Solution Set #9

在 cdqz 的集训结束了，虽然总榜比较好看但感觉只过了一堆平凡题。

怎么一个月就省选了（恼）

upd：更得好像有点少，下周的直接往里面加算了。

150【IOI2016】shortcut（拆绝对值）

考虑确定了架桥架在哪里之后怎么算（经过桥的）直径。实际上就是 $max(|po{s}_u-po{s}_x|+|po{s}_v-po{s}_y|+d_u+d_v)$。

大力转切比雪夫（大概）然后二分，先排除 $|po{s}_u-po{s}_v|+d_u+d_v\le X$ 的点，剩下的点限制 $po{s}_x-po{s}_y$ 和 $po{s}_x+po{s}_y$ 的范围，然后双指针就行。

提交记录 #674333 - Universal Online Judge (uoj.ac)

151【IOI2016】messy（交互，分治，构造）

考虑一个构造：传一个 $s_0=1$，然后询问 $n$ 次，就可以知道 $0$ 的位置。

实际上你也可以传一个集合过去，在 $n$ 次询问得到这些集合。

问题是每个数只能传一次。所以假设我们上次传过去的集合是 $S$，那么传下一个集合 $T$ 的方式是把 $x\in T$，$\{x\}\oplus S$ 传过去。由于我们知道 $S^{\prime }$，所以枚举 $x^{\prime }$ 之后询问 $\{x^{\prime }\}\oplus S^{\prime }$ 很容易得到 $T^{\prime }$。

大力二进制分组，可以得到 $n\log n$ 次操作的做法。

提交记录 #674659 - Universal Online Judge (uoj.ac)

152【IOI2017】Ancient Books（贪心，析合树）

考虑 $\text{cir}(p)=1$ 的情况，发现答案是下界 $X=\sum |i-p_i|$。

容易构造出 $2(\text{cir}(p)-1)+X$ 的上界：搜出生成树，每次以 $1$ 的代价换连通块，然后以 $1$ 的代价回到原来的位置。

然而换块未必需要 $1$ 的代价。考虑连通块编号为 $\{1,2,1\}$ 的三个点，可以从第一个数出发往后走到 $2$，把书放到 $2$，做完 $2$ 连通块，再返回原位置。随便构造一下可以发现一个值域连续段（$p_{[l,r]}\to [l,r]$）可以取到下界 $X$，所以换块次数是值域连续段数量 $-1$。

写上去发现只过了 $s=0$，发现 $s=1$，$\{0,2,1,4\}$ 会出问题，也就是 $s$ 需要”跳出来“。然后大概是析合树上跳祖先的过程（？）直接贪心就好了。

不太懂析合树，瞎写了个东西/kk。

提交记录 #674659 - Universal Online Judge (uoj.ac)

153 IOI 2017 Toy Train（博弈，图论）

考虑只有一个充电站，且充电站是自环怎么做。可以 BFS 出所有 Arezon 能保证到充电站的结点。

考虑只有一个充电站怎么做，按上面 BFS 之后，如果 Arezon 控制充电站且存在出边对应结点能到充电站，或者 Borzon 控制且全部出边都能到充电站，那么能到的就是合法的，否则答案为空集。

考虑多个充电站，那么 BFS 多次，如果一个充电站不满足上面条件那么一定不会去这个充电站充电，那么把这个充电站删掉，重复 $n$ 次可以得到解。

提交记录 #674949 - Universal Online Judge (uoj.ac)

154 IOI 2017 Simurgh（交互）

可以 $\mathcal{O}(m)$。具体而言，找到生成树，然后对于一个环，依次删去一条树边并加入非树边，可以得到非树边和树边的大小关系。如果所有边都和非树边相等那么一定都是 $0$。据此可以得到所有边的信息。

拓展到正解：如果我们只询问生成树上边的信息，那么我们就可以选择一个无环的边的子集，并询问子集中是否有关键边，然后通过二分技巧找到所有关键边。关键在于把原图拆成尽可能少的生成森林，一个构造是：找到一个点和它相连的所有边，这样可以拆出来 $\mathcal{O}(n)$ 棵生成树，在所有生成树里面二分边即可。询问次数大约是 $3n+n\log n$，不是很懂为啥给 $8000$ 次询问。

https://uoj.ac/submission/675475

155 CTT2019 匹配问题

考虑钦定了选 $l_b$ 的集合 $S$ 之后怎么判断。一个算法是倒着贪心，每次选最远的点。但是没啥前途。

考虑利用 Hall 定理判断。可以得到 $\mathcal{O}(n^2)$ 组限制：对于 $[i,j]$，假设 $N(S)$ 对应的区间是 $[a_i,a_j+l_a(l_b)]$ 中的所有点，那么我们需要保证 $|\{k|k\in [i,j],a_k+l_a(l_b)\le a_j+l_a(l_b)\}|\le N(S)$。可以简化为：找到满足 $a_k+l_b\le a_j+l_a(l_b)\wedge a_k+l_a>a_j+l_a(l_b)$ 的区间 $k\in [l,r]$，限制相当于 $[l,r]$ 不能选择超过 $c$ 个数。

利用这 $\mathcal{O}(n^2)$ 组限制，贪心选，可以得到一个 $\mathcal{O}(n^2)$ 的算法。

注意到限制中长度大于 $l_a$ 的区间是平凡的，我们只需要对于每个相同的 $[l,r]$ 找到 $c$ 的最小值，可以观察到这样的 $[l,r]$ 只有 $\mathcal{O}(n)$ 组。对于剩下的限制，条件相当于只保留选择 $l_b$ 的点之后，存在完美匹配。

对于这类限制，$l_a=5\times {10}^5$ 的情况可以直接贪心，加上 $l_a$ 的限制之后也是一样的。使用数据结构维护，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

https://qoj.ac/submission/317897

156 qoj5017. 相等树链

对第一棵树点分治转化问题。

关键在于：如何找到一个条件判断跨过分治中心的路径 $u\to root\to v$ 是否在第二棵树上仍然是链。将第二棵树的根设为 $root$。考虑对于路径上的结点 $w$，$w$ 在第二棵树上被包含在链里，需要 $f{a}_w$ 也被包含在链里。基于 $w$ 构成的集合和 $f{a}_w$ 构成的集合可以给出一个构造：记 $S$ 为 $w$ 删去 $u,v$ 的集合，$T$ 为 $f{a}_w$ 删去 $root$ 的集合，则 $S=T$。

此时条件转化为集合相等的形式，可以利用 xor-hashing 的技巧给出进一步转化。那么枚举第二棵树中的其中一条链，计数另一条链的方案数，那么我们需要枚举删去的直径端点，求出 $S$ 部分的哈希值和 $T$ 部分的哈希值。还需要另外满足的条件是：然而这样会出问题，可能我们删去了 $3$ 个结点，所以需要增加条件：删去的端点数要恰好等于 $f{a}_w=root$ 的 $s$ 的个数，且个数不超过 $2$。使用哈希表统计，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

https://qoj.ac/submission/318292

157 qoj5016. Range Minimum Element

和 AGC056B 一样，构造一个填数方式和 $b$ 序列的映射，从小往大考虑，每次填一个最小值，并将包含这个最小值的所有区间计入答案，之后将整个序列割成两部分处理。

为了保证是一一映射，我们钦定当前填的最小值是所有可能的最小值位置中最靠前的。也就是说，假设我们根据 $b$ 得到了 $a_i\ge x_i$ 的下界，那么我们找到 $x_i=mn$ 且 $i$ 最小的位置，并令 $a_i\leftarrow mn$。

假设 $S_i$ 为包含 $i$ 的区间集合。稍加思考可以发现 $i$ 的合法条件是 $i$ 左侧不存在 $j$，使得 $S_j\ne \varnothing \wedge S_j\subseteq S_i$，关键在于判断集合包含的方法。注意到 $S_j\subseteq S_i$ 当且仅当不存在区间包含 $j$ 且不包含 $i$，可以看做一个二维数点问题，利用差分维护即可。

还有 $c$ 的问题。我们先计算 $c=1\sim n$ 的答案，利用二项式反演算出恰好有 $i$ 个元素的答案，然后乘个组合数系数累加进答案。官方题解利用的是插值。

https://qoj.ac/submission/318493

因为以为条件是集合相等所以代码中包含了神秘 xor-hashing。

158 loj4039. 「SNOI2024」矩阵

注意到一次旋转之后，不在矩形边界上的点四个方向相邻的点是不变的，但是顺序会旋转 90 度。考虑维护一个十字链表。

问题在于如何维护旋转，那么对每个数再维护一个值 $d$ 表示旋转的次数，一次操作会把矩形中所有点的 $d$ 增加 $1$，考虑差分，维护一个位置和它相邻四个位置 $d$ 的差值，差分信息同样只会变化 $\mathcal{O}(n)$ 个位置。

矩形加同理，仍然考虑差分即可。

159 loj7905. Ticket to Ride

问题和如下问题等价：

取出序列中不相交的 $k$ 段，每段贡献为完全包含在区间内的区间权值之和，最大化 $k$ 段的权值和。

以段数为阶段，每个阶段的转移相当于维护数据结构支持：

• 前缀加。
• 查询前缀 $max$。

注意到前缀 $max$ 构成若干段，考虑使用并查集维护这些段，对于一次前缀加，若前缀 $max$ 大于下一个比它大的数，那么就合并两端。显然段只会合并，不会分裂。所以复杂度为 $\mathcal{O}(n\alpha (n))$。

总复杂度为 $\mathcal{O}(n^2\alpha (n))$，可以通过。

https://qoj.ac/submission/318802