课件(Part 1, PJ)

前言

T1: CF1213G
T2: CF1343D
T3: CF1360H(加强版)
T4: CF1370D
T5: CF1363E
T6: P6833(Luogu September Contest T2)
T7: CF1328E
T8: CF1209D
T9: ABC146E
T10: P5664(CSP-S 2020 D2T1)
T11: 不知道
T12: P4281(AHOI2008)
T13: P2491(SDOI2011)
T14: P1989
T15: CF804D
T16: LOJ #10222
T17: P6569(NOI Online #3 提高组)
T18: P4159(SCOI2009)
T19: P2051(AHOI2009)
T20: CF516D
T21: CF1404B
T22: NOIP 2020模拟赛D1T3
T23: P3401

Solution

T1

假设我们已得到了$k$的答案，那$k+1$的答案是什么呢？我们可以加入所有权值为$k+1$的边，然后答案就是$\sum C_{size,2}$，其中$size$表示一个联通块的大小。于是，我们预处理出$k=1,2,3\dots \dots ,maxw$的答案，询问时直接$O(1)$调用即可。

此时，我们可以使用并查集来维护。即，我们将两个大小为$x,y$的集合合并后，对答案的贡献从$C_x^2+C_y^2$变成了$C_{x+y}^2$，所以我们可以实时维护这个答案。

使用按秩合并的并查集可以将时间复杂度优化到$O(n+q)$。

T2

可以发现，对于每一对相对应的值$x,y$，可以通过$0$次操作变成$x+y$，通过$1$次操作变成$[1+y,k+y]$和$[x+1,x+k]$的并集与{ $x+y$}的差集，通过$2$次操作变成其他的数。

所以，我们分别枚举两个对应位置的数，然后按照上述方式进行若干次区间修改，在一个桶中记录，其中这个桶的第$i$位表示当所有对应位置和为$i$时的最少操作次数。最终查询桶中所有数的最小值即可。

通过差分可以将时间复杂度优化到$O(n)$。

T3

考虑二分。

假设二分的值为$x$，那么如何快速求出$x$在未被删除的数中的排名呢？这个显然也可以二分。

如果排名低了，就向上；否则向下。

于是总时间复杂度为$$O(log(2^m)logn)=O(mlogn)$$

看到时限0.1s是不是觉得我很毒瘤

T4

考虑二分。

假设二分的值为$mid$，那么我们就将这个序列转化为了一个$01$序列，所有大于$mid$的数为$1$，其他数为$0$。现在，如果满足最小的代价不大于$mid$，那么我们就要选出这个$01$序列中偶数位均为$0$或奇数位均为$0$的最长子序列之长度。

我们分别枚举"奇数位均为$0$"与"偶数位均为$0$"，可以在$O(n)$的时间复杂度内判断。如果可以，说明可以尝试让代价更小；否则只能让代价更大。

时间复杂度$O(nlogm)$，其中$m$为序列中的最大值。

T5

显然，如果一个节点已经被对上了号(即它的当前点权等于它的目标点权)，在最优决策中，任何一次操作都不可能与它有关。此时，现在的节点分为两类: $0$要变成$1$的，$1$要变成$0$的。定义在节点$x$的子树中，属于第一类的有$a_x$个节点，属于第二类的有$b_x$个节点。

显然，一个节点能够做的所有操作，它的祖先都能完成。换句话说，当且仅当这个节点的操作代价比它任何祖先的操作代价都要小，我们才需在该节点的子树中进行操作，其代价为该节点的代价乘上操作的次数。

对于一个节点的子树中，可以进行$min(a_x,b_x)\times 2$次有意义的操作，代价为$min(a_x,b_x)\times 2\times w_x$。此时，$a_x$与$b_x$中$a_x$归$0$(不妨设$a_x$是较小的)，$b_x$就会减去$a_x$。我们实时递推得到每个节点的$a_x$与$b_x$即可。递推式显然，$a_x=\sum a_{son}$, $b_x$同理。

综上所述，我们通过比较显然的贪心，在$O(n)$的时间复杂度内解决了本题。

T6

考虑图论建模。

我们枚举$x->y$, $x->z$的交点$a$，那么路径并集的权值之和就是$x->a$, $a->y$, $a->z$，每次只需要调用$x,y,z$到$a$的最短路径。

于是，我们在建图之后跑$3$遍单源最短路径即可，此时对于每个$a$均可以$O(1)$查询。

时间复杂度$O(nm\log (nm))$。

T7

显然，只需要到达一个节点的父亲节点就可以了，不需要再向下走了。

所以，我们预处理出每个节点的父亲节点，在询问中，判断询问的节点的父节点是否构成了一条以根节点为一端的一条链。判断方法套路，我们将每个节点按照深度排序，如果存在一个节点使它的任何祖先都不是上一个节点，那么就不满足要求；否则一定满足要求。

至于判断一个节点是否是另一个节点的祖先，可以通过预处理+倍增来完成，就是将偏下的节点跳到另一个节点同高度的位置，再判断它们是否为同一个节点即可。

时间复杂度$O((n+k)logn)$。

T8

考虑图论建模。对于每对花的编号 $u,v$，从 $u$ 到 $v$ 连一条无向边。

接着，对整个不一定联通的图做 $bfs$。对于每个节点，如果它没有被访问过，那么我们就 $bfs$ 下去，每次扩展一层，即扩展出当前队列开头的节点的各个连点。

于是，最多的开心客人的数量就是在 $bfs$ 过程中经过的边的数量。注意答案询问的是悲伤的客人的最小值，所以还要用$k$来减去它。

时间复杂度$O(n)$。

T9

特注: 由于懒的原因，本蒟蒻把所有的$b6e0$换成了$k$，方便书写

先推一波式子:

$({\sum }_{i=l}^r{a}_i)modk=r-l+1$

假设$r-l+1＜k$，那么

$({\sum }_{i=l}^r{a}_i)-({\sum }_{i=l}^{r}1))modk=0$

$({\sum }_{i=l}^r(a_i-1))modk=0$

我们先把序列中的所有数减$1$。此时相当于，我们要求多少个长度小于$k$的区间，使得该区间的和膜$k$的值为$0$。

采用前缀和的思想，一个区间$[l,r]$满足上述要求，显然需要$pr{e}_r$与$pr{e}_{l-1}$两个值在膜$k$的意义下同余。所以，我们开桶($map$)，记录当前这种余数在前缀和数组$pre$中出现的次数。我们枚举$r$，查表中与$pr{e}_r$同余的数的数量即可，同时维护这个桶的方式也并不难，每次我们的$r$变成$r+1$的时候，把$pr{e}_{r-k}$的贡献去除即可。

时间复杂度$O(nlogn)$。

T10

正面思考十分复杂，考虑反面思考。

首先，我们假定，所有情况都要求每一行均最多取$1$个。那么，此时不满足要求的情况当且仅当存在某列被取了超过一半次——即，该列被取的次数减去别的列被取的次数为正数。

定义第$x$列不满足要求当且仅当第$x$列被取的次数超过了$\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$，显然最多只会有一列不满足。于是，我们枚举到了$now$这一列不满足。

考虑$dp$。
状态设计: $d{p}_{i,num}$表示看到了第$i$行，$num$为目前选第$now$列的次数减去选别的列的次数。

状态转移显然：对于每一行，我们只有三种取法：
①不取。此时$d{p}_{i,num}=d{p}_{i-1,num}$
②取第$now$列。此时$d{p}_{i,num}=d{p}_{i-1,num-1}\times a_{i,now}$
③取不是$now$的列。此时$d{p}_{i,num}=d{p}_{i-1,num+1}\times (to{t}_i-a_{i,now})$，其中$to{t}_i$表示第$i$行所有数的和。

综上所述，我们枚举不满足要求的列，然后每次在$O(n^2)$的代价下用二维$dp$求出该情况的答案。时间复杂度$O(n^{2}m)$。

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T11

看到行数只有$2$，大家应该很敏感了吧。

考虑状压$dp$。状态设计显然: $d{p}_{i,j,state}$表示看了前$i$列，这一列方格填的方案为$state$，总共有$j$个联通块的涂色方案数。

状态转移显然，请读者自己思考。