NOIP2023 双序列拓展

洛谷传送门

首先 $x_1 = y_1$ 显然不合法。若 $x_1 > y_1$ 就把 $x, y$ 全部取相反数，这样就只用考虑 $x_1 < y_1$ 的情况了。

然后考虑一个 $O(nmq)$ 的 dp，设 $f_{i, j}$ 为拓展 $X$ 的前 $i$ 个元素和 $Y$ 的前 $j$ 个元素是否可行。那么若 $x_i < y_j$ 则 $f_{i, j}$ 取 $f_{i - 1, j}, f_{i, j - 1}, f_{i - 1, j - 1}$ 的或，否则 $f_{i, j} = 0$。

发现这个 dp 的转移形式很像网格上行走，于是考虑转成网格上的问题。考虑令 $c_{i, j} = [x_i < y_j]$，那么可行当且仅当能找到一条从 $(1, 1)$ 到 $(n, m)$ 的全为 $1$ 的八连通的路径。

注意到任意两行之间 $1$ 的位置总是包含关系，这意味着不用考虑斜着走，即 $(i - 1, j - 1)$ 走到 $(i, j)$，因为可以被 $(i - 1, j - 1) \to (i - 1, j) \to (i, j)$ 或 $(i - 1, j - 1) \to (i, j - 1) \to (i, j)$ 的其中一个代替。于是只用考虑四连通的路径。

考虑从特殊性质入手，即网格第 $n$ 行和第 $m$ 列全为 $1$（如果不全为 $1$ 一定不可行），这样只要到达第 $n$ 行或第 $m$ 列就赢了。考虑递归求解，设 $f(n, m)$ 为当前在 $(1, 1)$，是否能到达第 $n$ 行或第 $m$ 列。设 $i = \operatorname{argmin}_{k = 1}^{n - 1}\{x_k\}, j = \operatorname{argmax}_{k = 1}^{m - 1}\{y_k\}$。若第 $i$ 列全为 $1$ 则可以直接递归至 $f(i, m)$，若第 $j$ 列全为 $1$ 则可以直接递归至 $f(n, j)$；若都不满足，则网格一定存在一个以 $0$ 组成的十字架，把起点和终点隔开，于是这种情况直接返回不可行。所有要用到的信息都能预处理 $x, y$ 的前缀 $\text{minmax}$ 数组然后 $O(1)$ 求出，所以复杂度为 $O((n + m)q)$。

对于一般的情况，考虑设 $u = \operatorname{argmin}_{k = 1}^n\{x_k\}, v = \operatorname{argmax}_{k = 1}^m\{y_k\}$，那么第 $u$ 行和第 $v$ 列一定要全为 $1$。容易发现网格被第 $u$ 行和第 $v$ 列分成了左上角和右下角两个互相独立的部分，于是把右下角的部分翻转过来，做一遍同样的问题即可。

总时间复杂度就是 $O((n + m)q)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fst first
#define scd second
#define pb emplace_back
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
typedef long double ldb;
 
inline int read() {
	int x = 0;
	bool f = 0;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
		f |= (c == '-');
		c = getchar();
	}
	while ('0' <= c && c <= '9') {
		x = x * 10 + c - '0';
		c = getchar();
	}
	return f ? -x : x;
}
 
const int maxn = 500100;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
 
int n, m, q, test, a[maxn], b[maxn];
 
int c[maxn], d[maxn];
pii pcmn[maxn], pcmx[maxn], pdmn[maxn], pdmx[maxn];
pii scmn[maxn], scmx[maxn], sdmn[maxn], sdmx[maxn];
 
int dfs1(int x, int y) {
	if (x == 1 || y == 1) {
		return 1;
	}
	int p1 = pcmn[x - 1].scd, p2 = pdmx[y - 1].scd;
	if (c[p1] < pdmn[y - 1].fst) {
		return dfs1(p1, y);
	} else if (pcmx[x - 1].fst < d[p2]) {
		return dfs1(x, p2);
	} else {
		return 0;
	}
}
 
int dfs2(int x, int y) {
	if (x == n || y == m) {
		return 1;
	}
	int p1 = scmn[x + 1].scd, p2 = sdmx[y + 1].scd;
	if (c[p1] < sdmn[y + 1].fst) {
		return dfs2(p1, y);
	} else if (scmx[x + 1].fst < d[p2]) {
		return dfs2(x, p2);
	} else {
		return 0;
	}
}
 
inline int calc() {
	if (c[1] == d[1]) {
		return 0;
	}
	if (c[1] > d[1]) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			c[i] = -c[i];
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			d[i] = -d[i];
		}
	}
	pcmn[0].fst = pdmn[0].fst = inf;
	pcmx[0].fst = pdmx[0].fst = -inf;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		pcmn[i] = min(pcmn[i - 1], mkp(c[i], i));
		pcmx[i] = max(pcmx[i - 1], mkp(c[i], i));
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		pdmn[i] = min(pdmn[i - 1], mkp(d[i], i));
		pdmx[i] = max(pdmx[i - 1], mkp(d[i], i));
	}
	scmn[n + 1].fst = inf;
	sdmn[m + 1].fst = inf;
	scmx[n + 1].fst = -inf;
	sdmx[m + 1].fst = -inf;
	for (int i = n; i; --i) {
		scmn[i] = min(scmn[i + 1], mkp(c[i], i));
		scmx[i] = max(scmx[i + 1], mkp(c[i], i));
	}
	for (int i = m; i; --i) {
		sdmn[i] = min(sdmn[i + 1], mkp(d[i], i));
		sdmx[i] = max(sdmx[i + 1], mkp(d[i], i));
	}
	int p1 = pcmn[n].scd, p2 = pdmx[m].scd;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		if (c[p1] >= d[i]) {
			return 0;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (c[i] >= d[p2]) {
			return 0;
		}
	}
	return dfs1(p1, p2) && dfs2(p1, p2);
}
 
void solve() {
	test = read();
	n = read();
	m = read();
	q = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		a[i] = read();
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		b[i] = read();
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		c[i] = a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		d[i] = b[i];
	}
	putchar('0' + calc());
	while (q--) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			c[i] = a[i];
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			d[i] = b[i];
		}
		int kx, ky;
		kx = read();
		ky = read();
		while (kx--) {
			int x, y;
			x = read();
			y = read();
			c[x] = y;
		}
		while (ky--) {
			int x, y;
			x = read();
			y = read();
			d[x] = y;
		}
		putchar('0' + calc());
	}
	putchar('\n');
}
 
int main() {
	int T = 1;
//	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

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有小丑场上把

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	c[i] = a[i];
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
	d[i] = b[i];
}

写成了

for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	c[i] = a[i];
	d[i] = b[i];
}

暴挂 $30$ 分，怎么会是呢。