2023年8月24日练习赛复盘

复盘

题目列表

题目来自《2023牛客暑期多校训练营》
题目链接是内网SPOJ，未必能打开，建议下载题目文件(.7z)

• T1 第二场：Problem D. The Game of Eating
  知识点：逆向思维，贪心

• T2 第四场：Problem J. Qu'est-ce Que C'est?
  知识点：DP，计数

• T3 第六场：Problem I. Journey
  知识点：二分图染色

• T4 第五场：Problem F. NoCruelty
  知识点：Trie树维护序列

時間情況

概況

總時長是4.5h，從早上8:00到中午12:30。說是這麼多，其實最後半個小時都在划水。

時間線

大概在9:00左右把T1的正解寫完了。

之後就在和T2鬥智鬥勇，雖然很容易看出來是DP題，但是搞不出來。先寫了個矩陣快速冪，調了蠻久的，結果發現時間複雜度和正確性都假了，遂跳過。猜測這時候是接近10:00。

T3大概想了10min左右，有一點想法，寫了輸入輸出和BFS。之後果斷放棄了。

T4的話，感覺很可以寫暴力。於是寫了個$O(n^2)$的，並且花了一點時間進行剪枝（然而是無效剪枝，最終TLE0）。寫完估計是11:00左右。

對T4無能為力，於是又回去寫T2。重新搞了方程式，過樣例。

對所有題無能為力了，去把T3的“不可以，總司令”寫了。

然後到了12:00，其實已經打算開溜了，但是其他人都還在寫（尤其是hyb，說是正解快寫完），所以就原地划水（給自己OC寫點小產品），但是很怕被看到所以說效率極低。

部分分

這次根本沒有部分分啊
主要是由於題面沒有給出部分分數據範圍，所以就只能自己胡。

• T1：是胡亂搞的正解，沒有寫部分分，但是最終掛了一個點（？）
• T2：是$O(nm^2)$的DP非正解，但是胡到70pts
• T3：“不可以，總司令”胡到2pts（據說有100個測試點）
• T4：是$O(n^2)$的暴力非正解，爆零（貌似無人生還）

二編：T1掛的點是評測機問題，需要快讀快寫。

题解

T1 The Game of Eating

译作：《聚餐》

一个反向贪心。
没有证明，但可以毛估估（雾）。

所有人都非常聪明，但是前面的人拥有更多选择权。他知道自己后面的人一定会“替”他选某些菜，所以他把最喜欢的菜留给后面的人去选。他自己只选自己较喜欢但后面的人不会选的菜，这样可以点到更多自己喜欢的菜。
这个就叫借刀杀人借人点菜。

然后这个过程考虑反过来想。
最后一个人没办法把借人点菜，所以他一定会选自己最喜欢的菜。

再捋一遍。
假设最后一个人选的菜是A。或许前面有些人也喜欢A，但是他们预料到即使自己不点，最后一个人也会点A。于是前面的人都会把A预留下来，专门让最后一个人来点。
所以最后一个人一定会点A。
那么倒数第二个人，同理，他会点除了A以外自己最喜欢的菜。

于是可以从最后一个人开始贪心，每次点这个人还没被点的最喜欢的菜，直到让第一个人点第$k$道菜。

换一个角度想。
前面的人是不是理论上有更多选择权？他们可以选菜的次数和选择范围都比后面的人多。
所以我们可以假定“前面的人拥有更多的权利”。
于是让后面的人给他们跑腿，选他们喜欢的菜。

再换一个角度想。
选了最喜欢的菜，但却给后面的人“打白工”，不是雪妈亏？
反之，不亏就是赚，可以直接贪。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2005;
int n, m, k, a[N][N];
bool ans[N];

int maxa(int x){
    int mx = 0, ret = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        if(a[x][i] > mx && !ans[i])
            mx = a[x][i], ret = i;
    return ret;
}

int main(){
    int t; scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for(int i = 1; i <= m; i++) ans[i] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= m; j++)
                scanf("%d", &a[i][j]);
        for(int i = k, j = k%n; i >= 1; i--){
            if(!j) j = n;
            ans[maxa(j)] = 1;
            j--;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++)
            if(ans[i]) printf("%d ", i);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

T2 Qu'est-ce Que C'est?

译作：《写报告》（？）

考场做法

p.s.这题是真的绕，都给绕晕了

设$f(i,j)$表示写前$i$个数，最小后缀和为$j$的情况数

后来发现这个状态定义不是很好，于是限制成“合法情况数”。

有一个好习惯是提前考虑答案统计，可以快速发现做法有没有假。
（事实证明我还没培养好这种习惯）

$$ans = \sum_{j=-m}^{m}{f(n, j)}$$

状态转移，绕的有点晕就直接写了刷表

$$f(i,j)\stackrel{\sum}{\longrightarrow}f(i+1,\min(k,k+j))$$

其中$k(\in[-j, m])$表示第$i+1$个数填的多少。

然后第一维可以用滚动数组消除掉。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lld long long

const lld p = 998244353;
const int N = 10005;
int n, m;
lld f[2][N];

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m+m+1; i++)
        f[1][i] = 1;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        for(int j = 1; j <= m+m+1; j++)
            f[1-(i&1)][j] = 0;
        for(int j = 1; j <= m+m+1; j++){
            int j_ = j-m-1;
            for(int k = 1; k <= m+m+1; k++){
                // k_+h_ -> j_(>=0) or h_ = j_
                int k_ = k-m-1;
                if(k_+j_ < 0) continue;
                (f[1-(i&1)][min(k, k+j-m-1)] += f[i&1][j]) %= p;
            }
        }
    }

    lld ans = 0;
    for(int i = 1; i <= m+m+1; i++)
        (ans += f[n&1][i]) %= p;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

正解

参考题解

实际上就是我考场做法+前缀和优化

先换一个更好理解的状态转移方程：

$$f(i-1,k) \stackrel{\sum}{\longrightarrow} f(i,j)$$

假设填的数是$x$，那么应该满足：

1. $x+k\geq 0$，或者说$x\geq -k$
2. $j = \min(x, x+k)$

其实不需要枚举$j$，只需要枚举$x$和$k$。

分类讨论一下，会发现转移的时候实际上是区间加。

$$\begin{cases} f(i,j)\stackrel{\sum}{\longrightarrow} f(i+1,k1)&,j<0\\ f(i,j)\stackrel{\sum}{\longrightarrow} f(i+1,k2)&,j\ge 0 \end{cases}$$

其中$k1\in[0,m+j],k2\in[-j,m]$

于是改一下状态，使得它表示情况数的前缀和。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lld unsigned long long

const lld p = 998244353;
const int N = 10005;
int n, m;
lld f[2][N];

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m+m+1; i++)
        f[1][i] = i;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m+m+1; j++)
            f[i&1][j] = 0;
        for(int j = 1; j <= m+m+1; j++){
            int j_ = j-m-1;
            if(j_ >= 0) f[i&1][j] = (f[1-(i&1)][m+m+1]-f[1-(i&1)][j_]+p)%p;
            else f[i&1][j] = (f[1-(i&1)][m+m+1]-f[1-(i&1)][m-j_]+p)%p;
            (f[i&1][j] += f[i&1][j-1]) %= p;
        }
    }

    printf("%lld\n", f[n&1][m+m+1]);
    return 0;
}

二编：原来是正解写挂了啊（悲）我还以为是好暴力

T3 Journey

非常经典的边分类复杂图论题（雾）
（怎么搜不到题解啊西内，给的题解是真的一点细节都没说啊）

题意

图中所有点有颜色（红蓝），经过时颜色会反转。要求一条长度小于$5e5$的路径，使得图中所有点颜色一致。

判断无解

讨论图是否是二分图。

1. 当图是二分图
   性质:
   给每个点在红蓝染色的基础上进行黑白染色。
   对于一个点，它有两个颜色权值：红0蓝1，黑0白1。
   由于二分图的性质，一定是每条边一定是（黑点,白点）。
   考虑每次移动的影响：移动后，“所在点的黑白情况”会反转，且“某一点的红蓝”会反转。则两者造成的影响，在异或和中会抵消。
   也就是说，无论怎么移动，$S=col(u)\oplus col2$的值都不会改变。
   （其中$col(u)$表示点$u$的黑白情况，$u$表示当前所在点，$col2$表示所有点的红蓝情况异或和，结果均为0/1）
   判断：
   初始情况和终止情况的$S$是否相同，若相同则有解，否则无解。
   初始情况指：在点$1$尚未行动时的局面。
   终止情况指：到点$n$且红蓝同色的局面。

2. 当图非二分图
   性质：
   在图上建生成树，生成树一定是二分图。而由于原图非二分图，那么一定存在“调整边”（两端点同色），通过这些边可以令$S$取反，故一定可以使得初始情况的$S$等于终止情况的$S$。
   判断：
   非二分图上必定有解。

构造方案

对于一个有解的二分图（非二分图的生成树），不需要调整，直接走到点$n$就能得到答案。
而对于一个需要调整的非二分图，
按照以下步骤调整：

1. 先沿着生成树走到一条“调整边”，经过这条边以调整$S$。

2. 走到终点$n$，并从点$n$开始进行树上dp以调整红蓝颜色。
   （所以建造生成树时应当以$n$为根）

3. 上述步骤的方案至多是$6n$步，但目标是$5n$，需要继续优化。

4. 事实上可以一边调整$S$，一边进行dp调整红蓝颜色，这样就可以省略第2条产生的$n$步。此时的方案路径长度至多为$5n$。

5. 还有一个补充的优化：“调整边”一定是返祖边，分若干种情况讨论可以使路径长度降低至$4n$。这一条笔者不理解，好在也并不必要。

关于第2条中的dp：

T4 NoCruelty

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