4月CF杂题

Codeforces Round 862 (Div. 2)

E. There Should Be a Lot of Maximums

题意：定义一棵点有颜色的树的 \(\text{MAD}\) 为树上编号最大的出现了至少两次的颜色。对于树上每条边，求出断开它后生成的两棵树的 \(\text{MAD}\) 的最大值。\(n\le2\times10^5,a_i\le10^9\)。

先找到整棵树的 \(\text{MAD}\)：如果 \(\text{MAD}\) 出现次数 \(>2\)，根据抽屉原理，不论怎么分答案都是 \(\text{MAD}\)；如果没有 \(\text{MAD}\)，答案都是 0；如果 \(\text{MAD}\) 出现次数 \(=2\)，发现除了 \(\text{MAD}\) 出现的两个位置路径上的边，其他边答案都是 \(\text{MAD}\)，路径上直接暴力遍历时开桶统计答案即可。时间复杂度 \(\text{O}(n\log n)\)，其中瓶颈为离散化，解决问题只用 \(\text{O}(n)\)。

F1. Survival of the Weakest (easy version)

题意：定义 \(F(a_1,a_2,\ldots a_n)\) 为在 \(a_1,a_2,\ldots a_n\) 中任选一对 \(i,j(i<j)\) 能得到的所有 \(a_i+a_j\) 的前 n-1 个最小值。求 \(\underbrace{F(F(F\ldots F}_{n-1}(a_1,a_2,\ldots,a_n)\ldots))\)。\(n\le3000,a_i\le10^9\)。答案对 \(\text{998244353}\) 取模。

联想到 146. 序列 的做法，我们就在 \(\text{O}(n^2\log n)\) 的时间内解决了这个问题。那么取模呢？发现 \(\underbrace{F(F(F\ldots F}_{n-1}(a_1,a_2,\ldots,a_n)\ldots))=\underbrace{F(F(F\ldots F}_{n-1}(0,a_2-a_1,\ldots,a_n-a_1)\ldots))+2^{n-1}a_1\)。

F2. Survival of the Weakest (hard version)

题意：同上，但是 \(n\le2\times10^5\)。

刚刚的做法怎么优化？直觉告诉我们一个数组中较大的一些数是没有用的。更具体地说，我们只需要保留数组中前 \(\text{64}\) 个数，这样就是 \(\text{O}(384n)\) 的（\(384=64\times\log64\)）。那么为什么呢？

如果 \(0,a_1,\ldots,a_n\) 满足 \(a_1+a_2< 0+a_n\)，则 \(a_n\) 可以删除；反之，则 \(F(0,a_1,\ldots a_n)=[0+a_1,0+a_2,\ldots 0+a_n]=[a_1,a_2,\ldots a_n]\) 等价于 \([0,a_2-a_1,\ldots a_n-a_1]\)，\(F(0,a_2-a_1,\ldots a_n-a_1)=[a_2-a_1,a_3-a_1,\ldots a_n']\) 等价于 \([0,a_3-a_2,\ldots a_n'']\)。因为 \(a_n''\le a_n-a_2,a_1+a_2\ge 0+a_n\)，得到 \(a_n''\le\frac{a_n}{2}\)，即两次操作后最后一个数要么消失要么减小至少一半，故只用保留大约 \(2\log{a_n}\approx64\) 个（因为实际操作时我们需要略多保留几个）。

好像可以只保留 \(\text{44}\) 个？没太看懂，把图片放上来吧。

Educational Codeforces Round 146 (Rated for Div. 2)

D. Balancing Weapons

题意：定义一次操作可以把 \(d_i\) 变成任意正整数。求最小操作次数，使得 \(\max\limits_{i=1}^nf_i\times d_i-\min\limits_{i=1}^nf_i\times d_i\le k\)。\(n\le3000,k\le1500,1\le f_i\le2000,1\le d_i\le10^9\)。

首先改 n 次一定可行，只需要判断答案能否小于 n。枚举不变点 \(j\)，那么其他点 \(i\) 一定只有三种改法：改在 \(f_j\times d_j\) 附近（上/下取整）或不变。把这些选择排个序，相当于每次选一段位置差不超过 k 的选择，求是否包含了所有点和修改的代价和。双指针维护。时间复杂度 \(\text{O}(n^2\log n)\)，瓶颈在排序。

E. Chain Chips

很板吧。

题意：一条链每个点上有一块编号与点相同的芯片，求最小的所有芯片移动距离之和，使得所有芯片与点错拍（每个点上放一个）。支持单点修改边权。\(n\le2\times10^5\)。

发现使一段错拍的代价为 2 倍长度，不妨假设所有边全部会经过，问题转化为选一些不相邻的边，使得权值和最大。\(f_{i,0/1}\) 表示选/不选 \(i\rightarrow i+1\) 这条边。\(f_{i,0}=\max(f_{i-1,0},f_{i-1,1}),f_{i,1}=f_{i-1,0}+2w_i\)。写成矩阵就是 \(\begin{vmatrix}0,0\\2w_i,-\infty\\\end{vmatrix}\times\begin{vmatrix}f_{i-1,0}\\f_{i-1,1}\\\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}f_{i,0}\\f_{i,1}\\\end{vmatrix}\)。线段树维护。

Codeforces Round 866 (Div. 2)

D. The Butcher

题意：定义一次操作是将一个矩形分割成两块，其中一块放到一旁，另一块会留在手上成为下一次操作的矩形（不会交换长宽）。现在给出 n-1 次操作后剩下的所有矩形（顺序不定），求原矩阵长宽的方案。\(n\le2\times10^5\)。

显然最大的长/宽一定是原始矩阵的长/宽，所以只有至多两种方案。怎么 check？每次减掉与当前长/宽相同的所有矩阵。

E. The Fox and the Complete Tree Traversal

题意：对一棵树构造一个排列 \(p_{0,1\ldots n-1}\) 满足 \(\text{dist}(p_i,p_{(i+1)\bmod n})\le2\)。\(n\le2\times10^5\)。

手玩发现有解的充要条件是“把叶子删掉后剩下的部分是一条链”。下面证明必要性和充分性。

必要性：假设删去叶子后不是链，则存在一个点度数 \(\ge3\)，这个点无论怎么操作都不可能让三个子树内的点形成回路。

充分性：有构造方案。找到树的直径，以端点为起点。先两步地跳，把原树分层，对于一层内的结点先让叶子加入答案，然后递归处理非叶子，在回溯的过程中把两步跳过程中略过的结点加入答案（具体见代码）。不难发现这样可以构造出一组答案。

Codeforces Round 865 (Div. 2)

D. Sum Graph

题意：交互。猜一个隐藏排列 p（知道长度 n），可以猜两次。初始图为空，至多进行 2n 两种操作：1.指定 x，把所有满足 \(u+v=x\) 的 (u,v) 连边；2.查 \(\text{dist}(p_i,p_j)\)。\(n\le1000\)。

因为一边查一边加边比较复杂，容易改变图的形态，考虑先加边再查询。对 \(x=n,x=n+1\) 进行两次连边可以构造出一条链。发现这样得到的图中的直径端点一定是 \(\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 和 \(n\)，刚好 2+(n-1)+(n-1)=2n 次询问。

Educational Codeforces Round 147 (Rated for Div. 2)

D. Black Cells

题意：你站在一条全白的数轴上，初始位置为 0。有三种操作：1.向右移动一格；2.打开 shift 开关；3.关上 shift 开关。在 shift 开关打开期间经过的点（包括打开开关的那个点）将会在关上开关后变为黑色。给定 n 个区间，求在这 n 个区间中恰好涂黑 k 个位置的最小操作数（不可以涂黑区间之外的区域）。\(n\le2\times10^5,k\le10^9,l_i\le r_i\le10^9\)。

假设现在把前 m 个区间全部涂黑了。这样可能会多涂黑一些格子，有两种途径减少他们：1.少走几步；2.有些区间经过时不按 shift。发现除了长度为 1 的区间是方法二比较赚，其它区间选择少走一定不劣。