Solution Set -「LOCAL」冲刺省选 Round XIII

$\mathscr{Summary}$

  有一说一，虽然我炸了，但这场锻炼心态的效果真的好。部分分聊胜于无，区分度一题制胜，可谓针对性强的好题。

  A 题，相对性签到题。这个建图确实巧妙，多见见就好。

  B 题，小常数暴力卡常，证了复杂度就是正解，这……

  C 题，写了个伪解 ha 了差不多一个小时才 ck 掉，浪费了很多时间，策略问题啊。

$\mathscr{Solution}$

$\mathscr{A}-$ 一般图带权多重匹配

  给定 $\{a_n\}$，$\{c_{n\times n}\}$，每次操作取一对 $(i,j)$，令 $a_i\leftarrow a_i-1,a_j\leftarrow a_j-1$，代价为 $c_{i,j}$。求使 $\{a_n\}$ 全为 $0$ 的最小代价。

  $n\le50$，$a_i\le100$，$k:=\sum_i[2\nmid a_i]\le8$。

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  这个 $k$ 的限制一看就是 NPC 的问题的弱化，这提示我们从 $\forall i,2\mid a_i$ 的情况入手。对于每个使所有 $a_i=0$ 的策略，其选择方案可以看做 $n$ 个结点间的连边方案，结点 $i$ 的度数为 $a_i$，$2\mid a_i$，那么我们自然有办法对每条边定向，使得每个点出度入度相等。

  反过来，人为规定：加入 $\sum_ia_i$ 条有向边，使得点 $i$ 的出度和入度都为 $\frac{a_i}{2}$，因此可以得到费用流模型：

• 令 $i$ 对应结点 $i_1,i_2$，连接 $\lang S,i_1,\frac{a_i}{2},0\rang$，$\lang i_2,T,\frac{a_i}{2},0\rang$；
• $\forall i,j$，连接 $\lang i_1,j_2,+\infty,c_{ij}\rang$。

这个网络的最小费用就是答案！

  考虑奇数，其实也没啥事了，$\binom{k}{k/2}$ 枚举多出来的 $1$ 放在 $i_1$ 还是 $i_2$，相当于枚举多出来的是一个入度还是出度。最终复杂度为 $\mathcal O\left(\binom{k}{k/2}\operatorname{Dinic}(2n+2,n+n^2)\right)$。

$\mathscr{B}-$ 排序

  （略有简化。）给定一棵含有 $n$ 个结点，以结点 $1$ 为根的树。每个叶子有一个非空取值集合，你需要构造叶子的取值方案，使得存在一种 DFS 方法使遍历到的叶子的值单调递增。若有解，输出取值方案及 DFS 方案。

  令 $m_i$ 为 $i$ 的取值集合大小（若 $i$ 非叶，则 $m_i=0$），$k$ 为结点最多拥有的孩子数量，则 $n,\sum_i m_i\le10^5$，$k\le8$。保证取值集合所有元素互不相同。

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  有一个非常显然的暴力：令 $f(u)$ 表示 $u$ 子树内极小取值区间集合，定义合法取值区间 $[l,r]$ 极小当且仅当不存在合法取值区间 $[l',r']$，使得 $l\le l'\le r'\le r$。转移时全排列枚举孩子顺序以及左端点，一路 lower bound 过去得到对应右端点，最后删掉不极小的取值区间。

  进一步，这个全排列过程可以优化为：枚举第一个孩子及其左端点，状压其余孩子求最小右端点。设 $u$ 的孩子们的 $f$ 集合大小为 $s_1,s_2,\cdots,s_k$，则转移 $u$ 的复杂度为 $\mathcal O(\left(\sum_is_i\right)2^{k-1}\left(\sum_i\log s_i\right))$，其中 $\log$ 是转移内部的 std::lower_bound，也许可以优化掉叭 awa；转移复杂度之和是算法瓶颈。

  加一个优化：若 $u$ 只有一个孩子，作常数的处理之后直接继承这个孩子的 $f$ 信息。

  好，现在我们证明这个暴力是对的（？！）

  考虑某片叶子 $l$ 处的取值集合 $S$，我们称 $x\in S$ 是 $u-$contributor，当且仅当 $x$ 是 $f(u)$ 内某个区间的左端点。对于 $l$ 的祖先 $u$，定义 $S_u=\{x\in S\mid x\text{ is }u-\text{contributor}\}$，初始时自然有 $S_l=S$。现对于 $l$ 的拥有至少两个孩子祖先 $v$，及 $v$ 的父亲 $u$，考虑 $S_v$ 变到 $S_u$ 的过程：

  显然 $S_u\subseteq S_v$，显然 $\forall x,y\in S_u$，$x\neq y$，构成 $[x,x']\in f(u)$ 的转移区间序列 $X=\lang [x,x_1],[x_2,x_3],\cdots\rang$ 与构成 $[y,y']\in f(u)$ 的转移区间序列 $Y=\lang [y,y_1],[y_2,y_3],\cdots\rang$ 必然满足：$[x_2,x_3]\neq [y_2,y_3]$。

  这一点表明，若 $v-$contributor 想要成为 $v-$contributor，就必然需要 $v$ 的一个独一无二的 contributor 给予“支持”（注意并不一定消耗这个 contributor）。

  现在，我们抛却所有题目本身的性质，只考虑这个弱化限制下的 contributor 总量：设 $u$ 的孩子们 $v_1,v_2,\cdots,v_k$ 给到 $u$ 的 contributor 数量是 $c_1,c_2,\cdots,c_k$，不妨设 $c_1\le c_2\le \cdots\le c_k$，根据我们的 contributor lemma，我们知道

$$c_k\le\sum_{i=1}^{k-1}|f(v_i)|.$$

因而

$$|f(u)|=\sum_{i=1}^{k}c_i\le\min\left\{2\sum_{i=1}^{k-1}|f(v_i)|,\sum_{i=1}^k|f(v_i)|\right\}.$$

  最后，把问题放在全局，令 $c_u$ 表示 $u$ 对父亲的 contributor 数量，特别地，$c_1=|f(1)|$；令 $s_u$ 表示 $u$ 的子树内所有叶子取值集合大小和，那么

$$\sum_uc_u=\sum_{u\text{ is not a leaf}}|f(u)|.$$

根据结论：

$$\begin{aligned} \sum_uc_u &\le |f(1)|+ 2\sum_u\sum_{v\in\operatorname{son}(u)\\v\neq\arg\max\{|f(w)|w\in\operatorname{son}(u)\}}|f(v)|\\ &\le |f(1)|+2\sum_u\sum_{\dots} s_v\\ &= \mathcal O(n\log n). \end{aligned}$$

（假定 $n,m$ 同阶。可以发现第二步表述的就是 DSU on Tree 的复杂度。）

  因此，我们得到该算法的一个复杂度上界：$O(k2^{k-1}n\log n)$（crashed 指出 std::lower_bound 的确可以优化掉）。算出来大概是 $1.7\times10^9$，不过至少摆脱了“暴力 $n^2$”的范畴；况且 $k2^{k-1}$ 很难在每个点取满，所以还是比较令人信服的算法。（

$\mathscr{C}-$ 传染

  给定一棵含有 $n$ 个点的有边权的树，结点 $u$ 爆炸会使与其距离不超过 $r_u$ 的结点爆炸。求至少要人为起爆多少个结点才能使所有点爆炸。

  $n\le3\times10^5$。

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  点分治 + Two-pointers 优化建图。每次考虑跨过点分中心 $x$ 的爆炸传导路径，求到结点们分别按“引爆其他子树的能力”和“被其他子树引爆的能力”排序的序列 $S,T$，发现每个 $s\in S$ 连向 $T$ 的前缀；$s_i$ 能影响的结点是 $s_{i+1}$ 能影响的子集。建虚点优化建图跑 Tarjan 即可。

  点数和边数都是 $\mathcal O(n\log n)$ 的，不过排序序列造成了瓶颈 $\mathcal O(n\log^2n)$。不考虑 Radix Sort 等不讲武德的东西，猜测可以用边分树 + 归并处理两个序列做到 $\mathcal O(n\log n)$？