20221113 star模拟赛 随记
Explo
依次考虑是否取 \(n\) 个物品，初始有权值 \(p=w\)，以及常数 \(k,c\)。
物品分为两类，对于第 \(i\) 个物品：
若为第一类，则选择第 \(i\) 个物品会得到 \(a_i\times p\) 的贡献，并会使得 \(p \leftarrow p\times (1-k\%)\) .
若为第二类，则选择第 \(i\) 个物品会失去 \(a_i\times p\) 的贡献，并会使得 \(p\leftarrow p\times (1+c\%)\).
求最终最大贡献。\(1\le n\le 10^5,0\le k,c,w,a_i\le 100\)
一致认为这道是全场最佳。很有启发性。
第一想法是设 \(dp_{i,j,k}\) 表示对于前 \(i\) 个物品，当前 \(p\) 正向变化了 \(j\) 次，反向变化了 \(k\) 次时的最大贡献，但是复杂度显然不对。
那怎么办，有点棘手，场上直接先跳过想后面题了。但仔细分析发现，只有前 \(i-1\) 个物品的选取情况才会影响第 \(i\) 个物品的贡献，这也是我们 dp 状态不好设置的原因——影响是复杂的而非单一的，我们还需要考虑 \(p\) 的取值。
但我们可以思考一下 \(p\) 在这个问题里面的本质作用是什么——是给后面物品的贡献加了个权。加了个权？也就是如果我们拿到了后面子问题的最优贡献，就可以直接加权计算当前贡献，并且加了个权之后还是最优的啦？
那就倒序做呗！设 \(dp_i\) 表示对于后 \(i\) 个物品这个子问题，最大贡献是多少，则有转移方程：
最终答案为 \(dp_1\)，时间复杂度 \(O(n)\)。
很有启发性，值得仔细品味。
Seq
给定一个长度为 \(n\) 的数列，以及 \(m\) 次询问，每次询问给出三个数 \(l,r,P\)，需要找到一对 \(l',r'\)，满足 \(l\le l'\le r'\le r\)，使得 \((\sum_{i=l'}^{r'}a_i)\bmod P\) 最小，给出这个最小值。
\(1\le n\le 5\times 10^5,1\le m\le 10^4,1\le P\le 500,1\le a_i\le 10^9\)。
轻度诈骗题。
首先将求和转为在前缀和序列上差分，即使得 \((sum_{r'}-sum_{l'-1})\bmod P\) 最小。
考虑到 \(P\) 的取值特别小，一个很好的结论是，\([l,r]\) 之间的不同的 \(sum_i\bmod P\) 的取值最多只有 \(P\) 种（废话），也就是只要 \([l,r]\) 的长度大于 \(P\)，我们一定能在区间 \([l,r]\) 中找到两个模 \(P\) 意义下相同的 \(sum_i\)，那么我们只要选择这两个相减即可使得答案为 \(0\)。
于是当 \(r-l+1>P\) 时，最小值一定为 \(0\)。
剩下的最长询问区间长度就只剩下 \(500\) 了。暴力的做法当然是枚举两个不同的 \(sum_i\)，相减取最小值，这样其实已经很优了，时间复杂度 \(O(P^2m)\)。优化当然也很好优化，枚举每一个 \(sum_i\)，找它前面在 \([l-1,i-1]\) 之间的 \(sum_i\) 集合中的前驱后继取最小值即可，set 就可以维护了。
时间复杂度 \(O(Pm\log P)\)。
Earth
\(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，选择一个整数 \(x\)，使得每一条边的边权都加上 \(x\) 后，从 \(1\) 到 \(n\) 的最短路径长度非负且最小，求这个最短路径长度。\(T\) 组数据。
\(1\le T\le 10,1\le n \le 100,m\le n\times (n-1)\).
很容易发现随着 \(x\) 的变化，最短路径长度的变化是单调的。
于是考虑二分 \(x\)，在图上跑最短路，如果连通且 \(dis_n\) 为正则挪右端点，否则挪动左端点。
记得在最短路的过程中需要判断负环，出现负环一定无解。
时间复杂度 \(O(Tn^2\log |V|)\)。
最后还检查出来了 T3 的数组大小错误，感觉还不错。
期望得分 \(100+100+100=300\)。
