省选题选做

P9170 [省选联考 2023] 填数游戏

打 zr 遇到的某题加强版。

首先 $|S|,|T|=1$ 的情况可以拆成在两个相同的数选一个，这样就都是两个数的情况了。

考虑 check 合法。显然可以转化为 $T_{i,1}\to T_{i,2}$ 连边，然后翻转一些边使得每个点度数 $\le 1$，显然联通块只能形如基环树或者树，并查集判下就好。

接下来考虑求解，分两种情况：

• 基环树

首先非环边是确定方向的，所以这部分能匹配就匹配。接下来考虑环边，有两种定向方法，设这两种的答案分别为 $A,B$，那么目的是要最大化 $min(A,B)$。考察一条环边，发现确定其对应的 $a_i$ 时会有五种情况：无论如何也不匹配，只能在 $A$ 中匹配，只能在 $B$ 中匹配，$A,B$ 都能匹配（自环），只能在 $A,B$ 选一个匹配。显然前四种选了不会更劣，用完之后再用第五种操作尽量填平最小值，容易 $O(1)$ 计算。

• 树

此题真正难点。

首先将 $|S\cap T|\le 1$ 的位置都选了。

然后考虑剩下部分，可以看做给边“定向”。具体来说，若 $T$ 在 $u,v$ 中选了 $v$，就可以看做定向 $u\to v$。这里的定向是相对 Alice 而言的，和 Bob 无关。

Bob 显然是选一个根，形成一棵外向树。设 $w_i$ 表示将根定为 $i$ 的价值。那么可以发现，定向 $fa\to u$ 相当于将 $u$ 子树外 $w$ 值集体 $+1$，反之则为 $u$ 子树内集体 $+1$，最终要确定一种操作方案，使得 $minw$ 最大化。

显然暴力考虑每种方案是指数级的，这启发我们减少状态数。具体而言，如果我们发现，如果两条边 $+1$ 的点集无交，那么会有的点没有被加到，显然翻转一下某条边更优，这样每个点至少加一次。然后可以发现这样最终的方案一定形如选一个根，每条边都是根向边。需要注意的是，这里的根是相对 Alice 的方案而言，并不是 Bob 的。

因此考虑换根，对于每个 Alice 根，用一个 DS 维护所有 Bob 根的答案。那么可以发现 $u\to v$ 就把这条边翻转一下就行。拍到 dfs 序上就相当于支持：区间加，全局最小值。线段树维护即可。

于是我们以 $O(n\log n)$ 的时间复杂度解决了此题。

P10217 [省选联考 2024] 季风

约定：令 $a_i,b_i$ 代替原来的 $x_i,y_i$，避免变量重名。

显然地，考虑按 $mmodn$ 的值分类，那么每一类都相当于若干个整段 $+$ 一段前缀。

假设加上的是 $[1,i]$ 前缀，选了 $m^{\prime }$ 个整段，那么 $a$ 的和可以表示为$m^{\prime }\times sum{a}_n+sum{a}_i$，$b$ 同理。现在考虑如何对于一个 $m^{\prime }$ check，注意到 $a^{\prime },b^{\prime }$ 是实数，于是不难猜测，有解当且仅当：

$$|m^{\prime }\times sum{a}_n+sum{a}_i-x|+|m^{\prime }\times sum{b}_n+sum{b}_i-y|\le (m^{\prime }n+i)$$

注：$m^{\prime }n+i$ 是实际的 $m$。

于是做一点转化，令 $x\to x-sum{a}_i,y\to y-sum{b}_i$，那么不难发现此时绝对值内的 $sum{a}_i,sum{b}_i$ 消失了。于是只需要分四段大力分讨即可。

注意到答案实际上相当于维护 $\le 3$ 个形如 $ax\le b$ 的不等式的解集。这个随便做就行，我赛时写繁了，用了一个 pair<int,int> 和 array<int,3> 存储最终的解集（可以直接维护左右端点，比较好写），同时细节也很多，比如我就挂了 $60\text{pts}$。

复杂度 $O(n)$，可以通过。

Code

P10218 [省选联考 2024] 魔法手杖

看到异或这种东西，考虑按位确定答案。

先特判掉 $\sum b_i\le m$ 的情况，此时答案就是 $min{a}_i+2^k-1$。否则可以注意到至少一个数不会参与加法。换句话说，答案的位数不会超过 $k$ 位。

直接做貌似并不好处理，考虑放在 01-trie 上做。

具体来说，设计一个函数 solve(p,bit,cost,mn,x,ans) 表示当前走到节点 $p$，$ans$ 为异或部分的最小值，要确定 $x$ 与 $ans$ 在第 $bit$ 位的取值。同时加法部分已经花费了 $cost$，加法部分最小值为 $mn$。

如果递归到叶子，就直接用 $min(mn+x,ans)$ 更新答案即可。

否则，不妨假设当前点有两个儿子。显然，如果两个儿子都选异或，那么答案的这一位一定会 $=0$。我们不希望这种情况发生，所以要考虑将某棵子树全部放进加法部分，记为“删除”操作。

以删除左儿子为例。首先肯定要满足加上左子树之后的 $sum\le m$。那么此时只有右儿子在异或部分，那么 $x_{bit}=0$。然而，我们仍然需要考虑加法部分和异或部分的关系。考虑什么时候加法部分永远比异或部分小：显然，当 $x$ 的 $[0,bit-1]$ 全取 $1$，$ans$ 的 $[0,bit-1]$ 位全取 $0$ 的时候两者相差最小。若 $min(mn,min{a}_{ls})+x+2^{bit}-1\ge ans+2^{bit}$ 即 $min(mn,min{a}_{ls})+z\ge ans$，仍不能分辨出两者的大小关系，递归到右儿子继续计算；否则，加法部分永远小于异或部分，令 $x$ 的后面几位全选 $1$ 即可，用 $min(mn,min{a}_{ls})+x+2^{bit}-1$ 更新答案。

对于删除右儿子以及只有一个儿子的情况也是类似的，具体可以看代码。

时间复杂度 $O(nk)$。

Code

P10219 [省选联考 2024] 虫洞

P10220 [省选联考 2024] 迷宫守卫

题目要求最大化字典序，不妨先考虑考虑如何最大化第一个数。

考虑二分，每次二分一个数 $mid$，考虑 dp 求解，设 $f_u$ 表示 $u$ 子树内最多需要花费多少代价，使得第一个能到的叶子 只能是 $q\ge mid$ 的点。

根据是否封锁当前节点讨论，有 $f_u=min(f_{ls}+f_{rs},f_{ls}+w_u)$。这样只要 $f_{rt}\le k$ 就合法。

然后这个东西也是可以直接 dp 的，具体就是把 $mid$ 扔到数组第二维。但是需要离散化 $+$ 归并排序转移才能保证复杂度，很不优雅。

然后假设第一个走到的是叶子 $p$，考虑将根到叶子的路径拿出来，显然剩下的部分会分成 $O(n)$ 个子树。那么根据 dfs 的性质，最终的序列显然就是 $q_p$ 加上这些子树按根的深度从大到小排序得到的序列依次拼接。于是问题变为了 $O(n)$ 个规模更小的子问题，可以考虑递归。

但是还有一个问题没有解决：就是删掉这条路径之后，$k$ 的变化。显然直接减掉根的 $f$ 不一定是最优的，我们考虑什么时候可以做到更优。考虑路径上（不包括根）的每一个点 $x$：

• $x$ 是右儿子。此时其父亲显然是没有封锁过的（否则会从左兄弟下去，$p$ 就不是第一个点了），也就是 $f_{fa}=f_x+f_{lbro}$。此时我们直接把左兄弟的 $f$ 值加回到 $k$ 里即可。

• $x$ 是左儿子：此时父亲可能被封锁过。首先如果没被封锁和上面是一样的，此时有 $f_{rbro}\le w_{fa}$。否则，我们考虑把 $w_{fa}$ 加回去，也就是撤销掉这次封锁，这样可以使右兄弟的答案变大。但是加回去需要满足从右兄弟下去只能走到 $>q_p$ 的点，否则从右兄弟下去最优解就不是 $p$ 了。判断很简单，只需要检验是否 $f_{rbro}\le k+w_{fa}$ 即可。

复杂度：设 $T(n)$ 为解决高度为 $n$ 的满二叉树所需的时间复杂度，有：

$$T(n)=O(n{2}^n)+\sum _{i=1}^{n-1}T(n-i)$$

然后随便分析分析就知道 $T(n)=O(n{2}^n)$ 了。或者直接打表都知道能过。

Code

P10221 [省选联考 2024] 重塑时光

P10222 [省选联考 2024] 最长待机