USACO 2022 Dec 铂金组题解

有生之年终于 AK 一次 Pt 组了，发个题解玩玩。

T1 - Breakdown

大部分情况下，题目里若存在一个很小的 $k$ 这样的角色，都是因为它在复杂度指数上（包括但不限于 $2^{\operatorname{poly}(k)}$ 或 $n^{\operatorname{poly}(k)}$ ）。

时光倒流变成加边。考虑折半，维护 $1$ 到每个点 / 每个点到 $n$ 边数为 $1 \sim 4$ 时分别的最短距离。询问时 meet in the middle， $\mathrm O(n)$ 。

怎么维护？考虑到 $k$ 大概率在指数上，而 $k\leq 4$ ，一个朴素的方法是暴力枚举 $k$ 步的每一步， $\mathrm O(n^k)$ 。但最多只能接受 $\mathrm O(n)$ 时间内更新一次。

设加的边为 $x \to y$ 。枚举这条边是 $k$ 条边中的哪条，更新。其实是能平均一次 $\mathrm O(n^{k - 2})$ 更新而非 $\mathrm O\!\left(n^k\right)$ 的，因为 $x, y$ 本身就确定了两个点。另外，如果这条边充当第一条从 $1$ 出发的边的话，只能多确定一个点，但 $x = 1$ 的边本身就只有总边数的 $\frac 1 n$ ，恰好抵消了。

这样 $k = 4$ 时是平方，还是不行。再注意到 $k = 4$ 时可以利用 $k = 2, 3$ 的信息；而 $k = 2$ 时 $\mathrm O(1)$ 又有点浪费，可以升级一下， $\mathrm O(n)$ 维护两两点之间跨两步的最短路。利用这些信息，分类讨论可知 $k = 4$ 时加入的边无论充当第几条，都可以在 $\mathrm O(n)$ 时间内完成更新。

总复杂度 $\mathrm O(n^3)$ 。

T2 - Making Friends

当奶牛 $x$ 离开时，设其所有邻居从小到大依次为 $y_1, y_2, \cdots, y_k$ 。

如果 $k = 0$ 直接跳过。

否则，将 $y_i$ 互相连接，显然等效于将 $y_1$ 与 $y_{2 \sim k}$ 相连。这就是个邻接表的合并，线段树合并或 set 启发式合并即可。

方便起见，给边按 $x \to y (x < y)$ 定向。每次奶牛离开时邻接表大小之和减去初始边数就是答案。

T3 - Palindromes

先考虑怎么算某个串的 cost，这部分比较简单。如果 G 和 H 的数量都是奇数，那就 -1。否则设其中 G 的位置依次为 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 。显然在最优移动的过程中不会改变两个 G 的相对位置， $p_i$ 与 $p_{k - i + 1}$ 配对。要将一对 $p_i, p_j$ 移动到对称的位置，显然至少要花 $f(i, j) = |(M - p_i) - (p_j - M)| = |2M - p_i - p_j|$ 步数，其中 $M = \frac{1 + L}2$ ， $L$ 为串长。所以 cost 的一个下界是

[2 ∤ k] | p_{(1 + k) / 2} - M | + \sum_{i = 1}^{⌊ k / 2 ⌋} f (i, k - i + 1)

$[2 \nmid k]|p_{(1 + k) / 2} - M| + \sum_{i = 1}^{\lfloor k / 2\rfloor} f(i, k - i + 1)$

容易证明，这个下界能取到：只要从外层往内层依次对齐，将靠内的往外移，对齐总能进行。

-1 和 $2 \nmid k$ 的那项容易先 $\mathrm O(n^2)$ 处理掉。接下来考虑每一对 $p_i, p_j (i < j)$ 的贡献。那就是所有不为 -1 的，让 $p_i, p_j$ 配对的子串 $[l, r]$ ，令它们的 $M = \frac{l + r}2$ ，对 $f(i, j)$ 求和。

容易想到将 $i + j$ 相等的对放一起处理，从外往内，每次加入所有 $(l, r) \in (p_{i - 1}, p_i] \times [p_j, p_{j + 1})$ 并查询贡献，这样每对 $(l, r)$ 只会被加入一次。如果 $f(i, j)$ 不带绝对值的话，那直接做完了；可惜是带绝对值的，那只能把 $2M$ 装到 BIT 里，分 $2M \lesseqgtr p_i + p_j$ 两半算贡献， $\mathrm O(n^2 \log n)$ 。