CSP-S 2022 复赛题解

退役选手口胡 /oh /oh /oh，有问题敬请指出

假期计划（holiday）

首先进行 $n$ 次 BFS 预处理出 $dist(i, j)$，表示两两之间的最少中转点个数（最短路）。

直觉告诉我们应该枚举 $B, C$。那么 $B-C$ 能不能 $k$ 步到达直接利用 $dist(B, C) \le k$ 来判断即可。接下来考虑对于已经确定的 $B, C$，应该如何选择合理的 $A, D$。

$(A, B)$ 和 $(D, C)$ 应该是完全等价的，这里不妨考虑前者。如果不考虑“点不重复”的限制，那么 $A$ 应该是所有满足 $dist(1, A) \le k$ 且 $dist(A, B) \le k$ 的点中权值最大的。预处理这个最优的决策点为 $A_1[B]$。同理预处理出次优点、次次优点，分别记为 $A_2[B]$、$A_3[B]$。

那么，在枚举 $B, C$ 之后，调用所有 $9$ 组 $A_i[B]$ 和 $D_j[C]$，判断合法性（是否重复）并计算权值最大的方案即可。显然这 $9$ 种方案里必然存在一种方案是四个点互不相同的。

最短路、预处理、计算答案的时间复杂度均为 $O(n^2)$。

策略游戏（game）

首先分析当先手已经把 $A_i$ 选定时，后手应该怎么选择 $B_j$ 去使得答案最小：

1. 能取异号的，那必然选异号的，而且要取绝对值最大的那个；
2. 没有异号的，考虑取 $0$；
3. 如果只能取同号的，那么一定取绝对值最小的那个。

总结一下以上几条策略，发现需要用到的量包括：区间内「负数」「正数」的“最大”和“最小”值以及「$0$」。在这样的情形下，考虑先手应该如何应对，不难发现，先手要取的数也必然是以上几种之一。

因此，使用线段树 / ST 表维护区间的以上几种信息。对于一次询问，先查询到 $A[l_1, r_1]$ 和 $B[l_2, r_2]$ 的这 5 个信息后，依次枚举先手决策、后手决策，对每个先手决策取最小值的最大值即是答案。

时间复杂度 $O(n \log n)$。

星战（galaxy）

先把题面要求的东西翻译成人话：有一些删边、加边操作，查询是不是每个点的出度都恰好为 $1$（因为如果每个点都有出度的话，必然可以永远地走下去）。

既然如此，考虑维护每个点的出度。设集合 $S$ 表示目前存在的所有边的起点构成的可重集，那么，答案是 YES 当且仅当 $S = \{1, 2, \cdots, n\}$。这里只需要判断集合是否相等，可以采用维护哈希值的方法，比如维护集合内元素的一次方和、二次方和、异或和之类的，看看两边是不是相同。

问题转化为了，在题目给定的加边、删边的条件下，动态维护 $S$ 的一些哈希值 $H$。对于只有单点加、删，可以直接对哈希值 $H$ 进行修改。对于带有加、删以一个点 $i$ 为终点的所有边的时候情形稍复杂，可以预处理 $U_i$ 表示 $i$ 的所有入边对应起点的哈希值（比如一次方和、二次方和、异或和），动态维护 $C_i$ 表示当前时刻 $i$ 存在的所有入边对应起点的哈希值，以此来辅助更新。比如 $H$ 如果设定为一次方和，那么此时对 $v$ 进行第四类修复即可以表示为 $H \gets H + (U_v - C_v)$、$C_v \gets U_v$。其他同理。

时间复杂度 $O(n)$。

数据传输（transmit）

$k=1$ 的时候直接退化为求带权距离，再一来这是个静态问题，这启发我们使用树上倍增。

对于 $k=2$，考虑求 $s, t$ 的答案的时候，把 $s, t$ 之间的链按顺序写下来，记作 $u_1 = s, u_2, u_3, \cdots, u_m = t$，答案就应该是，选定其中的若干项，相邻两项之间的下标差不超过 $2$，然后求对应权值和的最小值。暴力做法可以是 dp，比如 $f_{i}$ 表示最后一个当前落在 $i$，最小权值和，转移的时候往前枚举至多两项（$f_{i-1}, f_{i-2}$）来更新即可。

现在魔改这个东西变成树上倍增，用 $f(u, p, i, j)$（$0 \le i, j < k$）表示考虑从 $u$ 开始往上 $2^p$ 个点构成的数列，从距离 $u$ 为 $i$ 的点走到距离 $2^{p}\text{-th father}(u)$ 为 $j$ 的点的答案。初始化为 $f(u, 0, 0, 1) = v_u$。对每组 $(i, j)$，转移的时候 $O(k^2)$ 枚举跨越中线的一步是经过哪两个点来暴力合并，形式化来说就是 $f(u, p, i, j) = \min \{ f(u, p-1, i, x) + f(2^{p-1}\text{-th father}(u), p-1, y, j) \}$。然后类似求距离的方法，在 LCA 处也是 $O(k^2)$ 暴力合并计算答案。

而对于 $k=3$，上述做法可能会出现问题，具体表现为可以“折返”：

其实这个问题通过改变 $f$ 的初始化方式就可以解决。除了初始化 $f(u, 0, 0, 1)$ 为 $v_u$ 之外，我们还额外地初始化 $f(u, 0, t,t+1)$（$t < k$）为距离 $u$ 不超过 $t$ 的点的 $v$ 的最小值（可以通过递推实现）。回顾上述 $k=2$ 的流程，发现所有的“折返”都被解决了。

时间复杂度 $O(n k^4 \log n)$，感觉有点卡？