2024杭电多校第5场

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1002 Array-Gift （hdu7482）

某种意义上的找规律题？

若序列中存在 \(a_i = gcd(a_1,a_2,...a_n)\)，则显然 \(a_i\) 为序列中的最小值，可通过 \(n-1\) 次取模操作，将其他数变成 \(0\)，由于原序列中 \(a>0\)，不存在更少的操作次数。若不存在上述 \(a_i\)，可通过 \((a_i + x)\space mod\space a_j\) 两步操作凑出其他数的 \(gcd\)，故最多操作次数为 \(n + 1\). 接下来讨论操作 \(n\) 次的情况，这其中必有 \(n-1\) 次取模操作，因此只需考虑另外一次操作的类别。对原序列升序排序，设其 \(gcd\) 为 \(g\).

1）若进行 \(a_i\space mod\space a_j = b\)，使当前的 \(gcd = g'\) 存在于序列中，则 \(b=g'\) 或 \(g'|b\). \(b=g'\) 时有 \(b|a_j\)，故 \(b|a_i\) 成立，\(b|g\) 即满足要求。由于对其他数提前取余不会改变 \(g'\)，此情况下不用考虑操作次序；\(g'|b\) 时由升序排列 \(g' = a_1\)，若 \(a_1|b\)，则有 \(a_1 | a_i\)，即对原序列已有 \(a_1 = g\)，不符合条件。

2）若进行 \(a_i + x = c\)，则 \(c=g'\) 或 \(g'|c\). \(c=g'\) 时必有 \(i=1\)，\(a_1 \leq gcd(a_2,a_3,...a_n)\) 时可凑出满足条件的 \(c\)；\(g'|c\) 时 \(g' = a_1\)，注意到 \(gcd(g',a_j)\leq g'\)，对更少的数求 \(gcd\) 显然更优，因此可预先将所有 \(a_i\space mod\space a_j = 0\) 操作完毕。

1006 猫罐头游戏 （hdu7486）

和wyq愉快地乱猜一气，还好最后过了。

设三堆猫罐头数量为 \(a,b,c,\) 失败局面为 \(a=b=c=1\)，当 \(a,b,c\) 都为奇数时，要么已经处于失败局面，要么无法构造出任何 \(a=b=c=1\) 的情况使对方猫猫失败，而 \(a,b,c\) 中有1个或2个偶数时，可以给对方构造出三个奇数的状态，因此 \(a,b,c\) 为奇数时处于必败态，有1个或2个偶数时处于必胜态。

当 \(a,b,c\) 全部为偶数时，无法一步构造出全为奇数的必败态。已知出现奇数时的胜负情况，任何一只猫猫都不会把必胜态主动交给对方，因此最优策略是尽可能停留在偶数状态，即以2为单位分罐头。已知 \(a=b=c=2\) 时，因无法维持偶数，先手必败，于是该局面等价于将 \(a,b,c\) 同时除以2的情况，多次除以2直至出现奇数，即可按照之前的规律得出结果。

1008 猫咪们狂欢 （hdu7488）

猫猫题好评，写不出来差评（好像是我太菜了导致的）

赛时wyq：？边权限制这么小有什么用？

我：（瞎猜）说不定是网络流呢。

wyq：《怎么可能是网络流啊！》

好吧其实知道用网络流也写不出来。网络流还是五一学的，什么久远的记忆）

首先本题运用了网络流的经典模型：最大权值闭合图。给定一张有向图，其中每个点都有或正或负的权值，求点权和最大的子图，使子图中各点的后继点（如果存在后继点）同样在子图中。解法是建立总源点 \(st\) 与总汇点 \(ed\)，设 \(i\) 点点权为 \(val_i\)，若 \(val_i>0\)，则由 \(st\) 至 \(i\) 连边，边权为 \(val_i\)；若 \(val_i<0\)，则由 \(i\) 向 \(ed\) 连边，边权为 \(-val_i\)；原图中的连边保留，边权设为 $\infty $. 计算该图的网络最大流，答案即所有正数点权和减去最大流。

证明如下：网络流模型中最大流等于最小割，所建新图中最小割相当于将原图中所有点分割为两部分，其中原图的连边因边权为 $\infty $，不可能作为最小割的一部分，因此和 \(st\) 相连的点不存在被分割开的后继节点，满足题目要求。最终答案为正数点权和 \(-\) 未选的正数点权和 \(+\) 选择的负数点权和，未选中的正数相当于断开其与 \(st\) 的连边，选中的负数相当于断开其与 \(ed\) 的连边，需要使断开的边权尽可能小，求得的最小割符合条件。（其实今天才第一次见这个模型，也不知道我上回学了个啥）

回到本题，一只狂欢猫只有待在树1或树2上两种选择，可借鉴该模型的思路，先将所有猫放在树1上，算出目前的狂欢值，再将一部分猫转移到树2，狂欢值的变化量即可用正负点权表示。对每只猫猫而言，从树1到树2的变化即树2增加的狂欢值 \(-\) 树1减少的狂欢值，两者不可分开计算，符合最大权值闭合图模型中后继节点不可断开的要求。首先对节点 \(1\) 至 \(k\)，\(val_i\) 即第 \(i\) 只狂欢猫在树1上贡献的权值相反数，表示从树1到树2过程中损失的狂欢值；对于树1上每一条有效边（两端都有狂欢猫的边），其权值 \(w\) 被两侧端点各计算了一次，因此再新建一个节点 \(j\) 与两侧端点连边，使 \(val_j = w\)，以弥补多算的损失；对于树2上的有效边，新建节点 \(x\) 与两端点连边，使 \(val_x = w\)，即转移过程中获得的狂欢值。根据最大权值闭合图的定义，若 \(1\) 至 \(k\) 被选入子图中，由于其权值为负数，同时将其前驱节点选入才可能更优，而此时与之相连的其他后继节点（相邻的狂欢猫猫）也会被选入子图，符合情境要求。最后答案即树1原先总权值 \(+\) 最大变化量（子图的最大权值）。

Dinic算法求网络最大流（写的时候差点没找到自己之前的板子，乐）：

void bfs() {
    for(int i = st; i <= ed; i++) l[i] = -1;
    queue <int> q;
    l[st] = 0;
    q.push(st);
    while(!q.empty()) {
        int x = q.front();
        q.pop();
        for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
            int t = v[x][i].t, w = v[x][i].w;
            if(w > 0 && l[t] < 0) {
                l[t] = l[x] + 1;
                q.push(t);
            }
        }
    }
}
int dinic(int i, int fl) {
    if(i == ed) return fl;
    for(; it[i] < v[i].size(); it[i]++) {
        int t = v[i][it[i]].t, w = v[i][it[i]].w, r = v[i][it[i]].r;
        if(w > 0 && l[t] > l[i]) {
            int d = dinic(t, min(fl, w));
            if(d > 0) {
                v[i][it[i]].w -= d;
                v[t][r].w += d;
                return d;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int main() {
    //...
    int flow = 0;
    for(;;) {
        bfs();
        if(l[ed] < 0) break;
        for(int i = st; i <= ed; i++) {
            it[i] = 0;
        }
        for(;;) {
            int f = dinic(st, MAX);
            if(f <= 0) break;
            flow += f;
        }
    }
    return 0;
}

建图连边操作，多参考std是好事，现在这个比我的1.0版本好看且简单多了）

    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        int u;
        scanf("%d", &u);
        yes[u] = i;
    }
    int now = 0;
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int x, y, w;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &w);
        if(yes[x] && yes[y]) {
            now += w;
            val[yes[x]] -= w;
            val[yes[y]] -= w;
            z++;
            val[z] = w;
            add(z, yes[x], MAX);
            add(z, yes[y], MAX);
        }
    }
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int x, y, w;
        scanf("%d%d%d", &x, &y, &w);
        if(yes[x] && yes[y]) {
            z++;
            val[z] = w;
            add(z, yes[x], MAX);
            add(z, yes[y], MAX);
        }
    }
    st = 0, ed = z + 1;
    int sum = 0;
    for(int i = 1; i <= z; i++) {
        if(val[i] > 0) {
            sum += val[i];
            add(st, i, val[i]);
        }
        else add(i, ed, -val[i]);
    }

1013 飞行棋 （hdu7493）

犯困的时候迷迷糊糊推了个式子，居然过了，真好。观察到飞行棋到达终点的概率不是古典概型，考虑按步计算，设 \(i\) 步刚好到达终点的概率为 \(p_i\)，有 \(p_1 = 1/n\)，而 \(i>1\) 时无法回到 \(0\) 位置，即扔出 \(n\) 时不可能直接到达终点，无需分类讨论，有 \(p_i = (1 - \sum\limits_{j = 1} ^ {i - 1} p_j) * (\frac{1}{n} +\frac{1}{n(n - 1)})\)，即先前一直未到达终点与此时到达终点的概率之积，其中 \(\frac{1}{n}\) 为直接走到终点的概率，\(\frac{1}{n(n - 1)}\) 即先扔到 \(n\) 再使用赠送次数走到终点的概率。\(m\) 次操作内的期望次数 \(e_m = \sum\limits_{i = 1} ^m i*p_i\)，化简后可用等比数列求和公式计算，\(m\to \infty\) 时即无穷递缩等比数列，其和趋近于一定值，计算得 \(e = n - 1 +1/n\).