随机乱做 Part 4
- 「CF1739E」Cleaning Robot（DP）
- 「CF1738E」Balance Addicts（双指针 + 组合计数）
- 「CF1738F」Connectivity Addicts（交互 + 贪心 + BFS）
- 「SCOI2007」k 短路（二分 + 暴力 Dijkstra + 搜索）
- 「CF1450E」Capitalism（最短路应用 + 差分约束）
- 「CF1730E」Maximums and Minimums（并查集 + 单调栈）
- 「AGC013D」Piling Up（DP + 容斥）
- CODE FESTIVAL 2016 Final H - Tokaido（deque + 整体 DP）
- 「CF685E」Travelling Through the Snow Queen's Kingdom（Floyd + 倒序加边）
- 「CF1707E」Replace（ST 表 + 倍增）
「CF1739E」Cleaning Robot（DP）
题意：
给定一张 \(2\times n\) 的网格，有一些格子是脏的。有一个扫地机器人每次都会选择曼哈顿距离最近的一个格子清理，如果有多个距离最近的就会发生故障。现在你需要先清理一些脏的格子使得机器人不会故障，问最多能保留多少脏的格子。
数据范围：\(2\le n\le 2\times 10^5\)。
首先可以预处理出来 \(nxt_{i,j}\) 表示和 \((i,j)\) 同一行的后一个脏格子，如果没有就是 \(+\infty\)。
然后考虑设计一个 dp：设 \(f_{i,j,k}\) 表示机器人现在在 \((i,j)\)，\(1\sim j-1\) 列的格子已经全部被清理，上一次清理的在 / 不在第 \(i\) 行，能保留的最多脏格子。
转移的时候考虑两种情况：
- \(k=0\)，那么第 \(i\) 行的下一个格子一定会在 \((i,j+1)\) 之后，第 \(i\oplus 1\) 行的下一个格子一定会在 \((i,j)\) 之后。
- \(k=1\)，我们肯定不能选 \((i\oplus1,j+1)\)，然后贪心地选择 \((i,j+1)\)（因为距离 \((i,j)\) 为 \(1\) 的合法格子只有这个），下一个就在 \((i\oplus1,j+2)\) 和 \((i,j+2)\) 之后选择。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/zyhtpWYJZw/。
「CF1738E」Balance Addicts（双指针 + 组合计数）
题意：
定义一个长度为 \(len\) 的序列 \(\{a_{1...len}\}\) 为 平衡的 当且仅当 \(\forall 1\le i\le len,a_i=a_{len-i+1}\)。
给定一个长为 \(n\) 的序列 \(a_{1...n}\)，求把它划分成若干个子段，每个子段的和拼接而成的序列是 平衡的 的方案数。
数据范围：\(1\le n\le 10^5,1\le a_i\le 10^9\)。
设 \(f_{l,r}\) 为区间 \([l,r]\) 满足条件的方案数。
考虑分情况讨论：
- 如果区间内全是 \(0\)，那么 \(f_{l,r}=2^{r-l}\)；
- 如果 \(a_l=a_r=0\)，设 \(x\) 为前缀 \(0\) 的个数，\(y\) 为后缀 \(0\) 的个数，那么 \(f_{l,r}=f_{l+x,r-y}\times\sum\limits_{i=0}^{\min(x,y)}\binom{x}{i}\binom{y}{i}\)，由范德蒙德卷积可知 \(f_{l,r}=f_{l+x,r-y}\times\binom{x+y}{x}\)；
- 否则，求出一个最小的 \(L\) 和最大的 \(R\) 满足 \(a_l+a_{l+1}+\cdots+a_L=a_R+a_{R+1}+\cdots+a_r\)：
- 如果找不到，那么 \(f_{l,r}=1\)；
- 如果 \([L+1,R-1]\) 中全都是 \(0\)，那么 \(f_{l,r}=2^{R-L}\)；
- 设 \(c0\) 为 \([L+1,R-1]\) 中前缀 \(0\) 的个数，\(c1\) 为后缀 \(0\) 的个数，那么 \(f_{l,r}=f_{L+c0,R-c1}\times\sum\limits_{i=0}^{\min(c0+1,c1+1)}\binom{c0+1}{i}\binom{c1+1}{i}=f_{L+c0,R-c1}\times\binom{c0+c1+2}{c0+1}\)。
其实画画图，多举几个例子应该都可以理解。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/W3F5hdBYc2/。
「CF1738F」Connectivity Addicts（交互 + 贪心 + BFS）
题意：
这是一道交互题。
有一张 \(n\) 个点的无向简单图，你只知道每个点的度数，要求给图上的每个点染色，满足：
- 每种颜色形成一个连通块；
- 令 \(s_c\) 为颜色为 \(c\) 的所有点的度数之和，\(n_c\) 为颜色为 \(c\) 的点的个数，那么 \(s_c\le n_c^2\)。
每次询问你可以选择一个节点 \(u\)，然后你可以得到与 \(u\) 相连的第 \(k\) 个节点（即 \(u\) 连接的第 \(k\) 条边的另一个端点），其中第 \(i\) 次询问点 \(u\) 时的 \(k=i\)。
你需要使用不超过 \(n\) 次询问来解决这个图染色问题。
数据范围：数据组数 \(T\le 1000,1\le n\le 1000,0\le deg_i\le n-1\)。
神仙题。
考虑将点按照度数从大到小排序，每次取出还未被染色的度数最大的点 \(u\)，进行如下流程：
- 维护一个点集 \(S\)。一开始 \(S=\{u\}\)。
- 扫描 \(u\) 的连边 \((u,v)\)，
- 如果 \(v\) 已经有颜色，那么将点集 \(S\) 中的点全部染成 \(col_v\)。并且结束当前 BFS。
- 否则就将 \(v\) 加入点集 \(S\)。
- 如果当前过程未结束，就将 \(S\) 中的点全部染成一种新的颜色。
首先，连通的条件肯定是满足的。
其次，因为我们按照度数递减的顺序枚举点，所以就有 \(\max\limits_{col_u=c}\{deg_u\}\le n_c\)，进而有 \(deg_u\le n_{col_u}\)。
然后考虑另一个限制条件：
- 如果 \(u\) 相邻的节点全部没有被访问，那么 \(s_c=\sum deg\le deg_u\times(deg_u+1)\le (deg_u+1)^2=n_c^2\)。
- 否则，可以使用归纳法。设 \(s_c'\) 为 \(v\) 所在颜色的度数之和， \(n_c'\) 为 \(v\) 所在颜色的点数。那么肯定有：
- \(s_c'\le (n_c')^2\)。归纳法的条件。
- \(d_u\le d_v\le n_c'\)。前面已经提到过。
- \(s_c=s_c'+\sum deg\le s_c'+d_v\times cnt\le (n_c')^2+n'c\times cnt\le (n_c'+cnt)^2=n_c^2\)。
所以，我们就证明了这个做法的正确性。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/898tp8MQGw/。
「SCOI2007」k 短路（二分 + 暴力 Dijkstra + 搜索）
首先可以考虑二分路径的长度 \(mid\)，那么我们现在就只关心长度 \(\le mid\) 的路径。
从起点开始拓展路径，保证每次都可以拓展出合法的路径。具体的，不考虑已经走过的点，如果当前路径接上当前点到终点的最短路距离仍然比 \(mid\) 大，那么就不考虑这条路径（即剪枝）。这个可以在搜索的时候使用暴力的 \(\mathcal{O}(n^2)\) Dijkstra 计算。
每次都可以 dfs 出一条合法的路径，每条路径对复杂度的贡献是 \(\mathcal{O}(n^3)\)（因为每个点都会跑一次 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的 Dijkstra）。那么总复杂度就是 \(\mathcal{O}(n^3k\log w)\)。
注意输出路径的时候，要把长度 \(\le mid-1\) 的路径先去掉，因为统计的是 \(\le mid\) 的路径数量。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/mQMD2cXWQK/。
「CF1450E」Capitalism（最短路应用 + 差分约束）
首先可以把条件转化为 \(1\le a_j-a_i\le 1\) 和 \(-1\le a_j-a_i\le 1\)。然而我们忽略了 \(a_j=a_i\) 的情况，这个时候它也是不合法的。
看到绝对值 \(=1\)，其实可以想到建图之后应该是一个二分图。否则就会出现奇环，肯定有两个数绝对值相等，不合法。所以直接把有奇环的情况判掉就行了。
然后就可以直接跑差分约束了。如果差分约束无解那么题目肯定无解。
否则，我们考虑固定最小值，找它到所有点的距离的最大值，在所有这种 \(\max-\min\) 的形式中找到极差最大的。
容易发现极差最大的解中每个数（即距离）一定都是非负的。证明考虑调整。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/MrCQC5gH4D/。
「CF1730E」Maximums and Minimums（并查集 + 单调栈）
题意：
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，问有多少个区间满足区间 \(\max\) 是区间 \(\min\) 的倍数。
数据范围：数据组数 \(t\le 10,\sum n\le 5\times10^5,1\le a_i\le 10^6\)。
一开始想了个最值分治 + 二分，有点难写/tuu
实际上有一种巧妙的做法。
先用单调栈求出每个数左边第一个 \(\ge\) 它的数的位置和右边第一个 \(>\) 它的数的位置，这个很方便。
然后考虑从大到小枚举最小值，然后枚举这个最小值的倍数作为最大值。那么我们就是要计算出同时包含最小值和最大值的区间个数。
可以使用容斥，即用 最大值确定合法、最小值大于等于要求的值 的区间数量减去 最大值合法、最小值大于要求的值 的区间数量。
这个可以使用并查集维护区间信息。具体的，每次加入一个数的时候就将它向左右合并，表示这个数已经可以被考虑进贡献中。
可能还是有点没讲清……看代码应该可以理解。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/96WJqXXyGc/。
「AGC013D」Piling Up（DP + 容斥）
首先有一个显而易见的 DP：设 \(f_{i,j}\) 表示已经进行了 \(i\) 次操作，还剩下 \(j\) 个黑球的颜色序列数。转移的时候由于球的总数不变，所以只需要关心黑球 / 白球的有无，讨论四种情况即可。
但是这样会导致算重，因为相同的颜色序列一开始可能会有不同的黑球数。
那么考虑去重，我们只统计途中黑球的最小值刚好为 \(0\) 的那一次操作序列。
可以在 dp 式子里再加一维，同时也可以直接用有 \(n\) 的球的答案减去有 \(n-1\) 个球的答案。
为什么呢？这是因为如果途中黑球最小值不是 \(0\)，那么把一开始的黑球数减去 \(1\) 该方案仍然可行。所以所有中间算重的操作序列最后都会被减掉，只会留下一个。
代码很好写：https://pastebin.ubuntu.com/p/DfWjCQ6YNp/。
CODE FESTIVAL 2016 Final H - Tokaido（deque + 整体 DP）
设 \(f_i\) 表示当前操作者在 \(i\) 位置，对手在 \(i+1\) 位置时二者最大的分差（当前操作者的分值 - 对手的分值）。
那么当前的操作肯定是在 \(i+1\) 后面选一个位置 \(j\)，然后对手把 \([i+1,j-1]\) 全部选掉，即：
其中 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^i a_j\)。
记录后缀 \(\max\) 就可以单次询问做到线性。
进一步拆式子。把 \(f_{i+1}\) 带进去，化简可以惊奇地发现 \(f_i=|a_{i+1}-f_{i+1}|\)！
那么考虑整体 DP。设 \(g_{i,j}\) 表示以 \(j\) 为初始值，从 \(i\) 开始往前扫得到的最终值。转移形如 \(g_{i,j}=g_{i+1,|a_i-j|}\)。
很显然，这个 DP 的形式大概就是把 DP 数组向右移 \(a_i\) 位，然后再把原先的 \(g_{1\dots a_i}\) 翻转一下插到前面（打一个表也可以发现）。可以用一个 deque 来维护。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/sj5SfyNs5c/。
「CF685E」Travelling Through the Snow Queen's Kingdom（Floyd + 倒序加边）
题意其实应该是：如果在 \(\le i\) 的时刻经过第 \(i\) 条边，那么走出第 \(i\) 条边的时间就是 \(i\) 时刻。
考虑倒过来加边，记录 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 经过的最大边权最小是多少。那么加入这条边 \((u,v)\) 之后影响的 \(f_{i,j}\) 一定满足 \(i=u/i=v/j=u/j=v\)，更新可以做到一次 \(\mathcal{O}(n)\)。
那么把询问离线，挂在 \(l\) 位置上，可以直接判断能否走到。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/kPspGTZr5S/。
「CF1707E」Replace（ST 表 + 倍增）
考虑倍增，设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \([i,i+2^j-1]\) 跳 \(2^k\) 步所得到的区间的左端点，\(g_{i,j,k}\) 为对应的右端点。
首先可以预处理出所有 \(f_{i,j,0}\) 和 \(g_{i,j,0}\)，这就是一个区间最值。
然后，发现区间是可合并的，那么就都可以 ST 表预处理出来。
注意 cache miss 和答案上界（其实是比 \(n\) 大的）！！！！！
关键还是在于发现可合并性。
