USACO 2020赛季 简要题解
DEC
GOLD - A - Milk Pumping G
- 给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，每条边有价格和流量。
- 一条路径的总价 \(c\) 为路径上所有边的价格之和，总流量为所有边流量的 \(\min\)。
- 求 总价/总流量 的最大值。
- \(n,m\leq 1000\)。
从小到达枚举流量然后暴力跑最短路……
GOLD - B - Milk Visits G
- 树上 \(m\) 次询问路径上是否有某种颜色。
- \(n,m\leq 10^5\)。
离线 dfs 一遍就好。
GOLD - C - Moortal Cowmbat G
懒得概括题意~ 简单 DP。
Platinum - A - Greedy Pie Eaters P
- 给定 \(n\) 个带权区间，求选择权值和最大的区间集合。
- 使得存在一种顺序进行区间覆盖，使得每次覆盖的区间都不被之前区间的并集完全包含。
- \(n\leq 300\)。
区间 DP，考虑一个区间只需要留一个空位给它覆盖就行。
那么每次枚举空位的位置进行划分，预处理 \(g_{l,r,k}\) 表示完全在区间 \([l,r]\) 内切经过 \(k\) 的权值最大的区间即可。
Platinum - B - Bessie's Snow Cow P
- 树上 \(m\) 次操作，每个点维护一个颜色不可重集合，每次子树添加一种颜色，或者查询子树集合大小之和。
- \(n,m\leq 10^5\)。
子树问题用 dfs 序转区间问题，然后 set 每种颜色维护连续区间，每次对空位直接暴力区间 \(+1\)。
考虑每个区间只会被合并 \(1\) 次，所以均摊复杂度正确。
Platinum - C - Tree Depth P
- 求逆序对数恰好为 \(k\) 的 \(n\) 阶排列构成的小根堆笛卡尔树上，每个位置的深度和。
- \(n\leq 300\)。
所以生成函数解释背包自然，还是直接组合意义来的自然呢？
从子子问题入手，考虑逆序对数恰好为 \(k\) 的 \(n\) 阶排列计数。
抛开一半的值域从小到大填的思路，而是直接填数字，动态调整数字的相对大小，这样第 \(i\) 个填的数字对逆序对的贡献还是 \([0,i-1]\)。
相当于一个简单的分组背包，可以前缀和优化到 \(O(n^3)\)。
这样考虑的好处是，组合意义上数字可以以任何顺序乱填，只和它是第几个填的有关。
考虑统计贡献，对于位置 \(i\)，它的深度 \(=\) 它的祖先个数 \(+1\)，祖先就是比 \(a_i\) 小且 \(i\) 到 \(j\) 之间的数都比 \(a_j\) 大。
既然知道结果与数的加入顺序无关，考虑在 \(j\) 最容易统计的时候加入它，也就是刚好加入完 \(i,j\) 之间的数（包括 \(i\) 不包括 \(j\)）的时候。
这样逆序对贡献就是 \(\max(0,i-j)\)，然后顺手把 \(j\) 之前 \([0,|j-i|-1]\) 的贡献退背包退掉。
注意到退背包需要 \(O(n^2)\)，枚举数对还要 \(O(n^2)\)，不能接受。
但是不难发现 \(|i-j|\) 相等的推背包结果完全一样，考虑枚举差值的绝对值统一计算即可做到 \(O(n^3)\)。
JAN
GOLD - A - Time is Mooney G
- 给定 \(n\) 个节点 \(m\) 条边的有向图，每次到达一个节点都可以获得对应的收益 \(v_i\)。
- 旅行需要从 \(1\) 号节点出发并在此结束，走过一条边需要一天。
- 由于 time is money，所以 \(t\) 天的旅行需要花费 \(c\times t^2\) 的代价。最大化收益 - 代价。
- \(n,c,v_i\leq 1000,m\leq 2000\)。
发现如果 \(\max v_i<c\times (t^2-(t-1)^2)\) 就一定不优，所以 \(t\) 是和 \(\max v_i\) 同级的。
随便写写就好了。
GOLD - B - Farmer John Solves 3SUM G
- 给定长度为 \(n\) 的序列，\(m\) 次询问，每次询问一个子区间中满足 \(a_i+a_j+a_k=0\) 的无序三元组 \((i,j,k)\) 的个数。
- \(n\leq 5000,m\leq 10^5,a_i\in[-10^6,10^6]\)。
可以很方便的 \(O(n^2)\) 预处理 + \(O(1)\) 查询，人傻了写了个 HashTable，实际上值域很小只需要一个桶。
GOLD - C - Springboards G
- 需要从 \((1,1)\) 走到 \((n,n)\)，每次只能向上或向右走。
- 有 \(m\) 个跳板，可以从位置 \((x_{i1},y_{i1})\) 跳到 \((x_{i2},y_{i2})\)，满足 \(x_{i2}\geq x_{i1},y_{i2}\geq y_{i1}\)，且只花费一步的代价。
- 求最小代价。
- \(n\leq 10^9,m\leq 10^5\)。
可以把起点和终点拆开将每个点按照 \(\text{pair}(x,y)\) 排序，这样只有左边的点能转移到右边的点。
可以从左往右扫一遍，用树状数组维护，在起点处计算贡献并转移到终点，终点则更新到树状数组。
降智套了个 CDQ 过了才发现分治了个寂寞，不过还是 \(O(m\log m)\) 的（
Platinum - A - Cave Paintings P
- 给定 \(n\times m\) 画作，其中有石头和空气方格，四周一定是石头。
- 求保持画作真实的情况下添加一些 水方格 的方案数，真实指满足连通器原理。
- \(n,m\leq 1000\)。
不同连通块的贡献最后乘起来就好，考虑直接从下往上扫，每次可能将一些当前连通块合并。
合并的代价显然是直接相乘，当然还需要 \(+1\) 对应的是这一层是满的，也就是整个当前连通块都是水。
Platinum - B - Non-Decreasing Subsequences P
- 区间查询非降子序列个数，值域 \([1,k]\)。
- \(n\leq 50000,m\leq 2\times 10^5,k\leq 20\)。
直接猫树分治，是 \(O(nk^2\log n+qk)\) 的。
前面可以用树状数组把一个 \(k\) 变成 \(\log k\)，但是首先 \(k^2\) 本身就带 \(1/2\) 常数，树状数组套上来反而没有扫一遍数组来得快。
可以和 LNR 一道题很像的维护转移矩阵和逆矩阵的前缀和，做到 \(O(nk^2+qk)\)，比较妙妙。
Platinum - C - Falling Portals P
- 平面内有 \(n\) 个点，初始第 \(i\) 个点在 \((i,a_i)\)。
- 每个时刻第 \(i\) 个点会以 \(i\) 的速度下落，即沿 \(y\) 轴负方向移动。
- 如果任意时刻两个点的 \(y\) 坐标相同，那么它们会在这一瞬间建立起传送门，你可以立刻在两者之间穿梭。
- 对每个 \(i\)，求从 \(i\) 出发到达 \(q_i\) 的最短耗时，以最简分式的方式输出，或者判断无解输出 \(-1\)。
- \(n\leq 2\times 10^5,a_i\leq 10^9\)。
厉害题。
发现，如果一个点的目标是初始比自己更高的点，那么任何时刻它如果和比自己下落更慢的点联通他就一定会过去。
因为走的更慢一定是更优的，对走到更低的点也是同理。
也就是说，每个点在两种询问下都有唯一的 \(\text{nxt}\)。
无论是根据 \(O(n^2)\) 的暴力还是简单画画图，都能发现一个点实际上在一个凸包上移动，它的 \(\text{nxt}\) 就是那个时刻凸包上它的后继节点。
单调栈处理出 \(\text{nxt}\) 然后暴力跳就能得到 \(\text{92pts}\) 的高分，不难发现这些边构成森林，于是倍增即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。
FEB
GOLD - A - Timeline G
- 求字典序最小的序列，满足 \(a_i\in[1,m]\) 且满足 \(c\) 条形如 \(a_i\geq a_j+k\) 的限制 \((i,j,k)\)。
- \(n,c\leq 10^5,m\leq 2\times 10^5\)。
差分约数裸题。
GOLD - B - Help Yourself G
- 给定一些线段，求所有 \(2^n\) 种选择线段的方案的连通块数之和。
- \(n\leq 10^5\)。
能想到类似 P 的 C 的线段树维护方法，但是没想到有更简洁的做法。
考虑在每个连通块左端点处统计它，发现贡献是独立的。
对于线段 \((l_i,r_i)\)，只需要差分预处理出覆盖 \([l_i-1,l_i]\) 的线段个数 \(s\)，它的 \(l_i\) 能作为左端点的方案数就是 \(2^{n-1-s}\)。
GOLD - C - Delegation G
- 给定一棵树，对每个 \(k\in[1,n-1]\)，判断是否存在一种链划分使得所有链长度恰好为 \(k\)。
- \(n\leq 10^5\)。
发现只有 \(n-1\) 的约数有可能成立，且每个非根子树必须上传一条链。
又因为子树内链长度和是固定的 \(\text{siz}-1\)，所以上传的链的长度也是固定的，只需要在每个根处检验能否匹配即可。
可以双指针解决。
Platinum - A - Delegation P
- 给定一棵树，求最大的正整数 \(k\) 使得存在一种链划分使得所有链长度 \(\geq k\)。
- \(n\leq 10^5\)。
直接二分答案，每个非根子树必须恰好传一条链上去，链长肯定是越长越好。
能传上去的链是有单调性的，直接在每个子树处二分 + 贪心匹配即可。
Platinum - B - Equilateral Triangles P
- 给定 \(n\times n\) 的方阵，统计两两曼哈顿距离相等的三元组个数。
- \(n\leq 300\)。
核心性质发现，曼哈顿等边三角形一定有两个点构成 \(45^{\circ}\) 的直线。
敏感性还是要有的，直接转切比雪夫，然后就能发现一定是：两个点为一个正方形一条边的两个顶点，另一个点在对边上任意处。
根据两个点是水平还是竖直的要做两次，注意如果第三个点也在顶点处会算重。
简单回忆：
曼哈顿与切比雪夫距离的转化。
- 原图 \((x,y)\) 的曼哈顿距离 \(=\) 新图 \((x+y,x-y)\) 的切比雪夫距离。
- 原图 \((x,y)\) 的切比雪夫距离 \(=\) 新图 \((\cfrac{x+y}{2},\cfrac{x-y}{2})\) 的曼哈顿距离。
对于两点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)，曼哈顿距离是 \(|x_1-x_2|+|y_1-y_2|\)，切比雪夫距离是 \(\max(|x_1-x_2|,|y_1-y_2|)\)。
Platinum - C - Help Yourself P
- 给定一些线段，求所有 \(2^n\) 种种选择线段的方案的连通块数 \(k\) 次方之和。
- \(n\leq 10^5,k\leq 10\)。
这时候 GOLD 的 A 中想到的线段树做法就有了作用。
对于线段按照 \(l\) 升序排序，在线段树上维护每个当前连通块最右端点为 \(r\) 时的答案。
对于右端点 \(x\) 讨论当前线段 \((l,r)\) 的影响：
- \(x\in[0,l)\)：新增的线段会新增连通块，均转移到 \(r\)。
- \(x\in[l,r]\)：新增的线段不会有影响，但右端点变成了 \(r\)，容易加到 \(r\) 即可。
- \(x\in(r,2n]\)：是否选择当前线段均不会有任何影响，区间 \(\times 2\)。
注意需要在每个位置处维护 \(0\sim k\) 次方的值，为的是第一处转移的二项式定理。
复杂度 \(O(nk\log n + nk^2)\)。
OPEN
GOLD - A - Haircut G
- 给定长度为 \(n\) 的序列，对每个 \(k\in[0,n)\)，求将 \(>k\) 的数都变为 \(k\) 后序列的逆序对个数。
- \(n\leq 10^5,a_i\in[0,n]\)。
简单树状数组入门题，求出差分数组即可。
GOLD - B - Favorite Colors G
- 给定有向图，\((u,v)\) 表示 \(v\) 牛钦慕 \(u\) 牛。每只奶牛有自己最爱的颜色 \(c_i\)。
- 若两只牛都有钦慕最爱颜色相同的牛，那么它们必须最爱同一种颜色。
- 求构造字典序最小的颜色序列，满足不同种类颜色数尽量多。
- \(n,m\leq 2\times 10^5\)。
将指向同一个点的所有儿子们合并即可，合并后直接将连边也合并，下一次遇到儿子数 \(\leq 1\) 点直接略过即可。
GOLD - C - Exercise G
- 求 \(n\) 的排列中，可能出现的构成的多个简单环的环长的 \(\text{lcm}\) 的和。
- \(n\leq 10^4\)。
每个质数可以单独考虑，用 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个质数当前和为 \(j\) 的不同 \(\text{lcm}\) 的和。
注意到即使最终和 \(<n\) 也可以用自环补齐，然后转移实际上是个背包，于是 \(O(n^2)\) 解决了。
Platinum - A - Sprinklers 2: Return of the Alfalfa P
- 在 \(n\times n\) 的格子中放置喷洒器，一种朝右上一种朝左下，一个格子需要且只能被一种喷洒器覆盖到。
- 有些格子不能放置喷洒器，求方案数。
- \(n\leq 2000\)。
实际上就是列的大小对某一种来说是单调的，并且转折点必须有另一种存在，根据这个就可以直接 \(O(n^2)\) DP。
简单写写发现还要记录 \(0/1\)，都是实现上的小细节。
Platinum - B - Exercise P
- 求所有 \(n\) 的排列构成的置换环的长度的 \(\text{lcm}\) 的乘积。
- \(n\leq 7500\)。
综合性很强的数数题，设 \(\mathcal F(x)\) 表示 $ x|\text{lcm}$ 的方案数，那么答案就是：
对同一质数的每个质数计数是经典套路了。
考虑容斥一次，设 \(f(i)\) 表示都不是 \(x\) 的倍数的，总环长为 \(i\) 的方案数，那么 \(\mathcal F(x)=n!-f(n)\)。
在递推的时候再容斥一次，设 \(g(i)\) 表示长度和为 \(i\) 的环，全都是 \(x\) 的倍数的方案数，则：
对于 \(g\) 的转移，考虑钦定第一个点为关键点，枚举第一个点所在的环长：
复杂度是 \(O(\displaystyle \sum_{x=p^c} \frac{n^2}{x^2})\)，也就是 \(O(n^2)\) 了。
注意对指数的计算需要 \(\bmod \varphi(P)=P-1\)，实际上做法也不基于模数是指数，只是求 \(\varphi\) 方便点。
Platinum - C - Circus P
- 给定 \(n\) 个点的树，对于一个局面，有 \(k\) 只牛被放在 \(k\) 个不同的树上节点上。
- 一只牛可以移动到一个相邻且不被占据的节点上，两个局面可以经过任意次移动互相到达，则成为等价局面。
- 对每个 \(k\in[1,n]\)，求等价类个数。
- \(n\leq 10^5\)。
我不理解。
