SDOI 2024 考前做题

1. P9126 [USACO23FEB] Moo Route II S

首先注意到不一定保证 $r_{i} \leq s_{i}$ ，否则就是最短路裸题了。

注意到此时相当于负权图最短路。spfa 也许能过，但是我们想要复杂度正确的写法。

利用一下一条边出入时间固定（至少中途不会变）的性质：不难发现每条边最多只会走一次。不妨考虑 dfs，记录当前的位置和时间。考虑扩展，记当前的时间为 $t$ ，则一条变能走需要满足 $r \geq t$ 。不难对每个点出边按 $r$ 降序排序之后满足条件的是一段前缀。使用 vector 存图，每次记录一下当前弧，搜索即可。

注意当前弧要在 dfs 下去之后更新，不然如果出现环就寄了。可以参考代码。

时间复杂度 $O (n \log n)$ ，瓶颈在排序。

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2. P10199 [湖北省选模拟 2024] 时与风 / wind

是上题的加强版。

首先判断一条路径是否合法：显然充要条件是前一条边的 $[L, R]$ 被后一条边的 $[O, C]$ 包含。然后发现随机是诈骗，只需要取 $R$ 就是答案。

还是考虑 dfs，不同的是记录的时间变成了区间。可以注意到数据范围有 $L, O \leq 20$ ，因此可以考虑对于每个 $L$ 将以其作为左端点的 $R$ 降序排序并维护当前弧即可。

复杂度不变。

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3. P8289 [省选联考 2022] 预处理器

简单模拟。

首先 #define 和 #undef 是好处理的，只需要写一个函数判断标识符即可。在这个过程中用 umap 记录每个宏名被换成什么。

然后考虑普通文本的展开。首先找到每一段极长标识符，然后由于可能递归展开，写一个 dfs 模拟这个过程。整个过程和刚才的极其相似，先将其替换，并再用一个 umap 记录下其正在被展开，然后再遍历所有极长段递归展开。最后结束的时候再将其从 umap 中删掉。其他非标识符直接拼接即可。

需要注意的一点是，umap 删除元素不能直接 =0（如果你判的是 .count()），需要 erase。

于是没了，你注意到 $n \leq 100$ 所以随便过。

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4. P10060 [SNOI2024] 树 V 图

妙妙题。

首先进行一点简单的判无解：关键点的 $f$ 显然是其本身在关键点集合中的编号，所以如果 $f$ 数组没有取遍 $[1, k]$ 就是无解。

首先不难注意到一个事实： $f$ 相同的点构成一个连通块。这是显然的，考虑反证。假设两个 $f$ 相同的点中间有其他点，则中间的点一定还是离这个 $f$ 更近。证毕。

由于是在树上，因此两个不同的连通块之间至多有一处相交，就是较深的连通块的顶部节点和其父亲。这个东西可以直接预处理。具体来说就是如果一条边两端颜色不同，就记录下交点。同时如果儿子的颜色之前访问过了，说明不是一个连通块，无解。注意这么做的话需要在一开始将根的颜色标记为已访问，不然会出问题。

然后我们通过简单的 dfs 求出树上节点两两之间的距离，复杂度 $O (n^{2})$ 。

考虑两个连通块的交点，那么显然要满足：这两个点到各自关键点的距离相差不超过 $1$ 。至于到底是多一还是少一要根据关键点的编号判断。

于是可以考虑将连通块缩点，然后 dp：设 $f_{u, i}$ 表示颜色 $u$ 的连通块选 $i$ 作为关键点，并满足子树内限制的方案数。答案就是新树上树根的 $f$ 之和。注意到只有 $u$ 联通块内的点的 dp 值有意义，转移就考虑枚举 $u$ 选的 $x$ 和儿子 $v$ 选的 $y$ ，那么 $f_{u, x} = \prod_{v \in s o n_{u}} \sum_{f (y) = v} f_{v, y}$ 。注意到每个 $x$ 至多和 $O (n)$ 个点一起被枚举，所以最终复杂度就是 $O (n^{2})$ 。

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5. Comet OJ Contest #14 E

有点意思的题，可以加深对 tarjan 代码的理解。

首先一个环是可以随便走的，因此启发我们对 SCC 缩点。

但是我们发现缩点之后边权成了点权。这是不好的，所以考虑转化一下。

注意到对于点数 $> 1$ 的 SCC，内部是存在边的。不难发现我们只需要取出边权的 $max, min$ 即可。建立三个点 $l_{i}, m i d_{i}, r_{i}$ ，然后连边 $l_{i} \to m i d_{i}$ ，边权为 $max$ ；连边 $m i d_{i} \to r_{i}$ ，边权为 $min$ 。然后新图连边就直接 $r_{i} \to l_{j}$ 即可。此时对于点数 $= 1$ 的 SCC，需要令 $l_{i} = m i d_{i} = r_{i}$ 。

一些细节：在重建图的时候，若 $s c c_{u} = s c c_{v}$ ，不难发现可以直接用 $w$ 去更新所在 SCC 的边权 $max, min$ ，就不用在 tarjan 的过程中去记录了，并且有重边也不会影响；若 $s c c_{u} \neq s c c_{v}$ ，直接连边即可，不需要判重（这是我之前一直犯的一个错误，就是 tarjan 缩点后建图不需要判重，因为 topo sort 的时候一定会遍历每一条边，从而会将 $v$ 入队），而且判重之后如果存在边权不同的重边也不好处理。

然后考虑 dp。设 $f_{i, 0 / 1 / 2}$ 表示从起点走到 $i$ 的最大值/最小值/答案。初始 $f_{i, 0} = f_{i, 2} = - \infty, f_{i, 1} = + \infty$ （注意这里点已经没有点权了，只有边权）。

考虑转移。若存在出边 $u \to v$ ，边权为 $w$ ，那么先令 $m x = max (f_{u, 0}, w), m n = min (f_{u, 1}, w)$ ，那么有转移：

f_{v, 0} \to max (f_{v, 0}, m x)

f_{v, 1} \to min (f_{v, 1}, m n)

f_{v, 2} \to max (f_{v, 2}, f_{u, 2}, m x - w, w - m n)

这里有个小技巧：因为我们无法记录某条路径的 $max / min$ ，所以可以直接钦定当前点为 $max / min$ ，并更新答案。

无解：如果终点 $= 1$ /dp 值没有被更新/不在某个 SCC 里则无解。为什么会存在不在 SCC 里的情况呢？因为我们是从 $1$ 出发，所以 tarjan 的时候只遍历 $1$ 所在的连通块。如果该点和 $1$ 不在一个连通块则无解。

时间复杂度 $O (n)$ 。

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官方题解

6. P2824 [HEOI2016/TJOI2016] 排序

首先考虑序列只有 $0 / 1$ 怎么做。

不难发现可以求出 $0 / 1$ 的数量 $c_{0} / c_{1}$ ，那么升序排序就相当于将前 $c_{0}$ 个位置覆盖为 $0$ ，后面的位置覆盖为 $1$ 。降序同理。

回归原问题，发现此时只需要求一个位置的值。考虑离线，二分答案，将 $\leq m i d$ 的视作 $0$ ，大于的视作 $1$ ，然后直接做就行了。

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7. MX【二月份 -- CSP-S 全真模拟】-- T3 --围堵

傻逼结论 && 诈骗题。

注意到题目规定（看样例）一开始所在的 $1$ 不属于那 $m$ 个点，于是初始令 $d e p_{1} = 0$ ，求出每个点的 $d e p$ 。令 $d e p = m$ 的点为关键点。

对于每个点，如果子树内存在 $\geq 2$ 个关键点，那么必须要封住这个点。所以如果这种点数量 $\geq m,$ 则无解（等于也不行，这样就能直接走过去了）。还有一种情况是子树内 $> 0$ 个关键点的情况，此时数量 $> m$ 则无解（因为封的人是先手）。

于是没了， $O (n)$ 。出题人开 $n, m \leq 400$ 纯司马。

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8. MX【二月份 -- CSP-S 全真模拟】-- T4 --畜牧

这才是好题。

首先有一个关键结论：一次只会卖一个点，而且全卖光。

考虑证明：只要我们可以把两个点的情况合并成一个点，就证完了。

考虑反证，假设在 $i, j$ 处买了两次， $i < j$ ，在 $i$ 处买了 $x$ 个。不难发现此时总价格是 $x p_{i} + (\prod_{r = 1}^{i} k_{r} - x) p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}$ 。分成两种情况讨论：

$p_{i} > p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}$

简单推一下：

x p_{i} + (\prod_{r = 1}^{i} k_{r} - x) p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}

= x p_{i} - x p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t} + \prod_{r = 1}^{i} k_{r} p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}

考虑作差：

p_{i} \prod_{r = 1}^{i} k_{r} - (x p_{i} - x p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t} + \prod_{r = 1}^{i} k_{r} p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t})

= \prod_{r = 1}^{i} k_{r} (p_{i} - p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}) - x (p_{i} - p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t})

= (\prod_{r = 1}^{i} k_{r} - x) (p_{i} - p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t})

\geq 0

$p_{i} \leq p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}$

借用一下上面的结果：

x p_{i} - x p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t} + \prod_{r = 1}^{i} k_{r} p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t}

= x p_{i} - x p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t} + \prod_{r = 1}^{j} k_{r} p_{j}

= \prod_{r = 1}^{j} k_{r} p_{j} - x (p_{i} - p_{j} \prod_{t = i + 1}^{j} k_{t})

\leq \prod_{r = 1}^{j} k_{r} p_{j}

得证。

接下来我们考虑 $i$ 什么时候比 $j$ 优：

p_{i} \prod_{r = 1}^{i} k_{r} > p_{j} \prod_{r = 1}^{j} k_{r}

p_{i} > p_{j} \prod_{r = i + 1}^{j} k_{r}

注意到 $p$ 只有 $10^{9}$ ，所以直觉上 $i, j$ 不会太远。

准确来说，对于一个 $k \neq 1$ 的位置，我们将后面 $k = 1$ 的一段和其合并起来，形成若干连续段。这样每个段内的 $\prod k$ 都是一样的。那么 $i, j$ 至多只隔着 $\log V$ 段。

显然越靠后 $\prod k$ 越大，所以我们只需要考虑最后面的 $\log V$ 段。注意到每一段我们都要选 $p$ 的最大值，可以使用线段树维护。比较就采用上文的方式，用一个 __int128 存储过程中 $k$ 的乘积即可。当然最后算答案的时候还是要乘上前面的前缀积的，这个可以树状数组维护。

实现过程中，可以用 set 存储每个段的左端点，并用 vector 存储取出来的段。

时间复杂度 $O (n \log^{2} n)$ ，大概？

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9. P9168 [省选联考 2023] 人员调度 48 分

是 $O (n m \log^{2} n)$ 的做法。

注意到我们可以从底向上考虑，这样子树内的点就是固定不可移动的了，然后考虑把当前节点的人向子树内调动。

具体来说，每个人维护三个 multiset，分别存储初始在这个节点上的人（的能力值），子树内已经分配好的人，子树内空闲对答案没有贡献的人。分别记为 $s t, o k, g g$ 。

注意到没有贡献的人显然是能力值最小的，因此可以这么设计算法：首先将所有儿子的 $o k$ 和 $g g$ merge 起来，然后考虑加入当前点的 $s t$ ：从大到小加入，如果当前 $o k$ 没有满就加入，否则考虑用当前数替换 $o k$ 的最小值，并将被淘汰的放入 $g g$ 。

注意到合并 multiset 的过程可以用启发式合并，每次直接 swap 当前点和重儿子的 multiset（相当于直接清空重儿子的 multiset），然后对于轻儿子和当前点的 $s t$ 再暴力插入。这样每个数只会被暴力插入 $O (\log n)$ 次，每次插入 $O (\log n)$ ，这样总复杂度就是 $O (n m \log^{2} n)$ 了。