leq 3\times 10^6,t,a,b,c\leq 10^9$。

行走是一维的，但是有时间轴，所以实际上是二维问题，一定记得将问题转化到坐标系上。

先不急，先考虑一个性质：保镖不会停留。

因为停留无非是为了等待一个 vip，但是一直往他的方向走，并且在相遇的那条边先走 $\frac{1}{2}$ 再折返是不劣的，所以不用停留。

将问题表达到坐标轴上，那么每个 vip 为线段 $(t_i,a_i)\to (t_i+|a_i-b_i|,b_i)$，一定是平行于 $y=\pm x$ 的。

不如旋转 $45^{\circ}$，进行 $(x,y)\to (x+y,x-y)$ 的变换（虽然这实际上是：逆时针旋转 $45^{\circ}$ 并按 $y=x$ 对称并伸长 $\sqrt 2$ 倍，但无关紧要）。

发现转化为二维问题也乘了个 $\sqrt 2$，所以直接令 $c_i\gets \frac{c_i}{2}$ 就好了。

因为 vip 数很少，所以直接离散化能得到一个 $2n\times 2n$ 的网格图，边有边权和长度，可以直接把图建出来。

问题转化为：给定网格图，你从某个位置出发，只能往右或往上走，每在一条边上走一个单位长度就能获得对应边权的收益，最大化总收益。

格点可以直接简单 DP，但是你可能是从非格点出发的。

显然最优决策一定是：先沿着一个方向走到某条格线，再沿另一个方向走到最近的格点，之后直接利用格点的 DP 值作为答案。

不同初始方向可以分开求解，以先往右为例。

此时可以每行分开处理，倒序维护，相当于每次插入一次函数 $y=k_ix + b_i$，每次询问给定 $x$ 求 $\max y$。

可以直接用李超树，因为是插入直线，所以复杂度 $O((n^2+q)\log n)$。

实际上能做的更好，转化一下能变成 $b_i=(-k_i)x+y$，最大化截距 $y$ 所以维护上凸壳。

同时观察到 $b_i$ 的单调不降性，所以如果 $k_i$ 不是递增的，那么一定不优，所以可以理解为 $-k_i$ 是递减的，即插入点的横坐标递减。

直接维护单调栈，每次二分即可，复杂度 $O(n^2+q\log n)$。

「JOISC 2021 Day3」聚会 2

• 对于一个树上有 $k$ 个点的点集，定义 $S$ 为它们的决策集合，$s$ 包含所有到这 $k$ 个点距离和最小的点。
• 现在 $k$ 个点可以钦定，求 $\forall k\in[1,n],|S|_{\max}$。
• $n\leq 2\times 10^5$。

不难发现 $k$ 为奇数的时候，一定有 $|S|_{\max}=1$，且这个点是 $k$ 个点中的一个。

更进一步的，发现 $k$ 为偶数时，答案就是最长的路径长度，使得路径两端点的子树大小均 $\geq k/2$。

统计路径长度使用点分治，每次开桶维护每个子树，桶的大小为 $\text{siz}_v$，所以可以直接合并，每个桶时刻要取后缀 $\max$。

「JOISC 2021 Day4」活动参观 2

• 给定 $n$ 个活动，每个活动需要占用一段连续的时间 $[l_i,r_i]$。
• 求字典序最小的长度为 $k$ 的序列，使得序列中的活动时间无交。
• $n\leq 10^5,l_i<r_i\leq 10^9$。

一开始是想着线段树优化建图的，但是应当是假了。

考虑对着字典序贪心，如果加入这一段后，最终还能得到 $k$ 段就直接加入。

只需要维护函数 calc(l, r) 表示对于子区间 $[l,r]$ 最多能选几个线段，那么就可以直接贪心。

然后这种选不交区间的模型也是经典的倍增优化贪心了。

「JOISC 2021 Day4」最差记者 4

• 每个人三个参数 $(a,h,c)$，分别表示 $h_i\geq h_{a_i}$，以及修改 $h_i$ 需要 $c_i$ 的代价。
• 需要满足所有不等关系，求最小修改代价。
• $n\leq 2\times 10^5,h_i,c_i\leq 10^9$。

遇到很多次这种线段树合并优化 树上带前后缀 $\max/\min$ 之类的转移式了。

一定记住重要思想是，因为是前后缀，只要能取到答案就行，具体点值可以含糊。

显然连出来一棵内向基环树森林，把环拆了，先对子树求解。

一般都先想暴力一点，设 $f(u,x)$ 表示点 $u$ 的值取 $x$ 的最小代价，则：

$$f(u,x)=[x\neq h_u] c_y+\sum_{v\in\text{subtree}(u)} \min_{y\geq x} f(v,y)$$

树上的点值，会取到的只有出现过的点值，所以是 $O(n^2)$ 的。

对于环上的点，它们的值肯定全都相等，要么等于环上某个点的值，要么 $=1$，枚举统计即可，这一部分是 $O(n)$ 的。

这种转移方程一看就是能线段树合并优化的，但是最前面一项 $[x\neq h_u] c_y$ 意味着每次都要进行前后缀加。

线段树合并每次只能修改已有节点或插入有限个节点，这样强行打区间加 tag 肯定是会出问题的。

实际上，简单转化一下，$f(u,x)$ 表示能保留的最大的代价和，那么：

$$f(u,x)=[x= h_u] c_y+\sum_{v\in\text{subtree}(u)} \max_{y\geq x} f(v,y)$$

维护子树 $\max$，然后右子树对左子树有贡献，同时如果一个节点为空，那就对另一个直接区间加。

显然为了保证复杂度不能继续合并下去，而区间加看似没有对每个位置加上自己的后缀 $\max$，因为左右均为空时，区间加没贡献上去。

实际无关痛痒，因为每次还是能取到后缀 $\max$。也因此，查询 $f(u,x)$ 的时候要查询整个 $[x,V]$ 后缀。

补集转化的思想还是挺重要的！