Grakn Forces 2020 题解
A
直接从左到右确定即可，因为每个位置有 3 个不同选择，但是相关的限制只有 2 个，所以必然有解。
\(\Theta(n)\)
B
记 \(cnt = a\) 序列中不同的数的个数。
不难发现如果确定了 \(m\) ， 那么 \(cnt \leq m * (k-1) + 1\) 的数列都能被表示出来。
至于证明，考虑一下差分数组即可。
每一个 \(b_i\) 都可以使差分数组上的 \(k-1\) 个位置有值，那么就可以表示出有不超过 $ m * (k-1) + 1$ 个不同数字的 \(a_i\) 了。
最后特判一下 \(-1\) 即可。
\(\Theta(n)\)
C
对每个点计算左边的车到达这个点的时间，以及右边的车到达这个点的时间，然后找到两辆车相遇的位置即可。
\(\Theta(n)\)
D
记坐标整体右移的距离为 \(X\) , 整体上移的距离为 \(Y\) .
枚举每一对点 \((a,b)\) \((c,d)\) , 它给答案的贡献就是对于一段 \(X\) 的前缀 , \(Y\) 必须 \(\geq\) 一个值的限制。
对限制做个后缀 \(max\) 即可。
\(\Theta(nm+max(a_i,b_i,c_i,d_i))\)
E
删掉的权值最小，考虑转化为保留的权值最大。
把集合和数字都看成点，集合里有数字就把这个数字往集合连边，求最大生成树即可。
不难发现这个最大生成树的权值可以达到，并且如果出现环，那么必然会有 \(rainbow\) \(cycle\) .
证明 : 如果这张图上存在环，那么我们考虑一个环
\(x->S_1->y->S_2->z \cdots -> x\) 。
如果这上面有相同的集合，那么就把它们缩起来，这个环显然还是存在的，并且因为有环，所以我们在缩边的时候一定能保证环内仍然有 \(\geq 2\) 个不同的集合.
\(Kruskal\) 即可。
\(\Theta((n+m)\log (n+m))\)
F
难写的做法
一开始 \(n\) 个数互不相等，我们把这个局面记为 \(n\) 个大小为 \(1\) 的下标集合。
不难发现，我们可以做以下两种操作：
1、花费 \(n\) 次操作的代价，把两个大小为 \(n\) 的集合合并为一个大小为 \(2n\) 的集合，这个下标集合内所有下标对应的数仍然是全相等的。
2、花费 \(0\) 次操作，分裂两个下标集合。
那我们只需要合并到最后只有两个集合即可。
考虑二进制合并，然后剩下 \(\Theta(\log n)\) 个集合，其中最大的集合大小大于 \(n\) 的一半。
然后利用最大的集合，把其它集合一一合并起来，这样就只剩两个集合了。
实际测试中对于 \(n = 15000\) 的情况只需要 \(100068\) 次操作 。
好写的做法
还有一种做法，先求出 \(k\) 满足 \(2^{k+1} \geq n\) , 然后直接做两次,先使前 \(2^k\) 个数变为相等的，再让后 \(2^k\) 个数变为相等的即可，操作数比我当场写的做法多一点，但是很好写。
G
一些怨念：当时差 2min 没冲完这个题……
建出 \(Kruskal\) 重构树. 不难发现我们取的联通块必然是 \(Kruskal\) 重构树上的一个子树。
那么 \(check\) 每个子树能否成为一个联通块，然后做一个树上背包即可。
H
记 \(0\) 的个数为 \(cntz\) , 不难发现答案有一个上界为 \(\lfloor \frac{cntz}{2}\rfloor\) .
考虑把序列分为两个部分， \(L\) 和 \(R\) , 满足 \(L\) 部分中的点右边都有 \(\geq \lfloor \frac{cntz}{2}\rfloor\) 个 \(0\) , 而 \(R\) 部分中的点左边都有 \(\geq \lfloor \frac{cntz}{2}\rfloor\) 个 \(0\) , 那么 \(L\) 部分只需要考虑在左边的匹配， \(R\) 部分只需要考虑在右边的匹配即可 ， 最后答案需要对 \(\geq \lfloor \frac{cntz}{2}\rfloor\) 取 \(\min\) .
不难发现，对于每个权值只需要在 \(L\) 中保留其最靠右的点 \(l_x\) , 在 \(R\) 中只需要保留其最靠左的点 \(r_x\) .
不难构造出一个网络流模型 :
S -> 权值 , 权值 -> \(l_x\) , 权值 -> \(r_x\) , \(a_i = 0\) 的 \(i\) -> T. 这些边权值为 1
\(L\) 内部 \(i+1\) -> \(i\) , \(R\) 内部 \(i\) -> \(i+1\) , 这些边权值为 INF
答案即为这个网络流图的最大流。
最大流 = 最小割 ， 考虑计算最小割。
不难发现，割掉的边一定是一些 S -> 颜色 和 0 的一段在 \(L\) 中的前缀 、 一段在 \(R\) 中的后缀。
枚举割掉的 0 的在 \(L\) 中的前缀的长度，然后用线段树维护对于每个 \(R\) 中的后缀的答案即可。
\(\Theta(n\log n)\)
I
考虑观察数列 \(x \oplus (x-1)\) , \((x-1) \oplus (x-2)\) \(\cdots\) \((x-k+1) \oplus (x-k)\) .
可以发现如果对 \(x\) 这个数进行了 \(k'\) 次减少操作 , 那么就是把整体的异或异或了 \(x\) 所对应的数列的长度为 \(k'\) 的前缀。
考虑事先异或上所有 \(a_i\) 的异或和，那么问题可以转化为 : 对于每个 \(x\) , 只能取它对应的数列\(x \oplus (x-1)\) , \((x-1) \oplus (x-2)\) \(\cdots\) \((x-k+1) \oplus (x-k)\) .的一段前缀，求取出来的部分的异或和为 \(0 \cdots 2^c\) 的方案数。
不难发现数列 \(x \oplus (x-1)\) , \((x-1) \oplus (x-2)\) \(\cdots\) \((x-k+1) \oplus (x-k)\) 中的数都是形如 \(2^d - 1\) 的形式，记 \(Logk = \lceil \log_2{k}\rceil\) , 这个数列对于任意的 \(x\) ，都最多只有一个 \(2^d-1\) 中的 \(d > Logk\) .
把完全相同的数列合并到一起，不同的数列一共只有 \(192\) 种。
对于这 \(192\) 种数列进行 DP 预处理，具体是记 \(f_{0/1,v,i,now}\) 为当前决策到第 \(i\) 位，前 \(i\) 位被选中的数有 \(now\) 个，当前异或出来的结果低于 \(2^{Logk}\) 的位置为 \(v\) , 高于 \(2^{Logk}\) 的位置是否有值， \(0/1,v\) 可以唯一确定异或出来的数。
然后把所有的 DP 预处理出来的结果 FWT 合并即可。
如果先多项式 \(\ln\) 再用加法来实现这个合并的过程，可以达到一个很优秀的复杂度，参见 EI的提交 , 最慢的点只跑了 93ms .
