NOIP2024加赛5

暴力操作（opt）

拜谢丁真

首先题目有一个很明显的性质：我们肯定只会对前 $\frac{n + 1}{2}$ 个数进行操作使它变小。

最后的答案很明显~~没看出来~~具有二分答案的性质，考虑怎么 check。实则就是要判断前 $\frac{n + 1}{2}$ 个数是否都能 $\leq m i d$ 。我们可以方便的找出 $a_{i}$ 变成 $\leq m i d$ 所需的除以的倍数，怎么统计代价。设 $f_{i, j}$ 表示考虑了前 $i$ 种操作，除以的倍数为 $j$ 的代价，然后跑完全背包即可，转移为：

$f_{i, j} = min (f_{i - 1, j}, f_{i, \frac{j}{i}} + c_{i})$
最后只在找所需除以的倍数的时候需要考虑一些细节。
异或连通（xor）

拜谢 GGrun

将询问的 $x$ 离线下来从小到大排序，考虑每条边会对哪些询问有贡献。建一颗 $x$ 的 01 trie 树，每次从小到大往里插入 $x$ 。怎么判断每条边会对哪些询问有贡献？

如果 $k$ 该位为 $1$ ，另 $c_{i}$ 该位为 $c$ ，则在 trie 树上可以往 $c \oplus 1$ 走，此时异或为 $1$ ；也可以往 $c$ 走，此时异或为 $0$ ，由于题目要求 $c_{i} \oplus x < k$ ，所以往 $0$ 走的这颗子树下的所有 $x$ 区间都是 $c_{i}$ 能有贡献的询问。重复这个操作，我们能找到所有的 $c_{i} \oplus x < k$ 的区间，由于 trie 树的树高不超过 $\log k$ ，所以每个 $c_{i}$ 能产生贡献的区间个数不超过 $\log k$ 。

找到这些区间有什么用，考虑线段树分治。（虽然叫分治，但好像和分治没什么关系？）在线段树上每个点记录该区间有哪些 $c_{i}$ 可以产生贡献，开一个 vector 即可。由于上面已经得知区间个数 $\leq n \log k$ 个，所以显然是开的下的。我们在 trie 树上找 $c_{i}$ 能贡献的区间的时候就相当于区间加，直接 update 即可。

查询的时候怎么办？首先，如果查询到线段树上的一个叶子节点 $x$ ，则说明我们肯定把所有能对 $x$ 有贡献的边都算进来了，（考虑从上往下递归，每经过一个区间，就加上该区间 vector 里的标记）此时直接得出答案即可。然后，我们会退出该叶子节点，退出一个节点的时候，我们应该把该节点的标记都清空，减掉在该节点增加的贡献。用可撤销并查集即可维护，考虑一条边把两个连通块连接到一起，则 $a n s \leftarrow a n s + s i z_{u} \times s i z_{v}$ ，退出该节点的时候要减掉这些贡献。
诡异键盘（keyboard）

拜谢 Qyun

题目要求用 $n$ 个子串（可以选任意多次）拼成一个母串，每次可以删 $k$ 个数的最小操作次数。考虑 $n^{2}$ 的 DP，设 $f_{i}$ 表示母串匹配到了第 $i$ 个数，转移为： $f_{i} = f_{j} + w_{j + 1, i}$ ，其中 $w_{x, y}$ 为用子串凑出母串中区间 $(x, y)$ 的最小代价。

怎么预处理出这个 $w_{x, y}$ 数组？可以用一个 unordered_map 来存得到字符串 $(x, y)$ 所需的代价。我们发现添加一个子串肯定都是想留下它的一个前缀，而得到这个前缀的所需的代价即为：删去多余部分（长度设为 $t$ ）所需的代价 $+ 1$ 。如果 $t$ 的长度不为 $k$ 的倍数，那我们肯定要想办法在后面添上其他的子串凑出另一个长度 $t^{'}$ ，使得 $t + t^{'} \equiv 0 (\mod k)$ 。

所以说我们还需处理出一个数组 $g_{i}, i \in [1, k)$ 表示在模 $k$ 意义下，凑出长度为 $i$ 的字符串的所需代价。类似于“同余最短路”，可以用 dijkstra 转移。

DP 复杂度为 $O (| S |^{2})$ ，求出 $w$ 数组的复杂度为 $O (\sum | S_{i} |)$ ，预处理 $g_{i}$ 数组为 $O (k \log k)$ 。
民主投票（election）

拜谢 9G

首先 $O (n^{2})$ 的暴力很显然，直接枚举每个 $i$ ，check 它是否可以获胜即可。怎么 check？有一个总的限制就是 $f_{x} < s i z_{i} - 1$ （除 $i$ 节点以外），其中 $f_{x}$ 为 $x$ 获得的票数。对于每一个节点，我们贪心的考虑，它的儿子都把票投给它，如果满足限制则是合法的，否则就把多余的票上传到它的父亲节点。最终只需检验 $f_{0}$ 是否等于 $0$ 即可，在递归的时候可以不递归 $i$ 的子树。

正解其实是在这上面的进一步优化。考虑先二分出一个最小的 $s$ ，满足全局的 $f_{x} < s - 1$ 。对于 $s i z \geq s$ 的点，肯定是可以获胜的，对于 $s i z < s - 1$ 的点，肯定是不能获胜的。对于 $s i z = s - 1$ 的点，有可能获胜，因为该点不合法是因为某点的 $f_{x} \geq s - 2$ ，但其实对于 $i$ 来说 $f_{i}$ 可以等于 $s - 2$ 。我们把 $s - 2$ 再带进去跑一遍，如果 $f_{0} = 1$ 的话，则说明该点能够获胜，否则不能获胜。（考虑可以从 $i$ 节点到根的路径上撤回一票，因为 $f_{i}$ 是可以等于 $s - 2$ 的）