2024 年 8 月题集

CF1887C Minimum Array

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1887/C

题意：

给定一个长度为 \(n\) 的整数序列，共 \(q\) 此操作，每次操作会将序列的一段区间同时加上某个数，求出所有操作产生的新序列中字典序最小的一个。（\(1\le n,q\le 2\times 10^5\)）

思路：

由区间加想到差分，要求序列字典序最小及要求其差分数组字典序最小。设当前答案为差分数组 \(dans\)，其为第 \(p\) 次操作之后的差分数组，从第 \(p+1\) 此操作到当前操作的修改数组为 \(d\)（即当前差分数组为 \(a_i=dans_i+d_i\)），可以发现若 \(d\) 中的第一个不为 \(0\) 的数小于 \(0\)，那么字典序就会变小。由于每一次修改只会修改 \(d\) 中的 \(l\) 和 \(r+1\)，那么只需要用 set 维护这些修改的下标，即可 \(O(\log n)\) 查询第一个不为 \(0\) 的数即可。

代码：

https://codeforces.com/contest/1887/submission/274521362

反思：

看到区间加要想到差分（或线段树）。如果要求多次操作后的结果的最值，那么可以考虑每一次操作在满足什么条件下结果会变大或变小。

CF1887B Time Travel

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/CF1887B

题意：

给定一张 \(n\) 个点的无向完全图和 \(t\) 组边集。每到达一个结点，你都必须至少等待 \(1\) 秒，才能继续前进。每条边的通过时间都是 \(0\) 秒。第 \(i\) 秒时，边集 \(a_i\) 中的边可以通行，其余边不能通行。求出从结点 \(1\) 到结点 \(n\) 的最少用时（不能到达则输出 -1）。（\(n,t,k,\sum m_i\le 2\times 10^5\)）

思路：

考虑普通 dij，从结点 \(u\) 直接遍历可行边（包括不动），显然时间复杂度超标。但是我们发现很多的边其实都是从结点 \(u\) 走向节点 \(v\)，只不过时间有先后，显然应该先走时间靠前的，并且要保证时间在结点 \(u\) 当前的时间之后，这可以先将每组边集的出现时间用 vector 存下来，然后二分解决。

代码：

https://codeforces.com/problemset/submission/1887/274545878

反思：

很多时候图论建模会超时间或空间，遇到明显是最短路，但是又有很多奇怪的限制的题目就要想到在普通 dij 的基础上修改。（如 CSP2023 T4）

at_abc364_f Range Connect MST

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc364/tasks/abc364_f

题意：

有一个 \(N+Q\) 个点的无向图，其中的点 \(N+i\) 会与 \(j\) 连边，其中 \(l_i\le j\le r_i\) 且 \(j\) 为整数。求这个无向图的最小生成树。（\(N,Q\le 2\times 10^5\)）

思路：

考虑 kruskal 是如何求最小生成树，首先将边按照边权从小到大排序，然后遍历每一条边，若该边的两个端点不在一个连通块中就在最小生成树中加上这条边。考虑本题，本题应该先遍历 \(Q\) 点集的点，然后遍历 \([l_i,r_i]\)，然后判断该不该加这条边，显然这样做会超时。我们可以发现任意两个区间最多相交一格，考虑建立 \(N\) 点集的并查集，每次遍历区间的时候可以将 j++ 替换为 j = find(j)，在循环内加上 merge(j,j+1)，这样就可以跳过一部分，时间复杂度为 \(O(N+Q)\)。（但是要注意一些细节，比如：\(j\) 和 \(j+1\) 合并时要判断 \(j+1\) 是否小于等于 \(n\)）

代码：

https://atcoder.jp/contests/abc364/submissions/56435514

反思：

看到这种模板题，但是给的条件具有规律时，我们要挖掘条件的性质，通常会与原算法进行对比，找到更优的解决方案。

at_abc364_g Last Major City

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc364/tasks/abc364_g

题意：

给定一个 \(n\) 个点，\(m\) 条边的带权无向图，设 \(\operatorname{f}(x)\) 为联通 \(1,2,\cdots,k-1,x\) 的原图的子图的最小总边权和，求 \(\operatorname{f}(k),\operatorname{f}(k+1),\cdots,\operatorname{f}(n)\)。（\(n\le 4000,n-1\le m\le 8000,k\le \min(n, 10)\)）

思路：

最小斯坦纳树模板题。

容易发现子图一定是一颗树，否则可以删掉环上的一条边，使图仍然联通但是边权减少。考虑 \(f_{i,S}\) 表示以 \(i\) 为根的树包含点集 \(S\)（\(S\) 只包含 \(1,2,\cdots,k-1\)）

考虑转移方程：对于不变的根 \(i\) 和两个集合 \(S,T\)，那么有 \(f_{i,S\cup T}=\min(f_{i,S\cup T},f_{i,S}+f_{i,T})\)。我们发现若 \(S\cap T\neq\varnothing\)，那么 \(f_{i,S}+f_{i,T}\) 一定不是最优的，所以我们可以枚举 \(S\cup T\) 和 \(S\)（注意 \(S\) 为 \(S\cup T\) 的子集），就可以算出 \(T\) 了。

在考虑不变的 \(S\) 如何转移 \(f_{i,S}\)，先找到与 \(i\) 相邻的点 \(j\)，很明显有 \(f_{i,S}=\min(f_{i,S},f_{j,S}+w(i,j))\)（\(w(i,j)\) 表示连接 \(i\) 和 \(j\) 的边的边权），虽然这个式子不满足拓补序，但是观察到它和最短路的转移很像，可以用最短路转移。

然后在考虑这两个转移的拓补序，前者需要对于每一个 \(S\) 需要知道 \(S\) 的子集的信息，所以先枚举集合与子集，然后用第一种转移，然后再枚举集合的同时用第二种转移即可。

答案既要包括 \(1,2,\cdots k-1\)，又要包括 \(x\)，那么输出 \(f_{x,\{1,2,\cdots k-1\}}\) 即可（\(k\le x\le n\)）。

时间复杂度：\(O(3^k\cdot n+2^k\cdot m\cdot\log m)\)

枚举集合与子集的复杂度使 \(3^k\)，这里简述一下，时间复杂度应为:

\[\sum_{S\subseteq\{1,2,\cdots,k\}} 2^{|S|}=\sum_{i=0}^k {k\choose i}\cdot 2^i=\sum_{i=0}^k {k\choose i}\cdot 1^{k-i} \cdot 2^i=(2+1)^k=3^k \]

代码：

https://atcoder.jp/contests/abc364/submissions/56439613

P8190 [USACO22FEB] Cow Camp G

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P8190

题意：

Bessie 有一道题共有 \(T\) 个测试点，第一个测试点是样例，它一定通过该测试点，其中对于后 \(T-1\) 个测试点中的每一个测试点，Bessie 都有 \(\frac{1}{2}\) 的概率通过或不通过，一次提交的得分为其通过测试点的数量。Bessie 可以提交至多 \(K\) 次程序，定义 Bessie 这道题的得分为它最后一次提交的分数，请问 Bessie 的得分的最大期望是多少。

思路：

首先考虑 \(p_i\)（\(1\le i\le T\)）为对于任意一次提交得分为 \(i\) 的概率，那么显然有 \({p_i=\dfrac{{T-1}\choose{j-1}}{2^{T-1}}}\)，\(p_i\) 可以在 \(O(T)\) 内预处理求出。

设 \(f_i\) 表示 Bessie 提交了 \(i\) 次的得分的最大期望，那么有转移式：

\[f_i=\sum_{j=1}^T(\max(f_{i-1},j)\cdot p_j) \]

简单讲一下这个式子的含义，枚举第 \(i\) 次的得分 \(j\)，如果前 \(i-1\) 次的得分的最大期望比得分 \(j\) 更大，那么肯定不提交，否则就提交获得 \(j\) 的得分，再乘以得分为 \(j\) 的概率即可。

这样我们就会 \(O(T+K)\) 的做法了。

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考虑优化。可以想到矩阵快速幂优化，但是 \(\max(f_{i-1},j)\) 不固定，所以不能直接矩阵快速幂。由于 \(\max(f_{i-1},j)\) 的取值很特殊，所以可以将 \(j\) 分为 \(j\le\lfloor f_{i-1}\rfloor\) 和 \(j\gt\lfloor f_{i-1}\rfloor\) 两段，接着我们可以将式子化成如下形式：

\[f_i=\sum_{j=1}^{\lfloor f_{i-1}\rfloor}(f_{i-1}\cdot p_j)+\sum_{j=\lfloor f_{i-1}\rfloor+1}^T(j\cdot p_j)=f_{i-1}\sum_{j=1}^{\lfloor f_{i-1}\rfloor} p_j+\sum_{j=\lfloor f_{i-1}\rfloor+1}^T(j\cdot p_j) \]

为了方便处理，我们设 \(g_i=\sum_{j=1}^i p_j,h_i=\sum_{j=i+1}^T(j\cdot p_j)\)（\(g_i,h_i\) 也可以 \(O(T)\) 预处理求出），那么：

\[f_i=g_{\lfloor f_{i-1}\rfloor}\cdot f_{i-1}+h_{\lfloor f_{i-1}\rfloor} \]

这就更像矩阵乘法了，矩阵乘法的式子如下：

\[\begin{bmatrix} f_i & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_{i-1} & 1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} g_{\lfloor f_{i-1}\rfloor} & 0 \\ h_{\lfloor f_{i-1}\rfloor} & 1 \end{bmatrix} \]

能够发现 \(f_{i-1}\in[0,T)\)，那么 \(\lfloor f_{i-1}\rfloor\) 也只能有 \(T\) 个值，又由：

\[f_i=\sum_{j=1}^T(\max(f_{i-1},j)\cdot p_j)\gt\sum_{j=1}^T(f_{i-1}\cdot p_j)=f_{i-1}\cdot\sum_{j=1}^T p_j=f_{i-1} \]

可知 \(f_i\) 单调递增，那么 \(\lfloor f_{i}\rfloor\) 单调不降，那么我们可以对于每一个 \(\lfloor f_i\rfloor\) 的值去做矩阵快速幂，也就是分段做矩阵快速幂。

那么如何寻找段与段之间的分界点呢，我们可以倍增。假设我们现在已经到了 \(j=\lfloor f_{i-1}\rfloor\) 这个值，不妨设此时的转移矩阵为 \(B\)，我们可以先预处理出 \(B,B^2,B^4,\cdots B^{2^n}\)（\(2^n\le K\)），我们可以从 \(B^{2^n}\) 一直到 \(B\) 一直尝试，设当前矩阵为 \(F\)，如果 \(F\times B^{2^i}\) 得到的期望值向下取整的结果为 \(j\)，且还能过操作该次（即总操作次数小于等于 \(K\)），那么就将 \(F\gets F\times B^{2^i}\) 即可。

代码：

https://www.luogu.com.cn/record/173675684

反思：

如果遇到 dp 式中出现 \(\max(C,X)\)（\(C\) 为常数，\(X\) 为该转移的某个数），那么可以将 \(X\) 分段处理，去掉 \(\max\)。
如果遇到 \(\lfloor X\rfloor\) 或者 \(\lceil X\rceil\)，且 \(\lfloor X\rfloor\) 或者 \(\lceil X\rceil\) 的取值个数不多可以看作一段一段时，可以考虑将每一段分段处理。例如：数论分块。