联合省选 2021 B 卷题解

Day1

数对

给定 $n$ 个正整数 $a_i$，请你求出有多少个数对 $(i, j)$ 满足 $1 \le i \le n$，$1 \le j \le n$，$i \ne j$ 且 $a_i$ 是 $a_j$ 的倍数。

$2 \le n \le 2\times 10^5$，$1 \le a_i \le 5 \times 10^5$。

考虑使用桶，记 $cnt_x$ 表示 $a_i = x$ 的个数。

那么分两种情况讨论，第一种情况是 $a_i = a_j = x$，对答案的贡献为 $\sum \binom{cnt_x}{2}$；第二种是 $a_i = x < a_j = y$，那么这时候枚举 $a_i$ 的值 $x$，同时枚举 $x$ 的倍数 $y$，对答案的贡献为 $\sum\limits_{x} \sum\limits_{y} cnt_x cnt_y$。

时间复杂度是经典的调和级数 $O(\frac{n}{1} + \frac{n}{2} + \frac{n}{3} + \cdots) = O(n \ln n)$。

卡牌游戏

有 $n$ 张卡牌，第 $i$ 张卡牌的正面有数字 $a_i$，背面有数字 $b_i$，初始时所有卡牌正面朝上。

现在可以将不超过 $m$ 张卡牌翻面，最小化朝上的 $n$ 个数字的极差。

$3 \le n \le 10^6$，$1 \le m < n$，$1 \le a_i, b_i \le 10^9$，$a_i$ 单调不下降，$2n$ 个数字互不相同。

先把 $a, b$ 拼成一个长度为 $2n$ 的数组 $c$ 排序。

对于这个有序的数组，极差即是选中的那一段 $l, r$ 的 $c_r-c_l$。

于是用双指针枚举 $l, r$，不在 $l, r$ 当中则意味着那一位被删除，具体要求是：

• 删掉的 $a$ 面不超过 $m$；
• 不存在同一张卡牌的 $a, b$ 面同时被删除。

对于第一条开一个 $cnt$ 维护，第二条开一个 $vis$ 数组维护即可。

时间复杂度 $O(n \log n)$，不明白 $a$ 有序有什么意义。

图函数

对于一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图 $G$，定义函数 $f(u, G)$：

• 初始化返回值 $cnt = 0$，图 $G' = G$。
• 从 $1$ 至 $n$ 按顺序枚举顶点 $v$，如果当前的图 $G'$ 中，从 $u$ 到 $v$ 与从 $v$ 到 $u$ 的路径都存在，则将 $cnt + 1$，并在图 $G'$ 中删去顶点 $v$ 以及与它相关的边。
• 第 $2$ 步结束后，返回值 $cnt$ 即为函数值。

现在给定一张有向图 $G$，请你求出 $h(G) = f(1, G) + f(2, G) + \cdots + f(n, G)$ 的值。

更进一步地，记删除（按输入顺序给出的）第 $1$ 到 $i$ 条边后的图为 $G_i$，请你求出所有 $h(G_i)$ 的值。

$2 \le n \le 10^3$，$1 \le m \le 2 \times 10^5$，$1 \le x_i, y_i \le n$，没有重边和自环。

因为只要求求出每个 $h(G_i)$，而不是求具体的 $f(u, G_i)$，所以考虑贡献法。

考虑一对 $(u, v)$ 如果能对 $f(u, G_i)$ 造成贡献，当且仅当存在一条 $u \to v \to u$ 的环，且这个环上没有编号 $<v$ 的点。

于是问题转化为对于 $\forall G_i$，求 $G_i$ 中有多少 $(u, v)$（$u \ge v$）满足存在 $u \to v \to u$ 的环不经过编号 $< v$ 的点。

一个点对显然会对一个 $G$ 的前缀造成贡献，令 $path(u, v)$ 表示最大化的 $u \to v$ 的路径上经过的边的编号的最小值。那么 $G_{1 \sim \min(path(u, v), path(v, u))}$ 会得到贡献。

可以直接 Floyd $O(n^3 + m)$ 或 Dijkstra $O(nm \log m)$ 求出。

当然这不稳，可以考虑一个更高明的做法。枚举 $v$，在每张图中只保留 $[v, n]$ 那些点，求出每张图中它能到达的点的个数即可。

当然直接这样模拟是 $O(nm^2)$ 的，考虑反转时间轴变成逆序加边，对于一条新加的边 $(a, b)$（$a, b \ge v$）：

• 如果 $vis_a = 1$ 且 $vis_b = 0$，那么从 $b$ 开始 BFS；
• 如果 $vis_a = 0$ 且 $vis_b = 0$，那么先加到图中，等着以后可能有用；
• 否则这条边没有意义。

易证每一条边最多只会用到一次，所以在 BFS 的时候“过河拆桥”即可。时间复杂度 $O(nm)$。

Day2

取模

给定 $n$ 个正整数 $a_i$ 请你在其中选出三个数 $i, j, k$（$i \ne j$，$i \ne k$，$j \ne k$），使得 $(a_i + a_j) \bmod a_k$ 的值最大。

$3 \le n \le 2 \times 10^5$，$1 \le a_i \le 10^8$。

首先将 $a$ 数组排序，逆序枚举 $a_k$，在前面做二分或者双指针求出 $(a_i + a_j) \bmod a_k$ 的最大值更新答案。

当 $ans \ge a_k$ 的时候就可以 break 了，可以证明枚举的 $a_k$ 的个数是 $\log$ 级别的，但我不会证。

宝石

给定一棵大小为 $n$ 的树以及 $m$ 种宝石，结点 $i$ 上有第 $w_i$ 种宝石。

宝石收集顺序是一个长度为 $c$ 的序列 $P$，$P$ 中没有重复元素。

$q$ 次询问，每次给出 $s, t$，问从 $s$ 走到 $t$ 的过程中，所经过的结点的 $w$ 形成的序列与 $P$ 的最长公共子序列的长度。

$1 \le n, q \le 2 \times 10^5$，$1 \le c, m \le 5 \times 10^4$，$1 \le P_i, w_i \le m$。

将 $s \to t$ 拆为 $s \to \text{lca}, \text{lca} \to t$ 的两个过程。

考虑链上的情况，记结点 $u$ 的后继 $suc_{u}$ 为其右边最近的满足 $w_v$ 在 $P$ 序列中恰好是 $w_u$ 的下一项的 $v$。

那么如果询问的 $s < t$，就从 $s$ 右边的第一个 $w = P_1$ 的位置开始，不断跳 $suc$，直到越过 $t$ 结束，跳的次数就是询问的答案。不难发现这个过程可以倍增优化。

现在搬到树上，$s \to \text{lca}$ 的过程不难套用上述方法，但如果考虑 $\text{lca} \to t$ 呢？

一个解决办法是把过程拟过来，记录 $pre_{u}$ 为其父亲链上的最近的满足 $w_v$ 在 $P$ 序列中恰好是 $w_u$ 的前一项的 $v$。

每次询问的时候二分答案 $a$，从 $t$ 上方的最近的 $w = P_a$ 的那一个位置开始不断跳 $pre$ 就行了。

至于找到“$t$ 上方的最近的 $w = P_x$ 的位置”，可以使用可持久化线段树维护这个东西。

时间复杂度 $O(q \log^2 m)$。

滚榜

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$，求有多少 $1 \sim n$ 的排列 $p$，满足存在一个 $\sum b = m$ 的不下降序列 $b$，使得对于任意 $i, j$（$i < j$），都有：

• $a_{p_j} + b_{p_j} \ge a_{p_i} + b_{p_i} + [p_i < p_j]$
• $a_{p_i} + b_{p_i} \ge a_{p_j} + [p_j < p_i]$

$1 \le n \le 13$，$1 \le m \le 500$，$0 \le a_i \le 10^4$。

容易发现 $b$ 的分配是贪心的，每次给出最小的 $b$，只要 $\sum b \le m$ 就是合法的方案。

一个显然的结论是“当前选手想当 rank 1 只要比上一名选手高即可”，这是因为上一名选手是当前的 rank 1。

于是可得（忽略编号问题，这个显然是容易处理的）：

• 如果 $a_i \ge a_{i - 1}$，则 $b_i = b_{i - 1}$；
• 如果 $a_i < a_{i - 1}$，则 $b_i = b_{i - 1} + a_i - a_{i - 1}$。

综合一下上面两个式子其实就是 $b_{i} = b_{i - 1} + \max(0, a_i - a_{i - 1})$。

进而通过考虑贡献可以知道 $\sum b = \sum \max(0, a_i - a_{i - 1}) (n - i + 1)$（每个贡献都是一个后缀）。

于是考虑状压 DP，用 $f(S, i, j)$ 表示，当前使用过的集合是 $S$，最后一个选的是 $i$，以及当前对 $\sum b$ 的贡献是 $j$。转移的时候枚举接下来选哪一个人，计算一下贡献即可。

时间复杂度 $O(2^n n^2 m)$，轻微卡常。