HNOI2018简要题解
HNOI2018简要题解
D1T1 寻宝游戏
题意
某大学每年都会有一次 Mystery Hunt 的活动，玩家需要根据设置的线索解谜，找到宝藏的位置，前一年获胜的队伍可以获得这一年出题的机会。
作为新生的你对这个活动非常感兴趣。你每天都要从西向东经过教学楼一条很长的走廊，这条走廊是如此的长，以至于它被人戏称为 infinite corridor。一次，你经过这条走廊的时，注意到在走廊的墙壁上隐藏着 \(n\) 个等长的二进制的数字，长度均为 \(m\)。你从西向东将这些数字记录了下来，形成一个含有 \(n\) 个数的二进制数组 \(a_1, a_2, ..., a_n\)。很快，在最新的一期 Voo Doo 杂志上，你发现了 \(q\) 个长度也为 \(m\) 的二进制串 \(r_1, r_2, ..., r_q\)。聪明的你很快发现了这些数字的含义。保持数组 \(a_1, a_2, ..., a_n\) 的元素顺序不变,你可以在它们之间插入 \(\wedge\)（按位与运算）或者 \(\vee\)（按位或运算）两种二进制运算符。例如：\(11011 \wedge 00111=00011,11011 \vee 00111=11111\)。
你需要插入恰好 \(n\) 个运算符,相邻两个数之间恰好一个，在第一个数的左边还有一个。如果我们在第一个运算符的左边补入一个 \(0\)，这就形成了一个运算式，我们可以计算它的值。与往常一样,运算顺序是从左往右。有趣的是,出题人已经告诉你这个值的可能的集合——Voo Doo 杂志里的那一些二进制数 \(r_1, r_2, ..., r_q\)，而解谜的方法,就是对 \(r_1, r_2, ..., r_q\) 中的每一个值 \(r_i\)，分别计算出有多少种方法填入这 \(n\) 个运算符,使得这个运算式的值是 \(r_i\) 。然而，infinite corridor 真的很长，这意味着数据范围可能非常大。因此，答案也可能非常大，但是你发现由于谜题的特殊性，你只需要求答案模 \(1000000007\)（\(10^9 + 7\)，一个质数）的值。
对于 \(10\%\) 的数据，\(n \le 20, m \le 30\)，\(q = 1\)
对于另外 \(20\%\) 的数据，\(n \le 1000\)，\(m \le 16\)
对于另外 \(40\%\) 的数据，\(n \le 500\)，\(m \le 1000\)
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \le n \le 1000\)，\(1 \le m \le 5000\)，\(1 \le q \le 1000\)
题解
orz myy. 神题。
发现\(|1\)和\(\& 0\)后的结果是一定的，所以某一位最后为1，则要求最后一个&0的位置要在|1之前。
据说这样从后往前爆搜，及时break可以得到70分？！
然后考虑把操作序列量化成01串，&=1，|=0，则对于某一位来说，从后往前，当操作串的字典序小于运算元素的串，则最后运算结果为1。
这样就很好处理了，把这m个串抠出来，操作串要小于其中一些字串的字典序，大于等于另一些的。也就是\(x\le op<y\)，把\(x,y\)转成二进制数后算差就是op的数量了。对这些串排序后算相邻两数差，最后要么没有答案要么是某相邻两数之差。
注意考场没有开O2所以最好用Trie树排序或者鸡排。
复杂度\(\mathcal O(nm)\)。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1100,M=5100,Tr=5e6+10,mod=1e9+7;
int n,m,q,nod=1,ch[Tr][2],rk[M],tt,bit[N],d[M];
char s[N][M];
vector<int> tag[Tr];
struct Num
{
int s[N],rk;
int operator - (Num A) const
{
int res=0;
for(int i=n;i>=1;i--)
if(s[i]!=A.s[i])
(res+=1ll*(s[i]-A.s[i]+mod)*bit[n-i+1]%mod)%=mod;
return res;
}
}A[M];
void Insert(Num A,int id)
{
int x=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int &v=ch[x][A.s[i]];
if(!v) v=++nod;x=v;
}
tag[x].pb(id);
}
void dfs(int x)
{
for(int l=tag[x].size(),i=0;i<l;i++)
rk[++tt]=tag[x][i];
if(ch[x][0]) dfs(ch[x][0]);
if(ch[x][1]) dfs(ch[x][1]);
}
int main()
{
cin>>n>>m>>q;bit[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) bit[i]=2ll*bit[i-1]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=n,p=0;j>=1;j--)
A[i].s[++p]=s[j][i]-'0';
for(int i=1;i<=m;i++) Insert(A[i],i);
dfs(1);
for(int i=1;i<=m;i++) A[rk[i]].rk=i;
for(int i=1;i<m;i++) d[i]=A[rk[i+1]]-A[rk[i]];
for(int i=1;i<=n;i++) A[m+1].s[i]=0,A[m+2].s[i]=1;
d[0]=A[rk[1]]-A[m+1],d[m]=(A[m+2]-A[rk[m]]+1)%mod;
for(int w=1;w<=q;w++)
{
scanf("%s",s[0]+1);
int ans=0,mxl=0,mnr=m+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(s[0][i]=='1') mnr=min(mnr,A[i].rk);
else mxl=max(mxl,A[i].rk);
if(mxl<mnr) ans=d[mxl];
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
D1T2 转盘
题意
一次小 G 和小 H 原本准备去聚餐，但由于太麻烦了于是题面简化如下：
一个转盘上有摆成一圈的 \(n\) 个物品（编号 \(1\) 至 \(n\)）其中第 \(i\) 个物品会在 \(T_i\) 时刻出现。
在 \(0\) 时刻时,小 G 可以任选 \(n\) 个物品中的一个，我们将其编号记为 \(s_0\)。并且如果 \(i\) 时刻选择了物品 \(s_i\)，那么 \(i + 1\) 时刻可以继续选择当前物品或者选择下一个物品。当 \(s_i\) 为 \(n\) 时，下一个物品为物品 \(1\)，否则下一个物品为 \(s_{i} + 1\)。在每一时刻（包括 \(0\) 时刻），如果小 G 所选择的物品已经出现了，那么小 G 将会标记它。小 H 想知道，在物品选择的最优策略下，小 G 什么时候能标记所有物品？
但麻烦的是，物品的出现时间会不时修改。我们将其描述为 \(m\) 次修改，每次修改将改变其中一个物品的出现时间。每次修改之后，你也需要求出当前局面的答案。对于其中部分测试点，小 H 还追加了强制在线的要求。
| 测试点编号 | \(n\) | \(m\) | \(T_i/T_x\) | \(p\) |
|---|---|---|---|---|
| 1 | \(\le 10\) | \(\le 10\) | \(\le 10\) | \(=0\) |
| 2 | \(\le 1000\) | \(=0\) | \(\le 1000\) | \(=0\) |
| 3 | \(\le 10^5\) | \(=0\) | \(\le 10^5\) | \(=0\) |
| 4 | \(\le 5000\) | \(\le 5000\) | \(\le 10^5\) | \(=0\) |
| 5 | \(\le 8\times 10^4\) | \(\le 8\times 10^4\) | \(\le 10^5\) | \(=0\) |
| 6 | \(\le 8\times 10^4\) | \(\le 8\times 10^4\) | \(\le 10^5\) | \(=1\) |
| 7 | \(\le 9\times 10^4\) | \(\le 9\times 10^4\) | \(\le 10^5\) | \(=0\) |
| 8 | \(\le 9\times 10^4\) | \(\le 9\times 10^4\) | \(\le 10^5\) | \(=1\) |
| 9 | \(\le 10^5\) | \(\le 10^5\) | \(\le 10^5\) | \(=0\) |
| 10 | \(\le 10^5\) | \(\le 10^5\) | \(\le 10^5\) | \(=1\) |
题解
我真佩服去年的自己、竟然有40分，而今天看了好久才看懂去年的做法。
首先可以证明的是一定是只走一圈。
去年的40分做法：
序列倍长后，\(a[i]=T[i]-i\)，对于a维护单调递减队列，答案为n个滑动窗口的队头+i。可以把a看成是等待时间，最后加上n-1就是真正的答案了。
AC做法：
其实答案求的就是$$min_{i=1}{n}[max_{j=i}A_j+i]$$。
发现\(A_j>A_{j+n}\)后，式子里的max就可以换成后缀max了。考虑用线段树维护这个东西。
每个节点\((l,r)\)维护\(mx[x]\)表示最大的A，\(ans[x]\)表示\(i\)取到\([l,mid]\)时候的最小答案。
合并信息就重新递归一下，和男神那题超级像。
复杂度\(\mathcal O(nlog^2n)\)。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,op,T[N],a[N],ans[N<<2],mx[N<<2],Ans;
int calc(int x,int l,int r,int b)
{
if(l==r) return l+max(mx[x],b);
int mid=(l+r)>>1;
if(mx[x<<1|1]>=b) return min(ans[x],calc(x<<1|1,mid+1,r,b));
else return min(calc(x<<1,l,mid,b),mid+1+b);
}
void pushup(int x,int l,int r)
{
mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1]);
ans[x]=calc(x<<1,l,(l+r)>>1,mx[x<<1|1]);
}
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r) {mx[x]=a[l],ans[x]=T[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
pushup(x,l,r);
}
void update(int x,int l,int r,int p)
{
if(l==r) {mx[x]=a[l],ans[x]=T[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid) update(x<<1,l,mid,p);
else update(x<<1|1,mid+1,r,p);
pushup(x,l,r);
}
int main()
{
cin>>n>>m>>op;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&T[i]);a[i]=T[i]-i;
T[i+n]=T[i],a[i+n]=T[i]-(i+n);
}
build(1,1,n*2);printf("%d\n",Ans=ans[1]+n-1);
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(op) x^=Ans,y^=Ans;
T[x]=T[x+n]=y,a[x]=y-x,a[x+n]=y-x-n;
update(1,1,n*2,x),update(1,1,n*2,x+n);
printf("%d\n",Ans=ans[1]+n-1);
}
return 0;
}
D1T3 毒瘤
题意
从前有一名毒瘤。
毒瘤最近发现了量产毒瘤题的奥秘。考虑如下类型的数据结构题：给出一个数组，要求支持若干种奇奇怪怪的修改操作（例如给一个区间内的数同时加上 \(c\)，或者将一个区间内的数同时开平方根），并且支持询问区间的和。毒瘤考虑了 \(n\) 个这样的修改操作,并将它们编号为 \(1 \ldots n\)。当毒瘤要出数据结构题的时候，他就将这些修改操作中选若干个出来，然后出成一道题。
当然了，这样出的题有可能不可做。通过精妙的数学推理，毒瘤揭露了这些修改操作之间的关系：有 \(m\) 对「互相排斥」的修改操作，第 \(i\) 对是第 \(u_i\) 个操作和第 \(v_i\) 个操作。当一道题中同时含有 \(u_i\) 和 \(v_i\) 这两个操作时，这道题就会变得不可做。另一方面，当一道题中不包含任何「互相排斥」的操作时，这个题就是可做的。此外，毒瘤还发现了一个规律：\(m − n\) 是一个很小的数字（参见「数据范围」中的说明），且任意两个修改操作都是连通的。两个修改操作 \(a, b\) 是连通的，当且仅当存在若干操作 \(t_0, t_1, ... , t_l\)，使得 \(t_0 = a,t_l = b\)，且对任意 \(1 \le i \le l\)，\(t_{i−1}\) 和 \(t_i\) 都是「互相排斥」的修改操作。
一对「互相排斥」的修改操作称为互斥对。现在毒瘤想知道，给定值 \(n\) 和 \(m\) 个互斥对，他一共能出出多少道可做的不同的数据结构题。两个数据结构题是不同的，当且仅当其中某个操作出现在了其中一个题中，但是没有出现在另一个题中。
| 测试点 # | 1~4 | 5~6 | 7~8 | 9 | 10~11 | 12~14 | 15~16 | 17~20 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(n \le\) | \(20\) | \(10^5\) | \(10^5\) | \(3000\) | \(10^5\) | \(3000\) | \(10^5\) | \(10^5\) |
| \(m \le\) | \(n + 10\) | \(n - 1\) | \(n\) | \(n + 1\) | \(n + 1\) | \(n + 10\) | \(n + 7\) | \(n + 10\) |
题解
就是求有11条返祖边的树的独立集个数。
很良心地给了75左右的暴力容斥部分分。
正解：
把11*2个点抠出来建虚树，一共不到50个点。预处理出没有返祖边的树的dp值。
现在考虑仍然暴力容斥，但是计算过程可以只用在虚树上计算，也就是说优化掉一个\(n\)。
发现虚树上每条边的转移系数是一定的，把未知数代进去转移、就可以预处理出转移系数了。
具体来说我的\(g[x][0/1]=(a,b)\)，\(x\)的虚树父亲为\(f\)，则
所以显然初值\(g[x][0]=(1,1),g[x][1]=(1,0)\) 。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pa pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=998244353;
struct edge{int next,to;}a[N];
int head[N],cnt,n,m,sf[N],fa[N],f[N][2],ST[N][18];
int dfn[N],S[N],c,tot,dep[N],sta[N],top,out[N];
void link(int x,int y) {a[++cnt]=(edge){head[x],y};head[x]=cnt;}
int find(int x) {return sf[x]==x?x:sf[x]=find(sf[x]);}
int ksm(int x,int k)
{
int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;
}
void dfs(int x,int fr)
{
fa[x]=fr;ST[x][0]=fr;
dep[x]=dep[fr]+1;dfn[x]=++tot;
for(int p=1;p<=16;p++)
ST[x][p]=ST[ST[x][p-1]][p-1];
f[x][0]=f[x][1]=1;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next)
{
int R=a[i].to;if(R==fr) continue;
dfs(R,x);
f[x][0]=1ll*f[x][0]*(f[R][0]+f[R][1])%mod;
f[x][1]=1ll*f[x][1]*f[R][0]%mod;
}
out[x]=tot;
}
int LCA(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int p=16;p>=0;p--)
if(dep[ST[x][p]]>=dep[y]) x=ST[x][p];
for(int p=16;p>=0;p--)
if(ST[x][p]!=ST[y][p])
x=ST[x][p],y=ST[y][p];
return x==y?x:ST[x][0];
}
void Jump(int &R,int x)
{
for(int p=16;p>=0;p--)
if(dep[ST[R][p]]>dep[x]) R=ST[R][p];
}
int cmp(int a,int b) {return dfn[a]<dfn[b];}
vector<int> E[N];
int ban[N],g[N][2],s,Ans;
pa f0[N],f1[N],M[N];
void Calc(int x,int y)
{
int p=x;
f0[x]=mp(1,1);f1[x]=mp(1,0);
while(fa[p]!=y)
{
int bs0=1,bs1=1;
for(int i=head[fa[p]];i;i=a[i].next)
{
int R=a[i].to;
if(R==fa[fa[p]]||R==p) continue;
bs0=1ll*bs0*(f[R][0]+f[R][1])%mod;
bs1=1ll*bs1*f[R][0]%mod;
}
pa ff0=mp(1ll*f0[x].fi*bs0%mod,1ll*f0[x].se*bs0%mod);
pa ff1=mp(1ll*f1[x].fi*bs1%mod,1ll*f1[x].se*bs1%mod);
f0[x]=mp((ff0.fi+ff1.fi)%mod,(ff0.se+ff1.se)%mod);
f1[x]=mp(ff0.fi,ff0.se);
p=fa[p];
}
}
int DP()
{
for(int i=1;i<=c;i++) g[S[i]][1]=1,g[S[i]][0]=ban[S[i]]?0:1;
for(int i=c;i>=1;i--)
{
int x=S[i];
g[x][0]*=f[x][0],g[x][1]*=f[x][1];
for(int j=0,l=E[x].size();j<l;j++)
{
int R=E[x][j];Jump(R,x);
g[x][0]=1ll*g[x][0]*ksm((f[R][0]+f[R][1])%mod,mod-2)%mod;
g[x][1]=1ll*g[x][1]*ksm(f[R][0],mod-2)%mod;
}
for(int j=0,l=E[x].size();j<l;j++)
{
int R=E[x][j];
g[x][0]=1ll*g[x][0]*(1ll*f0[R].fi*g[R][0]%mod+1ll*f0[R].se*g[R][1]%mod)%mod;
g[x][1]=1ll*g[x][1]*(1ll*f1[R].fi*g[R][0]%mod+1ll*f1[R].se*g[R][1]%mod)%mod;
}
}
return (g[1][0]+g[1][1])%mod;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) sf[i]=i;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(find(x)!=find(y)) sf[find(x)]=find(y),link(x,y),link(y,x);
else M[++s]=mp(x,y),S[++c]=x,S[++c]=y;
}
dfs(1,0);
sort(S+1,S+c+1,cmp);
for(int i=2,t=c;i<=t;i++) S[++c]=LCA(S[i-1],S[i]);
S[++c]=1;sort(S+1,S+c+1,cmp);
c=unique(S+1,S+c+1)-S-1;
for(int i=1;i<=c;sta[++top]=S[i],i++)
{
while(top&&dfn[S[i]]>out[sta[top]]) top--;
if(top) E[sta[top]].pb(S[i]),Calc(S[i],sta[top]);
}
for(int zt=0,d=1;zt<1<<s;zt++)
{
for(int i=1;i<=s;i++)
if(zt&(1<<(i-1)))
d=mod-d,ban[M[i].fi]=ban[M[i].se]=1;
int res=DP();
(Ans+=1ll*res*d%mod)%=mod;
d=1;for(int i=1;i<=s;i++)
ban[M[i].fi]=ban[M[i].se]=0;
}
cout<<Ans<<endl;
}
D2T1 游戏
题意
一次小 G 和小 H 在玩寻宝游戏，有 \(n\) 个房间排成一列，编号为 \(1,2,…,n\)，相邻房间之间都有 \(1\) 道门。其中一部分门上有锁（因此需要对应的钥匙才能开门），其余的门都能直接打开。
现在小 G 告诉了小 H 每把锁的钥匙在哪个房间里（每把锁有且只有一把钥匙），并作出 \(p\) 次指示：第 \(i\) 次让小 H 从第 \(S_i\) 个房间出发，去第 \(T_i\) 个房间寻宝。但是小 G 有时会故意在指令里放入死路，而小 H 也不想浪费多余的体力去尝试，于是想事先调查清楚每次的指令是否存在一条通路。
你是否能为小 H 作出解答呢？
| 测试点编号 | n | m | 其他特性 |
|---|---|---|---|
| 1 | $ \le 1000 $ | $ \le 1000 $ | 无 |
| 2 | $ \le 1000 $ | $ \le 1000 $ | 无 |
| 3 | $ \le 10^5 $ | $ \le 10^5 $ | \(y \le x\) 恒成立 |
| 4 | $ \le 10^5 $ | $ \le 10^5 $ | \(y \le x\) 恒成立 |
| 5 | $ \le 10^5 $ | $ \le 10^5 $ | 无 |
| 6 | $ \le 10^5 $ | $ \le 10^5 $ | 无 |
| 7 | $ \le 10^6 $ | $ \le 10^6 $ | \(y \le x\) 恒成立 |
| 8 | $ \le 10^6 $ | $ \le 10^6 $ | \(y \le x\) 恒成立 |
| 9 | $ \le 10^6 $ | $ \le 10^6 $ | 无 |
| 10 | $ \le 10^6 $ | $ \le 10^6 $ | 无 |
对于所有数据，保证 \(1 \le n,p \le 10^6\)，\(0 \le m < n\)，\(1 \le x, y, S_i,T_i < n\)，保证 \(x\) 不重复。
由于本题输入文件较大，建议在程序中使用读入优化。
题解
被暴力艹过90分真的无语。省选如果出现这种情况退役那也没有什么办法了。
方法是对于每个点维护向左以及向右最多能到的区间。
先用单调栈维护最大可能区间，之后由\([l,r]\)扩展，找到\([LS,l-1]\)中从右往左第一个\(key[i]>r\)的地方，并把\(l\)设置为\(i+1\)。之后便可以拓展右区间。
由于右区间的扩展类似于单调栈，所以不难发现拓展次数最多为\(\mathcal O(n)\)。因此总复杂度为\(\mathcal O(nlogn)\) 。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,q,key[N],l[N],r[N],t[N<<2];
int sta[N],top,LS[N],RS[N];
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r) {t[x]=key[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
t[x]=max(t[x<<1],t[x<<1|1]);
}
int query(int x,int l,int r,int gl,int gr,int bs)
{
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(l>=gl&&r<=gr)
{
if(t[x]<=bs) return 0;
if(l==r) return l;
if(t[x<<1|1]>bs) return query(x<<1|1,mid+1,r,gl,gr,bs);
else return query(x<<1,l,mid,gl,gr,bs);
}
if(gr>mid) res=query(x<<1|1,mid+1,r,gl,gr,bs);
if(gl<=mid&&!res) res=query(x<<1,l,mid,gl,gr,bs);
return res;
}
int Find(int l,int r,int x)
{
if(l>r) return l;
int p=query(1,1,n,l,r,x);
return p?p+1:l;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),key[x]=y;
build(1,1,n);LS[1]=1,RS[n]=n;
for(int i=2;i<=n;i++) LS[i]=(key[i-1]&&key[i-1]<=i-1)?i:LS[i-1];
for(int i=n-1;i>=1;i--) RS[i]=(key[i]&&key[i]>i)?i:RS[i+1];
for(int i=n;i>=1;i--)
{
r[i]=i;l[i]=Find(LS[i],i-1,i);
while(r[i]<n&&(!key[r[i]]||(key[r[i]]>=l[i]&&key[r[i]]<=r[i])))
r[i]=r[r[i]+1],l[i]=Find(LS[i],l[i]-1,r[i]);
}
for(int i=1,x,y;i<=q;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),puts((l[x]<=y&&r[x]>=y)?"YES":"NO");
}
D2T2 排列
题意
给定 \(n\) 个整数 \(a_1, a_2, \ldots , a_n(0 \le a_i \le n)\)，以及 \(n\) 个整数 \(w_1, w_2, …, w_n\)。称 \(a_1, a_2, \ldots , a_n\) 的一个排列 \(a_{p[1]}, a_{p[2]}, \ldots , a_{p[n]}\) 为 \(a_1, a_2, \ldots , a_n\) 的一个合法排列，当且仅当该排列满足：对于任意的 \(k\) 和任意的 \(j\)，如果 \(j \le k\)，那么 \(a_{p[j]}\) 不等于 \(p[k]\)。（换句话说就是：对于任意的 \(k\) 和任意的 \(j\)，如果 \(p[k]\) 等于 \(a_{p[j]}\)，那么 \(k<j\)。）
定义这个合法排列的权值为 \(w_{p[1]} + 2w_{p[2]} + \ldots + nw_{p[n]}\)。你需要求出在所有合法排列中的最大权值。如果不存在合法排列，输出 \(-1\)。
样例解释中给出了合法排列和非法排列的实例。
对于前 \(20\%\) 的数据，\(1 \le n \le 10\)；
对于前 \(40\%\) 的数据，\(1 \le n \le 15\)；
对于前 \(60\%\) 的数据，\(1 \le n \le 1000\)；
对于前 \(80\%\) 的数据，\(1 \le n \le 100000\)；
对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \le n \le 500000\)，\(0 \le a_i \le n (1 \le i \le n)\)，\(1 \le w_i \le 10^9\) ，所有 \(w_i\) 的和不超过 \(1.5 \times 10^{13}\)。
题解
这题的映射关系非常复杂好嘛！希望不要出现这种题目特别难懂的题目了！
把这题映射关系搞清楚后，发现就是\(a[i]->i\)，然后在这棵树（有环无解）上按照拓扑序依次选完所有的点，贡献为选某点的时间×该点权值。
这样大概有40分的状压DP，但是考虑正解：
显然权值小的点要先选，那么权值最小的点在选完其父亲（如果有的话）后，一定马上被选。
考虑每个点向父亲缩，代价为父亲的siz×该点的val。于是各个联通块的权值如何确定呢？
考虑两个联通块AB，当前时刻为i，可以很轻松地列出\(W_{AB},W_{BA}\)的式子，相减发现\(\frac{\sum val}{siz}\)小的被先选会更优。
所以用一个set维护每个点，每次选取最小点向父亲合并，最后合成一个点就好了。
这题听说是YALI考过的题，HNOI考完走出考场听到许多“YALI人AK了”之类的言语，不是很爽快——HNOI有YALI学长出的题。当然不可否认的是YALI确实很强，应该也没有泄题的情况。但是我总觉得在这种大赛搬原题是一种极其不负责任的表现。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,q,key[N],l[N],r[N],t[N<<2];
int sta[N],top,LS[N],RS[N];
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r) {t[x]=key[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
t[x]=max(t[x<<1],t[x<<1|1]);
}
int query(int x,int l,int r,int gl,int gr,int bs)
{
int mid=(l+r)>>1,res=0;
if(l>=gl&&r<=gr)
{
if(t[x]<=bs) return 0;
if(l==r) return l;
if(t[x<<1|1]>bs) return query(x<<1|1,mid+1,r,gl,gr,bs);
else return query(x<<1,l,mid,gl,gr,bs);
}
if(gr>mid) res=query(x<<1|1,mid+1,r,gl,gr,bs);
if(gl<=mid&&!res) res=query(x<<1,l,mid,gl,gr,bs);
return res;
}
int Find(int l,int r,int x)
{
if(l>r) return l;
int p=query(1,1,n,l,r,x);
return p?p+1:l;
}
int main()
{
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1,x,y;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),key[x]=y;
build(1,1,n);LS[1]=1,RS[n]=n;
for(int i=2;i<=n;i++) LS[i]=(key[i-1]&&key[i-1]<=i-1)?i:LS[i-1];
for(int i=n-1;i>=1;i--) RS[i]=(key[i]&&key[i]>i)?i:RS[i+1];
for(int i=n;i>=1;i--)
{
r[i]=i;l[i]=Find(LS[i],i-1,i);
while(r[i]<n&&(!key[r[i]]||(key[r[i]]>=l[i]&&key[r[i]]<=r[i])))
r[i]=r[r[i]+1],l[i]=Find(LS[i],l[i]-1,r[i]);
}
for(int i=1,x,y;i<=q;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),puts((l[x]<=y&&r[x]>=y)?"YES":"NO");
}
D2T3 道路
题意
W 国的交通呈一棵树的形状。W 国一共有 \(n − 1\) 个城市和 \(n\) 个乡村，其中城市从 \(1\) 到 \(n − 1\) 编号，乡村从 \(1\) 到 \(n\) 编号，且 \(1\) 号城市是首都。道路都是单向的，本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络。对于每一个城市，恰有一条公路和一条铁路通向这座城市。对于城市 \(i\)，通向该城市的道路（公路或铁路）的起点，要么是一个乡村，要么是一个编号比 \(i\) 大的城市。没有道路通向任何乡村。除了首都以外，从任何城市或乡村出发只有一条道路；首都没有往外的道路。从任何乡村出发，沿着唯一往外的道路走，总可以到达首都。
W 国的国王小 W 获得了一笔资金，他决定用这笔资金来改善交通。由于资金有限，小 W 只能翻修 \(n − 1\) 条道路。小 W 决定对每个城市翻修恰好一条通向它的道路，即从公路和铁路中选择一条并进行翻修。小 W 希望从乡村通向城市可以尽可能地便利，于是根据人口调查的数据，小 W 对每个乡村制定了三个参数，编号为 \(i\) 的乡村的三个参数是 \(a_i\)，\(b_i\) 和 \(c_i\)。假设从编号为 \(i\) 的乡村走到首都一共需要经过 \(x\) 条未翻修的公路与 \(y\) 条未翻修的铁路，那么该乡村的不便利值为
在给定的翻修方案下，每个乡村的不便利值相加的和为该翻修方案的不便利值。
翻修 \(n − 1\) 条道路有很多方案，其中不便利值最小的方案称为最优翻修方案，小 W 自然希望找到最优翻修方案，请你帮助他求出这个最优翻修方案的不便利值。
共 \(20\) 组数据，编号为 \(1 ∼ 20\)。
对于编号 \(\le 4\) 的数据，\(n \le 20\)；
对于编号为 \(5 \sim 8\) 的数据，\(a_i, b_i, c_i \le 5，n \le 50\)；
对于编号为 \(9 \sim 12\) 的数据，\(n \le 2000\)；
对于所有的数据，\(n \le 20000\)，\(1 \le a_i, b_i \le 60\)，\(1 \le c_i \le 10^9\)，\(s_i, t_i\) 是 \([−n, −1] \cap (i, n − 1]\) 内的整数，任意乡村可以通过不超过 \(40\) 条道路到达首都。
题解
据说这题出题人想复杂了于是成为了普及题。。。验题人干嘛去了啊。。
然而我刚才苦苦思索十分钟还是忘记怎么做了（去年做的）。。就怕被降智啊！！！
设\(dp[x][a][b]\)表示\(x\)的子树内，到根还有a条没有修好的公路、b条没有修好的铁路的最小总代价。
没了。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
char ch=getchar();int h=0,t=1;
while(ch!='-'&&(ch>'9'||ch<'0'))ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){h=h*10+ch-'0';ch=getchar();}
return h*t;
}
const int MAXN=40010;
int N,head[MAXN],cnt,L[MAXN],R[MAXN];
int A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN];
ll dp[MAXN>>1][41][41];
struct edge{int next,to,w;}a[MAXN<<2];
void link(int x,int y,int w){a[++cnt]=(edge){head[x],y,w};head[x]=cnt;}
void Pre(int x,int fa)
{
for(int i=head[x];~i;i=a[i].next)
{
int S=a[i].to;
if(S==fa)continue;
L[S]=L[x],R[S]=R[x];
(a[i].w==1)?L[S]++:R[S]++;
Pre(S,x);
}
}
ll DP(int x,int i,int j)
{
if(x<=N) return dp[x][i][j];
return 1LL*C[x]*(A[x]+i)*(B[x]+j);
}
void DFS(int x,int fa)
{
int lc=0,rc=0;
for(int i=head[x];~i;i=a[i].next)
if(a[i].to!=fa){DFS(a[i].to,x);rc?lc=a[i].to:rc=a[i].to;}
if(!lc) return;
for(int i=0;i<=L[x];i++)
for(int j=0;j<=R[x];j++)
dp[x][i][j]=min(DP(lc,i+1,j)+DP(rc,i,j),DP(lc,i,j)+DP(rc,i,j+1));
}
int main()
{
N=read();
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<N;i++)
{
int x=read(),y=read();
if(x<0)x=-x+N;
if(y<0)y=-y+N;
link(i,x,1);link(x,i,1);
link(i,y,2);link(y,i,2);
}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
int pos=i+N;
A[pos]=read();
B[pos]=read();
C[pos]=read();
}
Pre(1,0);
DFS(1,0);
printf("%lld\n",dp[1][0][0]);
return 0;
}
后记
这套题目可以说是非常好、质量非常高的啦。
如果今年让我考这套题目的话，最好的成绩是30+40+75+60+40+100，然而算上联赛也只能踩队线。
可以说非常刺激了。
后天加油啊！
