Solution Set #8

状态开始回暖了，但是还是好菜/kk

134 qoj3998. The Profiteer（背包，分治）

套用决策单调性的分治，查询最优端点的时候二分查找，可以做到 $\mathcal{O}(nk{\log }^{2}n)$。

上面的做法是可以优化的：二分的时候把确定的范围直接加入，这样就是 $\mathcal{O}(nk\log n)$ 的了。

https://qoj.ac/submission/304529

135 qoj1173. Knowledge Is...（贪心）

大力贪心，把所有区间按照 $l$ 排序，如果能够匹配没有匹配的区间，那么直接匹配。否则，拆一个右端点最小的匹配，然后把当前区间和这个区间匹配。

可以使用线段树维护。但实际上如果一个匹配的左侧区间和右侧区间都能匹配，那么拆左边或者拆右边效果是相同的。

https://qoj.ac/submission/305547

136 qoj5357. 芒果冰加了空气（DP，计数）

考虑对于每个子树构造点分治方案，然后合并。

先考虑 $u$ 为分治中心的时候连通块大小为 $1$ 的情况。那么假设子树 $v$ 中有 $c_v$ 个连通块与 $u$ 接触，那么方案数是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sum c_v}{c_{v_1},c_{v_2},\cdots c_{v_k}})$。否则，当 $u$ 的联通块大小不为 $1$ 的时候，我们可以考虑 $v$ 的子树中有 $d_v\le c_v$ 个联通块层数比 $u$ 浅，那么方案数就是把 $c$ 换成 $d$。

直接在树上 DP，复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。

https://qoj.ac/submission/306315

137 qoj6101. Ring Road（分治，最短路）

边分治，每次处理跨过两个联通块的最短路。

由于连接两个联通块的边只有 $\mathcal{O}(1)$ 条，所以把这些边单独提出来跑最短路即可。

Submission #307392 - QOJ.ac

138 qoj970. Best Subsequence（贪心，整体二分）

发现如果相邻的两个数都 $\le \frac{W}{2}$，那么它们之间相当于没有限制。可以构造出一组解使得这些数全部被选上。把 $>\frac{W}{2}$ 的元素选上，只需要在每个连续段选一个最小的即可，施调整法可以证明这样是最优的。

考虑整体二分 $W$，从小到大扫描 $W$，使用 set 维护 $\le \frac{W}{2}$ 的集合以及每个连续段的最小值，用树状数组做区间询问可以求出其中有多少个 $\le \frac{W}{2}$ 的元素和 $>\frac{W}{2}$ 的元素。可以在外层循环 $30$ 次来达到二分的效果。

Submission #307418 - QOJ.ac

139 qoj6638. Treelection

相当于限制除了 $u$ 之外，其它每个结点不能放超过 $s{z}_u-2$ 个票。

先不考虑 $u$ 的特殊性，考虑贪心，每次把票放在最深的祖先上。维护 $f_u$ 表示 $u$ 子树内还有多少票，转移是 $f_u=max(\sum f_v-X,0)+1$，合法条件是 $f_1=1$。

假设 $u$ 的子树也满足 $s{z}_u-2$ 的限制，那么 $u$ 的特殊性被消除，答案只和 $s{z}_u-2$ 与最小合法 $X$ 的大小关系有关，可以二分求出 $X$。否则，我们需要额外考虑 $X=s{z}_u-1,f_1=2$ 的情况。此时我们需要判断 $f_1$ 中多出的票能不能删去，合法条件即为对于 $u$ 的所有祖先 $anc$ 都有 $f_{anc}>1$。

Submission #306471 - QOJ.ac

140 qoj6540. Beautiful Sequence（贪心）

钦定集合 $S,T$ 使得 $S$ 为满足条件的元素而 $T$ 不是。

考虑判断合法，将 $S$ 中元素去重并从大到小排序，$T$ 中元素从大到小排序，那么合法条件是 $T_i\le min(S_i,S_{i+1})$（如果不存在元素，则视作 $-\mathrm{\infty }$）

考虑先钦定 $S$ 是全集，从 $S$ 中删去元素使得合法，最终的目标是最小化 $T$ 中元素个数。注意到最终的 $T$ 满足 $|T|=|S|-1$（$|T|$ 是可重集），而对于一次删除操作，如果我们删去的元素是最后一个，那么 $|T|\leftarrow |T|+cn{t}_u$，$|S|\leftarrow |S|-1$，否则，$|T|\leftarrow |T|+cn{t}_u$。注意到前者是更优的，所以我们会贪心选 $cn{t}_u$ 尽量小的元素。所以可以把所有数按照 $cn{t}_u$ 排序，从小到大能选则选。可以证明这样是正确的（考虑唯一的问题是我们选了一个出现次数较少但值较大的元素，可能影响后面的判断，但其实可以大力调整）。

暴力实现可以平方，考虑优化判断的过程。注意到我们把 $T$ 中的元素看作数轴上的一个 $-1$，$S$ 中的元素看做 $1$，条件相当于折线始终不会碰到 $y=0$。线段树维护即可。

Submission #307238 - QOJ.ac

141 2024.1.16 cheer（差分，gcd）

题目大意

注意到差分之后 $gcd$ 不变，考虑差分。差分后一次操作只会改变 $4$ 个点的权值。

任意选 $5$ 个点，答案一定是这 $5$ 个点点权的 $gcd$ 的因数。对于它的每个素数因子 $p^k$ 考虑。分类讨论：

• 没有点不被 $p^k$ 整除，直接加。
• 恰好 $2$ 个点被 $p^k$ 整除，那么只有修改祖先链才有用。
• 恰好 $4$ 个点被 $p^k$ 整除，那么只有确定的路径有用。

所以我们只需要考虑 $\log V$ 条路径的答案，暴力即可。

142 2024.1.17 tree（MST，边分治）

题目大意

大力 boruvka 可以得到 $\mathcal{O}(n{\log }^{3}n)$ 做法。

考虑大力优化这个做法。注意到瓶颈在于边分治中的排序，而每次 boruvka 排序的过程是相同的。所以可以直接把分治过程离线，求最短边的部分双指针解决。复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

143 CF1158E Strange device（树交互，并行操作）

操作明示把树分层。

考虑二分，每次询问出距离 $l$ 不超过 $mid-l-1$ 和 $mid-l$ 的结点，那么可以把点分成 $[l,mid),[mid,mid],(mid,r]$ 三类。

考虑并行，每次找到所有二分的区间，一次把所有奇数或所有偶数的区间割开，可以做到 $4\log n$ 的操作次数。

然后询问每一层，可以按照模 $3$ 的余数分层，然后二进制分组一下，然后并行一下，就可以做到 $3\log n$ 了。

https://codeforces.com/contest/1158/submission/242177866

144 qoj962 Thanks to MikeMirzayanov（排序，构造）

先转化一下操作：区间翻转，然后再全局翻转。

一个套路：先考虑给 $01$ 排序，然后通过分治将问题转化成给 $01$ 排序。

考虑怎么给 $01$ 排。先把一个连续段缩起来，然后问题是给 $01010101\cdots$ 排序，我们把第奇数个 $01$ 对翻转，偶数不变，每次可以让连续段数量减半。所以可以在 $\log n$ 时间排序 $01$。

回到原题，我们分治下去，然后并行操作，可以做到 ${\log }^{2}n$ 次操作，常数较小，但是还是要卡一下。

https://qoj.ac/submission/307627

145 JOI Open 2019 Triple Jump（线段树，支配对）

在单调栈上观察，可以发现只有在单调栈过程中相邻的两个 $(a,b)$ 有用，所以原问题 $(a,b)$ 的支配对数量是 $\mathcal{O}(n)$。

但是带上 $c$ 则还需要一个后缀 $max$ 操作。挂到线段树上观察，相当于维护二元组 $(A_i,B_i)$：

• $B_i\leftarrow max(B_i,A_i+x)$。
• $A_i\leftarrow max(A_i,x)$。
• 区间询问 $B_i$ 最值。

直接使用线段树是可以维护的。

https://loj.ac/s/1986350

146 NOI 2020 超现实树

好像没那么难？

先考虑链的包。要求对于左右儿子均可以生成，分类讨论：

• 如果存在一棵树是单点，答案是 Almost Complete。
• 否则，把只有左儿子的链往左递归判断，只有右儿子往右递归判断。

一般的情况只需要额外考虑有两个儿子的情况。考虑一个构造非法解的方式：左儿子挂一个单点，右儿子递归构造。此时集合 $\mathcal{T}$ 中能够用来生成右儿子的树的个数是最少的，即满足左儿子是单点的树。把这些树拿出来递归处理即可。

https://loj.ac/s/1982846

147 QOJ 1436 Split in Sets（贪心）

先考虑 $a_i=2^k$ 的做法，那么如果最高位有 $\ge k$ 个那么一定是铺满，然后剩下的数全部放一个里面。

可以得到一个结论：如果最高位有 $\ge k$ 个，那么一定只有一个桶的 and 值不是最高位。因为如果多个最高位堆一起，可以把两个较低位合并然后把最高位单独拉出来。较低位的影响是 $a+b-a\text{ and }b=a\text{ or }b$，不会比增大的值还大。

注意到如果所有数最高位都相同，那么可以把最高位删去，然后直接把最高位的贡献计算。

根据上述性质，设计 $\text{solve}(a,k)$ 表示求解的算法。

• 所有数最高位相同，计算最高位贡献，递归。
• 计算最高位数的数量 $cnt$，若 $cnt<k$，那么选 $k$ 个位置把最高位单独放，其余数递归下去。
• 否则，其它数一定放在同一个桶里面，把它们与起来变成一个数，计算最高位贡献，递归。

计数是简单的。

https://qoj.ac/submission/309735

148 2024.1.22 模拟赛 emotion

问题约等于对 $n$ 的所有子集 $S$ 求生成树个数 $f(S)$。

有转移式子：

$$f(S)=\frac{1}{2|S|-2}\sum _{T⊊S}f(T)f(S-T)E(S,T)$$

可以使用子集卷积优化到 $\mathcal{O}(2^n{n}^2)$。

149 qoj2065. Cyclic Distance（凸优化）

考虑确定点集之后怎么做，可以拿重心构造出两倍虚树大小。

考虑 DP，加一条边的贡献是 $min(i,k-i)w$，合并子树是 $(max,+)$ 卷积，所以是凸的，跟 THUPC 那题一样拿对顶堆维护一下就好了。

https://loj.ac/s/1986350