- $\text{Strange Queries}$
- $\text{[TJOI 2013] }$拯救小矮人
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- 简单题
\(\text{Strange Queries}\)
解法
首先有这样的转移：
\[\begin{cases}f(n,0)=f(n-1,1) \\\displaystyle f(n,1)=\lvert a_n-a_{n-1}\rvert+\min\{f(n-1,0),f(n-1,1)\}\end{cases} \]其中 \(0/1\) 表示 \(n\) 否/是与 \(n-1\) 建立关系。但这题需要我们进行区间合并，这个 \(\mathtt{dp}\) 提醒我们从两个方向来思考：维护 \(\mathtt{dp}\) 转移方式（矩阵）；改写一个可以区间合并的 \(\mathtt{dp}\)。
这里只讲区间合并的 \(\mathtt{dp}\)。类似地，我们在区间 \([l,r]\) 上维护四个变量：\(l,r\) 两个端点都建立关系的最小值；\(l,r\) 两个端点中，\(l\) 或 \(r\) 可以不 建立关系的最小值；\(l,r\) 均 可以不 建立关系的最小值。这四个变量是一层一层想到的。另外，需要注意 "可以不" 并不是 "不"，这导致转移时可以不考虑某些情况，因为已经被包含在限制较小的变量中了。
具体就用一棵平衡树维护，还需要维护区间 \(\max,\min\) 来表示 \(\lvert a_n-a_{n-1}\rvert\)。最开始建树的时候要先排序。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5;
int n,q,idx,rt;
struct node {
int mn,mx,siz,ls,rs,key,val;
ll ans,bl,br,ba;
void Put() {
printf("VALUE %d %d %d\n",mn,mx,val);
printf("%lld %lld %lld %lld\n",ba,bl,br,ans);
}
} t[maxn];
int NewNode(int x) {
t[++idx].siz=1;
t[idx].ls=t[idx].rs=0;
t[idx].key=rand();
t[idx].siz=1;
t[idx].val=t[idx].mn=t[idx].mx=x;
t[idx].ba=t[idx].bl=t[idx].br=0;
t[idx].ans=1e15;
return idx;
}
void Update(const node &a,const node &b,node &o) {
node t=o; int inc=b.mn-a.mx;
t.ba=min(a.bl+b.br,a.ba+b.ba+inc);
t.bl=min(a.bl+b.ans,a.ba+b.bl+inc);
t.br=min(a.ans+b.br,a.br+b.ba+inc);
t.ans=min(a.ans+b.ans,a.br+b.bl+inc);
o=t;
}
void pushUp(int o) {
if(!o) return;
int l=t[o].ls,r=t[o].rs;
t[o].siz=t[l].siz+t[r].siz+1;
t[o].mn=t[o].mx=t[o].val;
t[o].ba=t[o].bl=t[o].br=0;
t[o].ans=1e15;
if(l) Update(t[l],t[o],t[o]),t[o].mn=t[l].mn;
if(r) Update(t[o],t[r],t[o]),t[o].mx=t[r].mx;
}
void split(int o,int k,int &x,int &y) {
if(!o) x=y=0;
else {
if(t[o].val<=k)
x=o,
split(t[o].rs,k,t[o].rs,y);
else
y=o,
split(t[o].ls,k,x,t[o].ls);
pushUp(o);
}
}
int merge(int x,int y) {
if(!x or !y) return x|y;
if(t[x].key<t[y].key) {
t[x].rs=merge(t[x].rs,y);
pushUp(x);
return x;
}
else {
t[y].ls=merge(x,t[y].ls);
pushUp(y);
return y;
}
}
int Val[maxn];
int main() {
srand(20210907);
int a,b,c;
for(int T=read(9);T;--T) {
n=read(9),q=read(9);
rt=idx=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
Val[i]=read(9);
sort(Val+1,Val+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
rt=merge(rt,NewNode(Val[i]));
while(q--) {
int x,y;
x=read(9),y=read(9);
if(x==1) {
split(rt,y-1,a,b);
rt=merge(merge(a,NewNode(y)),b);
}
else {
split(rt,y-1,a,b);
split(b,y,b,c);
b=merge(t[b].ls,t[b].rs);
rt=merge(merge(a,b),c);
}
print(t[rt].ans>1e14?0:t[rt].ans,'\n');
}
}
return 0;
}
\(\text{[TJOI 2013] }\)拯救小矮人
解法
首先将小矮人按照 \(a_i+b_i\) 从小到大排序。为什么捏？不妨令 \(H-(a_i+b_i)\) 是第 \(i\) 个小矮人的逃生高度，对于相邻小矮人 \(i,j\)，如果我们期望 两个小矮人都逃出去，那么放逃生高度越大的小矮人越优。
但问题是有可能小矮人不逃出去更优，可以令 \(dp_i\) 为逃出 \(i\) 个小矮人后可以垒出的最大高度，这是一个 \(\mathcal O(n^2)\) 的 \(\mathtt{dp}\)。
更优的做法是反悔贪心。先依次使可以逃出的小矮人逃出，并用优先队列记录它的 \(a\)，到某个无法逃出的小矮人 \(i\) 时，我们考虑这样操作：找到队列中最大的 \(a\)，如果踢回这个小矮人能使 \(i\) 逃出，且 \(\max a>a_i\)，我们就把这个小矮人 \(j\) 换成 \(i\)。
首先 \(j\) 到 \(i\) 这段的小矮人肯定是不受影响的，如果 \(j\) 能够使之间的小矮人逃出就早换了。对于之后的小矮人，垒出的高度变高了，解也就变优了。这是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=2005;
int n;
struct node {
int a,b;
bool operator < (const node &t) const {
return a+b<t.a+t.b;
}
} s[maxn];
priority_queue <int> q;
int main() {
n=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i)
s[i]=(node){read(9),read(9)};
sort(s+1,s+n+1);
int h=read(9);
long long sum=0; int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
sum+=s[i].a;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(sum+s[i].b>=h) {
sum-=s[i].a,++ans;
q.push(s[i].a);
}
else {
if(!q.empty() and sum+q.top()+s[i].b>=h and q.top()>s[i].a) {
sum+=q.top()-s[i].a;
q.pop();
q.push(s[i].a);
}
}
print(ans,'\n');
return 0;
}
\(\text{[ICPC World Finals 2019] Hobson }\)的火车
题目描述
给你多棵内向基环树，对于每个点，求出有多少个点走 \(\le k\) 步能走到这个点。
解法
感觉自己的脑子里根本不存在差分这个东西，好几次想用树链剖分硬艹了…
先找出环，\(\rm dfs\) 每个环上点的子树，用一个栈动态维护这个节点到根的节点，这样就可以找到走 \(k+1\) 才能走到的那个祖先。
然后考虑点对环的贡献。考虑破环为链，随便选一个点作为 \(rt_0\)（链的起点）。如果能贡献整个环，就将 \(rt_0\) 的差分数组加一，反之计算出它在环上贡献的一段区间 \([l,r]\)，需要注意有 \(l>r\) 的情况，这时需要将 \(rt_0\) 的差分数组加一。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;
int n,k,f[maxn],ans[maxn];
int vis[maxn],stk[maxn],tp;
int dep[maxn],siz;
vector <int> e[maxn],rt;
void dfs(int u,int root) {
if(!vis[u]) vis[u]=1;
stk[++tp]=u;
if(tp>k+1)
if(stk[tp-k-1]^rt[root])
--ans[stk[tp-k-1]];
for(auto v:e[u]) {
if(vis[v]==2) continue;
dep[v]=dep[u]+1;
dfs(v,root);
if(u^rt[root])
ans[u]+=ans[v];
}
--tp;
if(dep[u]-1<=k) {
if(dep[u]-1+siz>k+1) {
++ans[rt[root]];
--ans[rt[(root+k-dep[u]+2+siz)%siz]];
if((root+k-dep[u]+2+siz)%siz<=root)
++ans[rt[0]];
}
else ++ans[rt[0]];
}
if(rt[root]^u) ++ans[u];
}
void work(int x) {
rt.clear();
while(vis[x]^2) {
if(vis[x])
rt.push_back(x);
++vis[x]; x=f[x];
}
siz=rt.size();
for(int i=0;i<rt.size();++i)
dep[rt[i]]=1,dfs(rt[i],i);
for(int i=1;i<rt.size();++i)
ans[rt[i]]+=ans[rt[i-1]];
}
int main() {
n=read(9),k=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i) {
f[i]=read(9);
e[f[i]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!vis[i]) work(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
print(ans[i],'\n');
return 0;
}
简单题
题目描述
有两个长度为 \(K\) 的数列 \(a,b\)，满足 \(\sum a_i=N,\sum b_i=M\)。
定义权值 \(P\) 为
\[\prod \min\{a_i,b_i\} \]你需要求出所有可能数列组合的权值之和。取模 \(998244353\)。
多组数据，\(T\le 100,N,M,K\le 5\cdot 10^5\)。
解法
定义 \(dp_{i,j,k}\) 为在第 \(i\) 位，数列 \(a\) 数字和为 \(j\)，数列 \(b\) 数字和为 \(k\) 的权值之和。那么有：
\[dp_{i,j,k}=dp_{i,j,k}+dp_{i-1,j-x,k-y}\cdot \min\{x,y\} \]这是 \(\mathcal O(n^4k)\) 的。具体优化可以枚举 \(\min\{x,y\}\)，后两维的前缀和即可，应该还要再容斥一下，就有 \(\mathcal O(n^3k)\) 了。
我们可以思考权值的组合意义 —— 定义 \(\{c\}\) 满足 \(\forall i,c_i\le \min\{a_i,b_i\}\)，那么对于固定的 \(\{a\},\{b\}\)，所有合法的 \(\{c\}\) 的个数即为权值！
转化一下，对于每种 \(\{c\}\)，计算 \(\{a\},\{b\}\) 的种类数。
枚举 \(s=\sum c_i\)，为了保证条件成立，可以先令 \(c_i=a_i=b_i\)，再将 \(N-s\)，\(M-s\) 填入 \(K\) 个位置（插板法），就有：
\[\text{Ans}=\sum_{s=0}^{\min\{N-K,M-K\}}\binom{s+K-1}{K-1}\cdot \binom{N-s-1}{K-1}\cdot \binom{M-s-1}{K-1} \]注意初始时先将 \(1\) 填入每一个位置，所以后面两个组合数的上面本来还要加个 \(K\)，就抵消掉了。