POI2004
11th Polish Olympiad in Informatics(POI2004)
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填坑计划第二弹......把这个没填完的坑搬过来啦~
上次勉强填完NEERC的坑.....在qq空间里发现了这个雪藏了很久的坑....赶紧挂出来填了吧
终于填完啦...虽然还有一道交互题....
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代码戳这里
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Tasks
| Game | (Stage I) | (100/100) |
| Strings | (Stage I) | (100/100) |
| Spies | (Stage I) | (100/100) |
| The Competition | (Stage I) | (100/100) |
| The Bridge | (Stage II - day 0) | (100/100) |
| Gates | (Stage II - day 1) | (100/100) |
| Cave | (Stage II - day 1) | (100/100) |
| Passage | (Stage II - day 2) | (100/100) |
| The Tournament | (Stage II - day 2) | (100/100) |
| Guesswork | (Stage III - day 0) | (0/100) |
| East-West | (Stage III - day 1) | (100/100) |
| The Islands | (Stage III - day 1) | (100/100) |
| C-algae | (Stage III - day 2) | (100/100) |
| Maximal Orders of Permutations | (Stage III - day 2) | (100/100) |
Game
考虑所有空的格子排成一串，相邻两个空的格之间设为一级台阶（从左到右逐级降低），这级台阶上的石子数量即为这两空格之间的棋子数量
为了方便处理，我们把数组倒序排放
可以看出一次棋子移动等价于把第\(n+1\)号台阶上的任意颗石子移动到第\(n\)级。我们从\(0\)开始编号
那么，我们可以发现，其实奇数位是没有影响的，显然，移到\(0\)位置的时候会出现败态
从奇数位到偶数位，我们在移回来即可
但是可以发现，偶数位的移动\(x\)颗棋子，相当于去掉了这\(x\)颗棋子
也就是，现在转化成了nim取石子了
那么，我们判断偶数位的\(xor\)值便可以得到先手的胜败态
现在要求的是先手胜利，第一步的方案数
显然，就是要求让每一个偶数位经过更改，使得\(xor=0\)的情况
而\(xor\)的性质就是，只有相等的时候才\(=0\)，且\(xor\)可逆，那么直接\(O(n)\)枚举即可
不过要注意一些边界的情况
Strings
首先考虑第一问
对于一个节点\(i\)，用\(f[i]\)表示覆盖\(i\)为根节点的子树和\((i,fa(i))\)这条边所需的最少线段树
我们来讨论一个节点\(x\)的\(f[x]\)求法
显然，不考虑合并线段的话，那么\(f[x]=\sum f[y]\)(\(y\)是\(x\)的孩子)\(+1\)
但我们可以任意的把两两的线段合并起来（包括\((i,fa(i))\)）,我们假设他有\(d\)和孩子，那么\(f[x]\)也就是\(\sum f[y]\)(\(y\)是\(x\)的孩子)\(+1-[(d+1)/2]\)
对于第二问，考虑二分
我们二分线段的长度上界\(x\)
设\(g[u]\)表示将\(u\)的子树中所有边以及边\((u,p[u])\)按上述方法覆盖（并满足\(x\)的限制）后，边\((u,p[u])\)所在线条的最小长度
记\(u\)的孩子为\(v_1,v_2,…,v_d\)。不妨设\(d+1\)为偶数，恰好需要将\(d+1\)根线头两两配对（若\(d+1\)是奇数，添一根长度\(g[v]=0\)的线头，不会影响结果）
假设与\((u,p[u])\)配对的线头来自\(v_k\)，剩下的\(g[v_1],g[v_2],…g[v_k-1],g[v_k+1],…,g[v_d]\)的最优配法是排序后首尾配对，配完后检查能否都在\(x\)以内
从而可以二分出\(g[v_k]\)的最小值，于是\(g[u]=g[v_k]+1\)
Spies
贪心地选择当前点\(x\)为观察员，那么\(a[x]\)为\(spy\)，则，下一个观察员为\(a[a[x]]\)
用拓扑排序来实现。显然，当没有读入为\(0\)的点时，剩下的为环，那么，继续在环上贪心的找即可
The Competition
首先考虑暴力的做法， 枚举出发点和结束点，即\(1->x->...->y->1\)
然后寻找\(x->y\)的不经过\(1\)的最短路
时间复杂度\(O(n^2logn)\)，吃不消
考虑优化，我们变成枚举一个点\(y\)，那么我们需要得到\(1->x->...->y\)的最短路\(d[y]\)，然后要保证现在\(x!=y\),那么我们用\(p[y]\)表示到\(y\)的最短路的\(1\)后面一个点是\(p[y]\)，这样，只要\(y!=p[y]\)，就是合法的；那么如果\(y=p[y]\)的话，我们需要另找一条路径，也就是\(p[y]!=y\)的最短路
以上需要的最短路和次短路，可分别经过两边最短路算法得到，然后只需要枚举\(y\)即可
时间复杂度\(O(2*nlogn)\)
The Bridge
显然，对于一个人\(x\)，他有两种最有的方法过桥：
1、选择时间最少的\(a[1]\)与他过去，\(a[1]\)回去，\(t=a[x]+a[1]\)
2、选择一个时间和他差不多的过去，在让另一个小的回来，\(t=a[x+1]+a[1]+a[2]*2\)
注意特判\(n=1\)的情况
Gates
一次尽可能的把所有的点标向\(1\)，另一次尽可能的把所有的点标向\(0\)
具体的BFS方法是：以标为\(1\)为例，先把出去\(0\)、\(1\)以外的所有点的输入全部标为\(1\)，然后从\(0\)开始拓展，一旦一个点的类型发生了改变，入队，以此BFS即可
最后，两边BFS结果类型一样的，说明是确定的，否则输出“？”
Cave
论文结论题，我个看论文差点看不懂的，就不瞎比比了
下面就给出论文截图吧QwQ
Passage
考虑直接状压来做，对于当前状态\(x\)，表示每个人是否已经过去了，那么预处理的时候，首先把所有的人排序，然后我们可以找到时间最长的一个人，这个人一定要过去了
因为当前来说，他花费的时间最长，一定有一个时间是他的，然后暴力枚举他可以带走的人\(O(2^n)\)
这样，乍一看时间复杂度是\(O((2^n)^2)\)，会TLE？
我们来仔细证明一下复杂度：
求解\(f[X]\)最坏情况下需暴力枚举\(2^(k-1)\)次,这样的集合\(X\)共有\(C_n^k\)个。对所有状态求和，总共需要枚举次数为$$T(\sum_{k1}{n}C_nk*2{k-1})=T(3n)$$
那么\(3^{16}=4kw+\)，粗略看起来是卡的进去的....事实确实如此
The Tournament
几个结论：
1、出度最大的点，一定是可以胜利的点
2、和可能胜利的点之间没有直接输赢关系的点，均是可能胜利的点
那么，我们可以根据性质1，直接求出一个点来
然后剩下的问题就是求和第一个点在补图上联通的点
直接bfs就可以解决，具体的方法是次枚举一个未在连通块的点，然后从它开始宽搜出它所在的连通块
具体是枚举它的所有原图的边，标记起来，枚举边之后再枚举所有的点，将未标记的点加入该连通块，并加入队列继续宽搜
为了加快速度，开了链表来存未在当前联通块中的点
Guesswork
交互题.....还是先弃坑吧.....
思考了一下...我的准确略达不到这么高
大概的想法就是第一问按照分成九等份来回答，准确率似乎挺高的...
后面的问题对于第\(i\)次猜测，设\(a_L<x<a_R\)，(\(a_L\),\(a_R\)为已猜的数)，那么将\(x\)放在\(a[L+trunc(\frac {(R-L-2)*(x-a_L)}{a_R-a_L})+1]\)处
大约估算了一下，准确略在\(3.2\%\)左右，但题目的要求准确率应当在\(3.3\%\)以上....gg..不会
East-West
mdzz....内存卡的好紧啊
假设我们已经找到了分割点（就是能把东海岸的点和西海岸的点分开的点）
那么，显然，对于分割点到西海岸的时间局势他们的距离\(g[i]\)
因为从东海岸到西海岸必经这个点，所以从这个点出发的火车，出发时间各不相同，显然不会冲突
那么考虑东边的怎么处理，我们用\(f[i]\)表示东海岸结点\(i\)到分割点的距离，那么求完以后排序
显然，为了解决冲突，排序以后\(f[i]=max{f[i],f[i-1]+1}\)
这样以后，我们把\(f[i]\)和\(g[i]\)大小搭配，求得最小解即可
现在的关键是怎么求分割点，显然我们可以用lca来做，但是无论是倍增求LCA还是树剖来做，都要爆内存......
考虑用染色来解决:方法是把所有西端节点标号\(2\)，如果一个点有\(≥2\)个的有标号节点儿子则标号\(2\)，如果有\(1\)个有标号儿子标号\(1\)，深度最小的标号为\(2\)的点即为关键结点，可以直观的画个图来理解
那么，在求出关键点以后，直接dfs一遍就可以求出\(f[i]\)和\(g[i]\)了咯
The Islands
把多边形拆分，按照\(y\)轴排序，\(x\)轴离散，这样就变成了区间覆盖求最大值问题
按照\(y\)轴上的顺序扫描即可
但是需要注意一个特殊情况，比如样例，感叹号区域是属于多边形外侧的
那么，我们只需要对于同一个多边形，按照\(y\)轴排序，然后已经出现过的区间应该减去1，否则应该加上1
然后在按照所有的操作排序，扫一遍即可
mdzz......我个制杖线段树的标记下传写错了...愣是没发现，盯着看了半个小时QAQ
C-algae
考虑第一种构造方法，原图一定是不联通的，那么我们把原图拆成几个子图再去判断即可
考虑第二种构造方法，其补图一定是不联通的，根据补图拆分原图再去判断即可
当图中点数\(≤2\)时，一定成立
直接dfs即可....
但是时间卡的比较紧，各种xjb优化....用stl辅助优化....
但是POI官网上还是跑不过去....在bzoj上，开了O2以后开始跑进去了...那就不管了
Maximal Orders of Permutations
先不考虑字典序的问题，我们先来解决第一个问题：有\(\sum_{i=1}^{k} x_i\leq n\)(\(\sum_{i=1}^{k} x_i<n\)的时候用\(1\)填充)求\(LCM\{x_1,x_2,...,x_k\}\)的最大值
容易证明\(x_i\)均为质数的幂次且两两互异的时候LCM最大，于是\(LCM\{x_1,x_2,...,x_k\}=\prod_{i=1}^{k}x_i\)的乘积
那就打一张质数表，然后直接用背包问题解决这个最大值即可，需要注意乘积会很大，我们直接取个对数做加法就好
然后怎么求得方案呢？显然对于每一个状态记录下所有的值会MLE
我是直接记录了前一个状态的下标，然后倒着做一遍，求得结果就好
试几组大数据后发现，我们的质数表打到\(400\)以内就够了，不到\(100\)个质数
现在还剩一个问题，求得了\(\{x_1,x_2,...,x_k\}\)，怎么使得字典序最小
这个其实观察一下样例就可以发现，首先我们要把\(\{x_1,x_2,...,x_k\}\)按照升序排序，然后每一个置换都是从第二个开始，把第一个放在最后，这样是最优的
