牛客国庆集训派对Day6——题解

A Birthday

思路：考虑费用流时把每个part拆成 $n$ 个点，选择第 $i$ 个点的代表为放置 $i$ 块蛋糕和 $(i - 1)$ 块蛋糕的时间差，这个时间差是递增的，因此在费用流的过程中必定会从小到大选择
具体建图：左边 $n$ 个点代表 $n$ 个蛋糕，右边 $m * n$ 个点代表 $m$ 个part,每个part拆成 $n$ 个点。源点向每个左边的点连一条流量 $1$ 费用 $0$ 的边，每个右边的点向汇点连一条流量 $1$ 费用 $0$ 的编。每个蛋糕向可以放的两个part的所有点连边，连向第 $i$ 个点的费用为 $i^2 - (i - 1)^2$ ，流量为 $1$ 。这样求最小费用流既为答案。

B Board

把格子 $N$ 染色，第 $i$ 行第 $j$ 列格子的颜色为 $(i + j)$ % $N$ 。那么每次操作时，必定是 $N$ 种不同的颜色都有一格被操作到，因此最后任何颜色格子的和必定是相等的。因此只需要记录每种颜色格子的和，并算出缺失格子的颜色C，用其余颜色的和减去颜色C的和即可

C Circle

因为 $(i,i+1)=1$ 且 $(1,n)=1$ ，所以把 $1...n$ 依次放进一个环，就可以啦。答案为 $n$ 。

D 土龙弟弟

    下面会有一些定义。出此题是期望比赛的时候大家凭感觉得到结论，不证明。
    首先题目问的是在torus上扣若干个洞，所得曲面上的闭环的同伦等价类。（定义：torus：就是我们定义的地图，形似甜甜圈。闭环：就是说土龙弟弟一天走的路径。因为会回来所以叫闭环。同伦等价类：就是一个土龙弟弟的路线可能会变换。凡是可能属于同一个土龙弟弟的两条路线就是相互同伦的。题目问的就是最少能分成多少组使得组内相互同伦。）
    我们把扣掉的洞用线连起来，使得线之间不相交且按照线将曲面分割成若干简单的部分。（简单的部分：就是这一部分是你在纸上随便画个不自交的闭环得到的东西。简单是因为这一个区域中所有的闭环都同伦，因为可以缩小到很小再移动到一起。）
    分割区域这一步需要小构造一下。大体思路就是每一行都画一条横的线，这线实际会被洞分割成多条线。然后有些区域是个环（即从左边走到最右边再向右回到最左边），即并非简单区域。这些区域再画一条竖线。

    这样分割后，一个闭环就可以用依次穿过的线的编号组成的字符串来表示（除了记录哪条线，方向也有用。并且由于是环，字符串也是循环的。）然后消去相邻相反括号（即连续的正穿和反穿同一条线的部分。因为每个区域都是简单的，所以连续正穿和反穿中间的部分可以不断收缩直到不穿过这条线，所以消去后所得的曲线和之前是同伦的。）最后为了判断循环串相等要用最小表示法。
    证明：我们要证的是同伦当且仅当消去相邻相反括号后的序列循环相等。
    假设a经过消括号得到（不能再消的） $b$ ，显然a和b是同伦的，因为每一步都同伦。假设 $a'$ 消括号得到 $b'$ 。如果 $b$ 和 $b'$ 循环相等,a和b同伦。这就证明了一半。反过来，对一个曲线做同伦变换时，只能产生或消除相邻的相反括号。所以如果 $b$ 和 $b'$ 不等，他们又都没有相邻相反括号可以消去，它们就不可能通过产生和消除相邻相反括号相互转换，即 $b$ 和 $b'$ 不同伦，即 $a$ 和 $a'$ 不可能同伦。

最后注意没有洞是特殊情况。题面里除去了这种情况。其实torus上扣若干洞后的基本群总是free group，但是没扣洞时的基本群是 $Z^2$ （平面整数格点加法群）。

E Growth

把奖励的 $x$ 拿出来从小到大排序，得到 $x_1,x_2,...,x_n$ 。
把奖励的 $y$ 拿出来从小到大排序，得到 $y_1,y_2,...,y_n$ 。
用 $v[i][j]$ 表示 $a$ 值到达 $x_i$ ， $b$ 值达到 $y_i$ 时接下来每天可以得到的奖励。
$v[i][j] = v[i - 1][j] + v[i][j - 1] - v[i - 1][j - 1] + t[i][j]$
其中 $t[i][j]$ 为满足 $x=i，y=j$ 的奖励的总和。
用 $f[i][j]$ 表示 $a$ 值达到 $x_i$ ， $b$ 值达到 $y_j$ 时已经拿到的奖励的最大值。
$f[i][j] + (x[i + 1] - x[i] - 1) * t[i][j] + t[i + 1][j] -> f[i + 1][j]$
$f[i][j] + (y[j + 1] - y[j] - 1) * t[i][j] + t[i][j + 1] -> f[i][j + 1]$
最后统计一下答案就可以了。

F kingdom

     $f[i]$ 代表 $i$ 个点时的答案， $g[i][j]$ 代表若干颗树加起来， $size$ 和为 $i$ ，每棵树 $size<=j$ 时，这些树的代价和最大是多少
    从 $1$ 到 $n$ 枚举 $i$ ，在 $i$ 固定时枚举心腹的影响力大小更新 $f[i]$ ，然后用类似背包的思路更新 $g[i][1]~g[i][i]$
    复杂度 $O(N^2)$

G Matrix

     $w$ 个格子的重心的坐标为 $（\frac{∑x_iw_i}{∑w_i}, \frac{∑y_iw_i}{∑w_i})$ 。
    那么其实我们只要维护 $∑x_iw_i，∑y_iw_i，∑w_i$ 就可以了。
    假设我们现在有一个顶点为 $(x, y)$ 的三角形，我们想要推到顶点为 $(x, y+1)$ 的三角形，观察两者之间的差异，会发现在推过去的过程中，其实就是删去了一个斜条，又加入了一个斜条。
    同理，从 $(x, y)$ 到 $(x+1, y)$ 其实只是删去了两个斜条，加上了底上的横条，而这些关键的值都是可以通过前缀和的方法维护。

H Mountain

考虑山中最高的一座，最优操作一定是从第一座山的左下角开始不停地往上爬，然后从最高的山不停地往下爬爬到最后一座山的右下角。
所以答案为最高山的高度 $*2$ 。

I 清明梦超能力者黄YY

    首先每条路径从LCA处分开可以拆成两条链
    假设链 $A->B$ 执行了第 $i$ 次染色操作，假设 $A$ 是 $B$ 的祖先，那么我们在 $B$ 点加入一个"插入 $i$ "的事件，在 $A$ 的父亲点加入一个"删除i"的事件
    然后 $dfs$ 整颗树求解，每个点维护一个线段树。处理一个点时先合并所有儿子的线段树，然后再处理这个点上的事件，得到线段树之后询问第 $K$ 大值既可得到答案。
    复杂度分析：

Node* merge(Node* a, Node* b) {
    if (a == NULL) return b;
    if (b == NULL) return a;
    a->sum += b->sum;
    a->child[0] = merge(a->child[0], b->child[0]);
    a->child[1] = merge(a->child[1], b->child[1]);
    return a;
}

考虑以上的线段树合并，每次合并会减少一个区间。而在事件点插入、删除的时候会产生至多 $log$ 个区间，因此复杂度为 $O(NLogN)$

J 最短路

本题十分直接。我们不断地把度数为 $1$ 的点删掉，把度数为 $2$ 的点收缩，最后会得到一个图，和原图的点数与边数之差相同，且新图中每个点的度数都至少是 $3$ 。这就是说我们会得到一个 $200$ 个点 $300$ 条边以内的图。新图可以用 $Floyd$ 算法预处理所有点对之间最短路。询问时，将询问转化到新图上即可。转化时需要注意细节。

K 排序

设 $m$ 是 $a$ 和 $b$ 的差的 $lowbit$ 。我们先假设 $m$ 是 $1$ ，即 $a$ 和 $b$ 的奇偶性不同。这时通过适当的构造，我们可以用常数步交换任意两个奇偶互异的数字的位置。交换奇偶相同的数只要借一个和它们奇偶不同的数即可。如此我们便可交换任意两个数，即此时没有无解。下面考虑 $m$ 大于 $1$ 。

    我们称一个数字 $x$ 的低位为( $x$ & $(m-1)$ )，高位为 $x$ 减去它的低位。我们发现数组的低位是无法利用交换魔法的，只能用到加法和异或。也就是说，我们必须用加法和异或排好数组的低位。排好低位后，我们按照低位将所有数字分为若干组，每组内（和之前m为1的情况类似）是没有无解的。
    现在问题只剩如何用加法和异或排好低位。可以发现， $a[0],…,a[m-1]$ 的低位和 $a[m],…,a[2m-1]$ 的低位必须完全一致且均为 $0$ 到 $m-1$ 的一个排列，否则它们无法同时通过加法和异或排好。同理 $a[2m],…,a[3m-1]$ 的低位也必须一致。
    所以，我们只要用加法和异或排好 $a[0],…,a[m-1]$ 即可。这其实是本题的n=m且没有交换魔法的版本（因为现在超过 $m-1$ 的加法和异或是没用的）。

    在这个版本下，从升序排列只能生成 $(m/2)*(2*(m/2))$ 种不同的排列。这些排列可以用递归法构造： $m=2$ 时用一次加法即可（后面会解释为什么用加法不用异或）。
     $m$ 更大时，我们发现连续使用加 $1$ 和异或 $1$ 可以达到奇数都加 $2$ ，偶数都不变的效果。这个操作实际相当于只考虑奇数且不考虑个位情况下的加 $1$ 操作。这就可以提取所有奇数做递归，将所有奇数排列成任意的m/2时的可能排列。
    同理，先异或 $1$ 再加 $1$ 起到的是偶数加 $2$ 奇数不变的效果。我们相似地递归偶数部分。注意到，递归一侧时，异或操作是会影响另一侧的。奇数和偶数两侧的异或操作的异或和必须相同（因为整体考虑，异或操作其实是同时作用在奇数和偶数上的！），除了个位和最高位。（除了个位是因为我们根本不考虑个位，个位有值的异或操作只用在异或 $1$ 的时候了。

除了最高位是因为最高位异或可以用奇数 $+2$ 操作模拟出来。）这样可以得到的排列数最多为 $(m/2)*(2*(m/2))$ ，同时满足条件的排列都可以用递归法构造出来。