20241015 最短路与生成树

@. The army of Thutmose III

题号是 @，原因是过了之后才发现测不了被删了。

注意到问题形如最大值最小，直接上二分答案。考虑如何 check。设当前 check 的答案为 $x$ 。

容易获得一个猜想，点一定放在区间端点上。那么将区间端点离散化。记 $a_{i}$ 表示第 $i$ 个位置放了 $0 / 1$ 个点。

对 $a$ 作前缀和获得 $s$ ，那么分析 $s$ 具有什么性质。容易发现：

{\begin{cases} s_{i} \geq 0 \\ 0 \leq s_{i} - s_{i - 1} \leq 1 \\ \forall 1 \leq l_{i}, r_{i}, s_{r_{i}} - s_{l_{i} - 1} \leq x \end{cases}

容易发现这些性质符合差分约束的形式，直接 spfa 判断，最后对求出的 $s$ 作一遍差分就能知道在哪些位置放点。

A. 矩阵游戏

容易发现，只要确定了某一行和某一列就能推出整个矩阵。不妨设第 $n$ 行和第 $m$ 列为 $0$ ，推出一个初始的 $a$ 。

但是题目要求 $0 \leq a_{i, j} \leq 10^{6}$ ，那么直接这么构造可能会超出这个范围，那么考虑对 $a$ 进行一些什么样的操作可以使得 $b$ 不变。可以看出，对于某一行，我们让奇数位的数字同时加上一个 $x$ ，偶数位的数字同时减去 $x$ ，这样得到的 $b$ 矩阵就与原来相同，列同理。那么我们设对第 $i$ 行进行了 $x = r_{i}$ 的操作，第 $j$ 列进行了 $x = c_{j}$ 的操作，操作后的矩阵就是：

[\begin{matrix} a_{1, 1} + r_{1} + c_{1} & a_{1, 2} - r_{1} + c_{2} & a_{1, 3} + r_{1} + c_{3} & \dots \\ a_{2, 1} + r_{2} - c_{1} & a_{2, 2} - r_{2} - c_{2} & a_{2, 3} + r_{2} - c_{3} & \dots \\ a_{3, 1} + r_{3} + c_{1} & a_{3, 2} - r_{3} + c_{2} & a_{3, 3} + r_{3} + c_{3} & \dots \\ \dots & \dots & \dots & \dots \end{matrix}]

这个形式看上去很接近差分约束，但还需要转化。将奇数行的 $r_{i}$ 取相反数，偶数列的 $c_{j}$ 取相反数，得到：

[\begin{matrix} a_{1, 1} - r_{1} + c_{1} & a_{1, 2} + r_{1} - c_{2} & a_{1, 3} - r_{1} + c_{3} & \dots \\ a_{2, 1} + r_{2} - c_{1} & a_{2, 2} - r_{2} + c_{2} & a_{2, 3} + r_{2} - c_{3} & \dots \\ a_{3, 1} - r_{3} + c_{1} & a_{3, 2} + r_{3} - c_{2} & a_{3, 3} - r_{3} + c_{3} & \dots \\ \dots & \dots & \dots & \dots \end{matrix}]

这个形式就很漂亮了，可以使用差分约束。因为 $0 \leq a_{i, j} + Δ_{i, j} \leq 10^{6}$ ，所以 $- a_{i, j} \leq Δ_{i, j} \leq 10^{6} - a_{i, j}$ 。根据这个不等式直接差分约束即可求出合法的 $r_{i}$ 和 $c_{j}$ 。

I. Dynamic Shortest Path

注意到时限有 $10$ 秒，而 $q$ 只有 $2000$ ，增加边权时即使暴力加也只有 $10^{6}$ 的运算量，所以我们可以考虑暴力一点的想法。有一个显然的做法：每次加完边权后直接跑一遍 dijkstra 求出新的最短路，这样是 $O (q m \log n)$ 的。

这样做常数大一点就过不去了，那么考虑这题有什么特殊的性质。可以发现，如果我们能做到在更新边权后在 $O (n)$ 时间内更新最短路，复杂度就变成 $O (q n)$ ，可以通过。注意到这题每次增加边权时都只增加 $1$ ，那么每次从 $1$ 到某个点的最短路变化量一定不会超过 $c$ （即变化边权的边的数量）。于是考虑求解最短路的增量。

使用 Johnson 算法的思想，将每条边重新赋权为 $w_{u, v} + d i s_{u} - d i s_{v}$ ，其中 $d i s$ 为原本的最短路。

这样，一条路径上所有边的权值和就为 $(\sum w) + d i s_{s} - d i s_{t}$ 。当起点 $s = 1$ 时， $d i s_{s} = 0$ ，那么路径的权值就为 $(\sum w) - d i s_{t}$ ，也就是新的最短路减去原本的最短路，即最短路的增量。

因为增量的值域不大，所以我们可以用若干个值域上的队列来实现优先队列的功能。具体地说，对每个最短路的值开一个队列，队列中存放最短路增量为这个值的点。枚举小值域向大值域转移即可求出增量并更新最短路，单次时间复杂度 $O (n + m + c)$ 。这题有些卡常，慎用 long long，开 O2、Ofast 即可通过。

K. Kuroni and Antihype

将每个人看作一个点，那么最后就是求一个最大的生成森林。考虑转化成生成树。建立一个权值为 $0$ 的 $0$ 号节点，第一种操作就相当于把点与这个点连边。以 $0$ 为根，现在每条边的权值为深度较浅的点的点权，考虑将最终的答案先加上所有点的点权和，最后在减去点权和，那么由于除了 $0$ 以外的所有节点均有且仅有一条父边，我们可以考虑将这个点的权值加到这条边上，那么每条边的权值就变成它连接的两个节点的权值和。

经过一系列转化，问题变成：两点之间有边当且仅当 $a_{u} & a_{v} = 0$ ，边权为 $a_{u} + a_{v}$ ，求最大生成树。

执行类似 kruskal 算法的过程。注意到边权的值域只有 $4 \times 10^{5}$ ，那么考虑从大到小枚举边权并考虑连边。注意到当 $a_{u} & a_{v} = 0$ 时， $a_{u} + a_{v} = a_{u} | a_{v}$ ，说明在二进制下 $a_{u}, a_{v}$ 都是边权的子集。根据这个性质，直接枚举边权在二进制下的子集。如果存在这样的点，就应该连边了。对于一种权值的所有点，记录它们是否已被连接到同一连通块中即可。具体可以画图加深理解。时间复杂度 $O (3^{18} α (n))$ 。