IOI2023

来感受一下 IOI 的题目质量。

没做 T6。

CF436E Cardboard Box

tag：选数问题的调整方法，贪心

考虑如果我们把一个数两个都选，那么根据简单调整法，显然不存在 $b_i$ 比它小的数一个都没选。所以假设我们枚举选了两次的 $b_i$ 最大的数，那么它前面都选了至少一次，后面都选了至多一次，所以问题变成了一个最多只能选一个的问题了，此时只需要找到前 $k$ 小，使用树状数组二分即可。

loj3988. 「IOI2023」封锁时刻

$\mathcal{O}(n^2)$ 就是设 $f_{i,j,0/1,0/1}$，表示 $i$ 子树选了 $j$ 个点，与 $X/Y$ 是否联通的最小花费。

然后先处理掉两个点可达的点不交的情况，然后强制 $X\to Y$ 路径上的所有点都选，此时发现离 $X,Y$ 更远的点会延后被选，而路径上的限制为 $1$，所以直接做 Cardboard Box 是对的（由于越靠近中间的点权值越小，所以选的肯定是中间的一个区间）

loj3989. 「IOI2023」最长路程

tag：构造，交互（3 increase 2）

先说一下 $D=1$ 的情况下，已知图的情况下如何维护出最长路。

仿照证明竞赛图有哈密顿路的方式，动态维护路径，每次插入一个点。先考虑它能否接到链的首尾，如果不能那么首尾一定有边，此时随便找一条边连到环上就可以构造出来链了。

考虑减一下操作次数。维护当前所有联通块，然后二分找到当前点连的哪个联通块，然后二分找边，可以得到 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的操作次数。

此时应用常规的优化思路已经无法取得进展，考虑继续寻找图的性质。可以发现，假如图有超过 $1$ 个联通块，那么一定是两个联通块的完全图，证明不难。

所以我们只需要维护两条链，甚至都没必要维护联通情况。维护两条链的链首 $s_1,s_2$，那么每次插入一个点 $u$，可以得到如下算法：

• 询问 $u$ 与 $s_1$ 是否有边，如果有，连边 $(u,s_1)$。
• 否则，询问 $u$ 与 $s_2$ 是否有边，如果有，连边 $(u,s_2)$。
• 否则，连边 $(s_1,s_2)$，并令 $u$ 为单独的链。

最后需要判断两条链是否联通，如果联通，需要找两条链之间的一条边。

操作次数约为 $2n+2\log n$。

考虑进一步优化，注意到 $1.5n\le 400$，所以可以尝试三次操作插入两个点，讨论是 trivial 的，此处略去。

类似的题：CF1705F。

loj3990. 「IOI2023」足球场

tag：DP，优化状态，类最大子矩形问题

先考虑怎么判断合法。

首先可以发现，如果行的连续段 $>1$，那么一定不合法，列同理。

那么它是不是充分的呢？不是，发现行的区间关系只能是包含，不能不包含但相交。

那么它是不是充分的呢？不是，发现如果两个大的把中间夹起来也是不合法的。

所以可以得出这样一个结论：区间相互包含，且单峰。

处理单峰的方式是经典的。枚举最中间的行，然后设 $f_{i,j,l,r}$ 表示行区间 $[i,j]$，且最后一个放的区间为 $[l,r]$，最大的矩形面积是多少。转移容易做到 $\mathcal{O}(n^4)$。

试图使用贪心性质调整来优化是困难的。不过实际上这个状态设计有相当多的瑕疵，因为很多状态都被重复表示了，我们需要减少重复。发现如果确定了“中轴线”，那么已知行区间 $[i,j]$ 的话，那么 $[l,r]$ 显然是穿过中轴线的每行区间的交。所以可以少记录一维状态，优化到 $\mathcal{O}(n^3)$。

然后 $\mathcal{O}(n^2)$ 很智慧。我们直接用一个矩形中的位置来表示一个矩形，其表示的矩形为它到它上面第一个障碍的矩形，其最大面积。转移仍然是两类：

• 在末尾加入，此时 $f_{i,j}$ 由 $f_{i-1,j}$ 转移过来。
• 在开头加入，那么可以找到最后一次缩小的位置，它一定是 $(i,j)$ 在行上对应区间的左端点或者右端点上面的障碍点，所以可以从 $f_{i,pr{e}_{i,j}}$ 和 $f_{i,nx{t}_{i,j}}$ 转移过来。

总时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。

loj3991. 「IOI2023」山毛榉树

tag：充要条件的推导，感性猜测与理性证明

建议配合官方讲题视频食用。

这是一道推结论题，我们尝试先寻找一些合法子树的性质，即必要条件，然后逐步加强限制，使得条件充分。

对于每种颜色 $c$ 单独考虑，可以发现：

• 存在子结点使得子结点到父亲的边的颜色为 $c$ 的结点为序列 $\{v_i\}$ 的一个前缀。
• 不存在一个结点，使得同时存在两个子结点，它们到父亲的边都为 $c$。

上述结论由定义立得。

第二个条件是容易判断的，下面我们默认其被满足。对第一个条件做一个转述：考虑 ${\text{col}}_u$ 表示 $u$ 的儿子的颜色构成的集合，那么对于任意两个节点 $u,v$，那么满足 ${\text{col}}_u\subseteq {\text{col}}_v$，要么满足 ${\text{col}}_v\subseteq {\text{col}}_u$。

那么这个条件是否充分呢？实际上，枚举可以得到满足这个条件却不合法的反例：

可以发现，$2$ 号结点为 $\{v_i\}$ 中首个出现的颜色为 $\mathtt{\text{b}}$ 的结点，其在 $\{v_i\}$ 中的编号比 $5$ 号结点小，而 $2$ 号结点没有颜色为 $\mathtt{\text{a}}$ 的儿子，所以 $9$ 号结点应该接在 $2$ 号结点而非 $5$ 号结点。

所以需要加强限制。我们引入概念“子树包含”：称以 $u$ 为根的子树 $T_u$ 包含以 $v$ 为根的子树 $T_v$（$T_v\subseteq T_u$），当且仅当可以通过在 $T_v$ 上不断添加叶子使得其与 $T_u$ 同构。我们断言，子树合法当且仅当对于任意两个节点 $u,v$，要么满足 $T_u\subseteq T_v$，要么满足 $T_v\subseteq T_u$。

这样似乎非常自然：因为添加节点 $u$ 时，我们会优先将其添加到序列 $\{v_i\}$ 中编号小的结点的下面，而这恰好是子树较大的结点。下面我们分别证明其必要性和充分性：

• 必要性：假设条件不成立，我们通过模拟添加的过程证明它一定不合法。如果存在 $u,v$，使得 $T_u,T_v$ 交叉而无包含关系，不妨设 $u$ 是在 $\{v_i\}$ 中更加靠前的结点，那么在正常的加入顺序中，$u$ 的颜色 $c$ 对应的出边的终点一定比 $v$ 的颜色 $c$ 对应的出边的终点更加靠前，这是因为对于相同的颜色 $c$，我们总是选择位置最靠前的结点连接。由于 $T_v⊈T_v$，我们找到多出来的节点 $v^{\prime }$，那么 $v^{\prime }$ 显然应该接在 $u$ 子树中对应位置上，因为编号更小。
  • 结合上面的例子理解，$T_1$ 中多出的 $9$ 号结点，应该接在 $T_0$ 的对应位置 $2$ 上。
• 充分性：我们说明满足条件的子树一定存在对应的排列。构造排列是简单的，我们只需要根据包含关系一一加入即可。关键在于，我们需要证明不存在调整的方法使得当前加入的结点 $u$ 能接到编号更小的结点上。假设 $u$ 上的边的颜色为 $c$，等价于说明任意位置比 ${\text{fa}}_u$ 靠前的结点都存在颜色为 $c$ 的出边。而根据之前的分析，比 ${\text{fa}}_u$ 靠前的结点的 $c$ 的出边对应的子树一定完全包含 $u$ 的子树，其出现位置一定比 $u$ 靠前，所以在 $u$ 加入之前，所有的结点都被占用，所以 $u$ 只能接到 ${\text{fa}}_u$ 上。

综上我们证明了结论，下面是如何实现。关键在于判断子树之间的包含关系，实际上，依据 $s{z}_u$ 排序已经可以得到最终的序列，我们只需要判断排序后相邻的两个节点是否互相包含，而判断是否包含只需要判断 ${\text{col}}_u,{\text{col}}_v$ 的包含关系和子树大小即可，因为若子树大小关系正确，在之后的比较中我们会比较两棵子节点对应的子树是否同构，归纳可以发现其与原条件等价。

套用启发式合并，复杂度为 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

loj3992. 「IOI2023」超车

考虑暴力的做法：对于每个 $i$，维护出 $s_{i,j}$ 表示巴士 $j$ 到达调度站 $i$ 的实际时间，显然有：

$$s_{i,j}=max\{\underset{s_{i-1,k}<s_{i-1,j}}{max}{s}_{i-1,k}+w_k(s_i-s_{i-1}),s_{i-1,j}+w_k(s_i-s_{i-1})\}$$

考虑怎么回答询问。注意到被备用巴士拖慢的巴士不影响答案，不妨将它们忽略。我们只需要对于每个调度站，求出备用巴士到达它的时间 $Y_i$。这个问题只需要每次二分找到 $\underset{s_{i-1,k}<Y_i}{max}{s}_{i-1,k}+w_k(s_i-s_{i-1})$ 即可仿照上面的过程轻松转移，不难使用前缀 max 维护。时间复杂度 $\mathcal{O}(nm\log n+qm\log n)$。code

考虑优化。发现这是一个经典套路：设 $f_i(Y)$ 表示 $Y$ 经过调度点 $i$ 转移之后的时间，我们最后需要求的是 $f_0(f_1(\cdots f_{m-2}(Y)))$。可以发现 $f_i(Y)$ 是一个不超过 $2n$ 段的分段一次函数，所以可以考虑直接暴力维护出函数 $g(Y)=f_0(f_1(\cdots f_{m-2}(Y)))$，其段数是不超过 $2mn$ 的（经典结论：段数为 $A$ 和一次函数 $f$ 与段数为 $B$ 的一次函数 $g$ 复合得到的新函数 $h$ 段数不超过 $A+B$）。

合并两个分段函数有经典的 $\mathcal{O}(A+B)$ 算法：每次找到 $f$ 每一段在定义域上的区间 $[x_l,x_r]$，并求出其值域区间 $[y_l,y_r]$，然后取函数 $g$ 在定义域为 $[y_l,y_r]$ 上的区间，还原到 $f$ 上后扔进 $h$ 里面，采用双指针即可。这个问题需要求 $m$ 个函数的复合，所以需要套一个分治。每次求出 $f_{[l,r]}(Y)$ 表示 $[l,r]$ 区间复合得到的分段函数，合并的时候令 $f_{[l,r]}(Y)=f_{[l,mid]}(f_{[mid+1,r]}(Y))$ 即可，可以证明复杂度为 $\mathcal{O}(nm\log m)$。

回答询问的时候只需要二分找到 $Y$ 所在的区间，总复杂度为 $\mathcal{O}(nm\log m+q(\log n+\log m))$。code