Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest 部分题解
比赛链接：http://qoj.ac/contest/947。
A. Zero Sum
朴素 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 行选的数的下标之和为 \(j\)，所得到的最小和。复杂度 \(\mathcal{O}(n^2k^2)\)。
有一个很神奇的结论：将一个长度为 \(n\)、和为 \(0\) 的值域为 \(-1/1\) 的序列随机重排，那么这个序列的最大前缀和期望是 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 级别的。
扩展一下这个结论，将值域变成 \([-k,k]\)，最大前缀和期望就是 \(\mathcal{O}(k\sqrt n)\)。
所以我们可以在 dp 的时候限制第二维的值域大小在 \(\mathcal{O}(k\sqrt n)\) 以内，那么这个朴素 dp 的复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\sqrt nk^2)\) 的了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/PQRXZ8RKw6/。
B. MST
考虑 Boruvka 算法，每次记录前缀最大 / 次大值和后缀最小 / 次小值，需要保证最大（小）值和次大（小）值所属的连通块不同。然后就是直接跑 B 算法了。
其实关键就在于找前缀 / 后缀不属于该连通块的极值是多少怎么做，剩下的就都是套路了。
代码：https://paste.ubuntu.com/p/wtTbnxCs9n。
C. Tree Circles
考虑一个点的半径的范围就是 \(0\sim\) 最大的边权 使得 从它开始只走 \(\le\) 这个权值的边 不能到达除它以外的任何一个关键点。
这个可以建出 Kruskal 重构树，然后用一个树状数组 + 倍增，没有脑子。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/39ZkpZr3CY/。
D. Angle Beats 2.0
神必题.jpg
对于每一个 *，我们将它拆成两个点，其中一个点向左右的 . 连边，另一个向上下的 . 连边。
我们假设这条边对应的末端为这个 * 选择连接的 .。那么显然每一个 . 的入度都是 \(1\)。
那么我们对于每一个连通块单独考虑，总的答案就是所有连通块方案数的乘积：
- 设 \(c1\) 为连通块里
*的数量，\(c2\) 为连通块里.的数量，\(c3\) 为连通块里的边数；- 若 \(c1>c2\)，那么肯定会有一个
.入度大于 \(1\)，此时方案数是 \(0\)； - 若 \(c1=c2\)：
- 若 \(c3=c1+c2\)，说明这个连通块是一个基环外向树，环上有两种定向方案，方案数是 \(2\)；
- 否则就是一棵树，并且每一个
.和一个*一一对应，方案数是 \(1\)；
- 若 \(c1<c2\)，那么我们可以将任意一个
.作为根，构造一棵外向树，此时显然合法，方案数是 \(c2\)。
- 若 \(c1>c2\)，那么肯定会有一个
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/zWcdKdtSvy/。
F. Good Coloring
妙妙题。
考虑给每一条边定向，将颜色编号小的向编号大的连边，不难发现这肯定是一张 DAG。
在这上面跑拓扑排序，定义每个点的深度（即新颜色）为所有向它连边的点中深度最大的点的深度 \(+1\)。
那么找到新图中一条从 \(dep=1\) 的点到 \(dep=\max\limits_{i=1}^n\{dep_i\}\) 的点的长度为 \(\max\limits_{i=1}^n\{dep_i\}\) 的路径，这个新图肯定满足题目条件。证明略。
核心在于给无向图定向变成 DAG 的操作，非常的神奇。
代码：https://paste.ubuntu.com/p/QSm8k7SmNb。
H. Equal MEX
套路题。
如果将序列分成若干段，它们的 MEX 相等，那么这个相等的 MEX 肯定是整个序列的 MEX。
考虑 dp，设 \(f_i\) 表示将 \(1\sim i\) 划分成若干段，每段的 MEX 都等于全局 MEX 的方案数，那么它肯定是由一段前缀的 \(f\) 的和转移过来，双指针即可。
代码：https://paste.ubuntu.com/p/JMw73tPbDc。
K. Number Theory
暴力题。容易发现答案很小，直接存下来所有 \(b^2\bmod p\) 的值，枚举 \(a\) 就行。
代码：https://paste.ubuntu.com/p/fmwBdwzGqS。
L. Modulo Magic
签到题。不难发现对于所有 \(i\ge\lceil\frac{n}{2}\rceil\)，所有的 \(n\bmod i\) 都不一样，且取遍了 \(0\sim\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 的值。而对于所有 \(i< \lceil\frac{n}{2}\rceil\)，肯定有 \(n\bmod i\le \lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)。所以答案为 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\)。
