08.05

CF1672E

有显然的 \(n \log n\) 次做法，对每种行数二分最短列数，但这样求出的信息太多了。

那么一个初步的想法是想办法淘汰掉不优的选择。

少二分几次，二分什么的信息量最大呢？把总长度二分出来即全部放在同一行，对于放 \(h\) 行，它能更新答案当且仅当 \(w_h \cdot h < S + n -1\)，其中 \(S\) 为总长度。这个限制很严，不能让 \(h\) 更大因为此时每个单次后面都会有一个空格，但又最少会放 \((S+n-h)/h\) 行，因此唯一一种方法是 \((S+n-1)/h\)，问 \(O(n)\) 次即可。

询问次数 \(\log n + n\)。

CF1354G

先找一块石头。因为 \(k \leq n/2\)，随机 \(25\) 次，将当前最大的物品和它比较，留下的东西不是石头的概率是 \((1/2)^{25}\)。

接着倍增跳前缀以找到第一个有礼物的区间。找到后在里面二分。总复杂度是 \(2 \log n - \log_2(C)\)，其中 \(C\) 是错误率。

HDU7393

把人分成 \(n/m\) 组，每组 \(m\) 人，想办法让每组有一个人猜对就行了。想办法让一组人猜一整个剩余系。设其他人的和为 \(S\)，第 \(i\) 个人猜 \(S+i\) 即可。\(S + a_i\) 的和为定值，每个人猜这个数 \(\bmod m\) 的值，一定恰一人是对的。

agc004F

图是树或基环树。

相邻点处理容易想到二分图，树就是二分图。

黑白染色，则同时变色等价于交换异色点位置。这顺带说明了黑白点个数必须相同。对于一条树边，若其子树内黑白点的差距为 \(t\)，则这条边必须至少被经过 \(|t|\)，答案下限为 \(\sum |t|\)。

接着是基环树。如果环是偶环，随便断一条边。设断边的流量为 \(x\)，则断边左边的值全部都应该加上 \(x\)，断边右边的值全部都应该减去 \(x\)，这里的左右事实上相对根而言，即右边指的是断边在环上点与根（也是环上点）的路径，左侧则是环上除去路径的那一段。距离变成 \(\sum |a_i-x| + \sum |b+i+x| + |x|\)，直接取中位数即可。

好像挺自然的啊。

CF1450C2

经典题。

把图三染色，一定有一种方法的目标次数不超过 \(k/3\)。

TopCoder13366

不存在四元环。如果存在的话根据连边方式可以证矛盾。

环的期望数量是每两个点形成环的概率的和。算一下就行了。

AtCoder-codefestival_2016_final_g

Krustal 的过程中，边被排序，从小到大试图勾通两个连通块。

当考虑到 \((A, B+1, C+1)\) 时 \((A, B, C)\) 一定被考虑过，转而考虑 \((B, B+1, C+1)\) 是不劣的。

因此现在有两种边，一种边只有 \(O(m)\) 条，另一种边只出现在相邻两个点间，边权递增。

Krustal 时，若考虑到 \((A, A+1, C)\) 时已连通，可以放弃所有 \((A+i, A+i+1, C+i)\)，因为使 \((A, A+1, C)\) 连通的方案整体右移就可以得到不劣的 \(A+i \to A+i+1\) 的方案。

另一个方法是跑两圈 dp 更新相邻两条边的最小值。复杂度瓶颈并不在此。

HDU6664

题面都没看懂。 看懂了

一个房间经过多次只算一次，不可以状压全部房间，但是可以随机 \(k\) 染色并钦定产生贡献的房间的颜色不同。随机很多次取 \(\max\) 即可。

agc006d

好怀念那个时候啊。

先二分答案。二分答案完后变成 \(0/1\)。如果有两个 \(11\) 或 \(00\) 相邻则它们会一直相邻。于是找到离中心最近的两个相同的数值即为答案。

QOJ141

A 传编号 \(\bmod 4\) 就行了，B 自己把它再双染色一下。

度数小于 \(8\) 的点不需要传，这就够了。

CF1372F

假设知道 \(a_i=v\) 且 \(v\) 出现 \(k\) 次，问左右两个大小为 \(k\) 的区间即可确定位置。

分治，每次处理 \([l, r]\) 中所有数。对于该区间内区间众数 \(x\) 及其出现次数 \(y\)，若知道 \(a_p=x\) 则可直接求出 \(x\) 的所有出现位置。否则从区间最大的未确定值的数字开始往右跳，每次跳 \(y\)，直到找到 \(x\) 为止。

我挺好奇这个做法的正确性的。好像与 CF 官方题解的两个做法都不大一样。

现在完全懂了，和第一个做法本质一样的。

一份机翻的官方题解：

解决方案 1

我们将定义一个递归函数 \(determine(l,r)\)，使用查询来确定数组。我们还将存储一个以前返回的查询值 \((x, f)\) 的辅助列表--不是查询本身，而只是返回的值，这样我们就知道，如果列表中出现 \((x,f)\)，那么以前的某个查询显示在某个查询中有 \(x\) 的 \(f\) 实例，而我们还没有确定这些 \(x\) 的 \(f\) 实例在数组中的确切位置。

执行 \(determine(l, r)\) 的过程如下：首先，查询区间 \([l,r]\)，结果为 \((x_1,f_1)\)。

如果我们的辅助列表中存在某个先前的查询结果 \((x_1,f_2)\)，那么我们将通过 \(determine(l, r)\) 中有待解释的细节来保证，产生该结果的区间包含 \([l,r]\)，并且 \(x_1\) 的 \(f_2\) 出现次数中没有一部分出现在 \([l, r]\) 的左边。这样，我们就可以准确地确定 \(x_1\) 的 \(f_2\) 出现的位置。我们在答案中标记这些出现点，然后从辅助列表中删除 \((x_1,f_2)\)，不再添加 \((x_1,f_1)\)。如果 \([l, r]\) 并不完全由 \(x_1\) 的出现次数组成，那么对于某个 \(r'\)，区间的余数必须是 \([l,r']\)，在这种情况下，我们就调用 \(determine(l,r')\)。

如果我们的辅助列表中不存在之前的查询结果 \((x_1,f_2)\)，那么我们就将 \((x_1, f_1)\) 添加到列表中，并执行以下操作：当 \(x_1\) 出现的 \(f_1\) 的确切位置尚未确定时，调用 \(determine(l',l'+f_1-1)\)，其中 \(l'\) 是 \([l, r]\) 中尚未确定的最左索引。确定这些位置后，调用 \(determine(l',r)\)。

要确定整个数组，我们只需调用 \(determine(1,n)\)。很明显，这将正确地确定数组。我们可以看到，它最多使用 \(4k\) 次查询，具体如下：对于我们添加到辅助列表中的查询结果 \((x, f)\) 所代表的每个同值整数块，我们使用 \(2\) 次查询来确定这些整数的确切位置：在列表中添加 \((x, f)\) 时使用一次，在列表中删除 \((x, f)\) 时使用一次。

这并不能保证算法使用 \(2k\) 次查询，因为某些 \(determine\) 调用会将相同值的整数块分割成两个块。不过，我们可以证明，将一个整数块拆分成两个整数块所形成的任何整数块都不能再拆分，因为它们要么出现在查询区间的开始，要么出现在查询区间的结束（完整证明留给读者练习），因此数组中每个不同的值最多产生 \(2\) 个整数块，每个整数块将在 \(2\) 次查询中确定，这意味着该算法最多使用 \(4k\) 次查询。

通过DeepL.com（免费版）翻译

CF1887E

矩形不好处理，但点并不多。把 \((x, y)\) 的颜色为 \(c\) 处理成 \(x \to y+n\) 有一条 \(c\) 的边，抓一个初始边构成的环，每次从正中间劈开，一定至少一个子环没有重复颜色。这样做下去就行了。\(10 > \log_2 n\)，所以一定存在方案。

agc044D

编辑距离可以做什么呢？对于一个全 A 的串，编辑距离可以求出来密码中有几个 A（只使用替换删除）；对于 \(T\) 和 \(S\)，二者为子序列当且仅当编辑距离 \(=|S|-|T|\)（只插入）。

于是求 \(f(S)\) 表示只保留 \(S\) 中的字符密码是什么样子的，合并 \(f(A)\) 和 \(f(B)\) 需要 \(|A|+|B|-1\) 次操作，哈夫曼树优化合并（不优化好像也行）就行了。

至于这个合并，跑一个归并排序，枚举下一位来自哪个串就行了。也可以把一个串的每一位往另一个串里面插。

CF1696G

分成 \(n\) 组，首先在每组中求最大值，把所有最大值拿出来，再求一次得到的就是全局最大值。

我们考虑从大到小一个个求值。如果当前最大值来自于第 \(i\) 组，将它去掉。如果一个组内数值少于 \(n\) 个，就从其它组非最大值中借数字来用。如果最大值不出自这一组，就把最大值移到该组。

这样的次数是 \(2(n^2 -n + 1)-1\)，需要再省掉 \(n\) 次。那么考虑还剩下 \(2n-1\) 个数的局面，这个时候最小的 \(n-1\) 个数值是知道的，每次只用一次操作就可以求出当前最大值了。于是刚好能过。