A.Salty Fish
upsolved
题意 偷苹果，每个节点上有\(a[i]\)个苹果，在某些位置有摄像机，看管子树里距离不超过\(k[i]\)的节点，损坏摄像机有\(c[i]\)代价，求最大收益。
做法 听说这题长链剖分，然后我立马去瞅了题解。
- 妙哉，长链剖分贪心优化最大流
- 抛开树形结构，这题是个标准的最小割套路题
- 最小割=最大流，那么考虑在树上贪心的求最大流
- 自底向上，对于每个摄像机优先流距离更远的节点，这样把更多的机会留给祖先，深度越低，祖先越容易流到
- 然后长链剖分套个\(map\)，维护高度信息
- 而且\(map\)居然也有\(lower_{-}bound()\),学到了
B.Nonsense Time
solved by F0_0H 208min -2
题意 给定一个排列，初始全自闭，然后每个位置依次响应，求每个时刻的\(LIS\)， 数据保证随机
做法
第一弹
- 先上一个暴力做法
- 可以想象，最终答案一定为很多段连续的依次递增的相同数字组成
- 然后开始二分每个交界处的边界
- 复杂度\(O(n*sqrt_N*log_N*log_N)\)，稳T
第二弹
- 整体二分
- \(solve(l, r, ansl, ansr)\) 表示区间\([l, r]\)的答案在\([ansl, ansr]\)范围内
- 然后根据\((l + r) / 2\)位置的答案分治处理
- 终止条件为\(l==r\)或\(ansl == ansr\)
- 可以大胆猜测，这样的复杂度为\(O(能过)\)，少点常数就能卡过去
E.Snowy Smile
solved by F0_0H 67min -2
题意 二维平面n个带权的点，求用一个矩形框住的最大权值和
做法 扫描线加线段树动态查询最大子序列和
F. Faraway
solved by sdcgvhgj 230min -1
题意 求满足\((|x_i−x|+|y_i−y|)mod\ k_i=t_i\)的解的个数
做法
- 观察到\(2≤k≤5，lcm(k_i)≤60\)，所以每各60一循环
- 将平面分成\(n^2\)块，对每一块枚举\(x\%60\)和\(y\%60\)的值，判断是否满足等式，统计个数，复杂度\(60^2n^3\)
- 用了1h来debug才过，竟是因为少模了，这种题冷静看一遍代码胜于无脑写对拍呀！
D.Speed Dog
upsolved
题意 两个人分配代码长度，要求总和的最大值最小
做法
- 首先两个人的代码长度一定相同，不然不是最优
- 考虑对于\(a[i] <= b[i]\)，先贪心地将\(a[i]\)全分给\(A\), 同理，\(b[i] > a[i]\), 将\(b[i]\)分给\(B\)
- 如果\(A\)和\(B\)最终不相同，那么需要调整使他们相同
- \(A < B\)，优先使用 \(b[i] <= a[i]\) 且 \(b[i] / a[i]\) 尽可能大的组
- \(B < A\)，优先使用 \(a[i] < b[i]\) 且 \(a[i] / b[i]\) 尽可能大的组
- 因为要动态的进行操作，所以可以在权值线段树上二分，对两种情况分别建树
做法2
- 注意到最优解一定是两个人耗时相等。
- 设第 i 道题分配比例为 \(x_i\)
- 以 \(\sum_{i=1}^{n} (a_i+b_i)x_i = \sum_{i=1}^{n}b_i\)，\(0\leq x_i\leq 1\) 为条件
- 最小化 \(\sum_{i=1}^{n}a_ix_i\)
- 这是个线性规划问题，最优解一定可以在可行域的顶点处取得。
- 因此存在最优解非 0，非 1 的元素，最多只有一个【否则不是顶点】
- 做变量代换 \(x_i'=(a_i+b_i)x_i\)，约束条件可写成 \(\sum_{i=1}^{n}x_i' \leq C=\sum_{i=1}^{n} b_i，其中(0\leq x_i'\leq a_i+b_i)\)
- 目标函数为 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i}{a_i+b_i}x_i'\)
- 让 \(\frac{a_i}{a_i+b_i}\) 小的 \(i\) 对应的 \(x_i'\) 极大。
- 按 \(\frac{a_i}{b_i}\) 的值插入权值线段树，取到 \(1\) 的 \(x_i\) 一定是标号最小的若干个 \(i\)，在权值线段树上二分查找即可。
复盘 比赛时在这题的后期配合太憨憨了。
H. TDL
solved by rdc 25min -2
题意 签到题 2.0
做法 枚举 \(f(n,m)-f(n)\) 这个东西很小。
解体 枚举的元素太多了 TLE 了两发。
J. Ridiculous Netizens
upsolved
题意 给一棵树，点有点权，求乘积小于等于 \(m\) 连通块的个数。
做法
- 考虑包含根节点的连通块个数。
- 对树做 DFS 序，\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个点，乘积为 \(j\) 的连通块方案数。
- 时间空间复杂度都要解体。完蛋了啊。
- 数论分块！按 \([\frac{m}{x}]\) 的值，对 \(x\) 进行分块。可以证明[1]如果 \(x,y\) 属于同一块，那么 \(cx,cy(cx\leq m)\) 一定属于同一块。
- 考虑转移，决策一下是否拿 \(i+1\) 号点，拿的话，转移到 \(i+1\)，不拿的话，转移到 \(R[i+1]\)(\(R[i+1]\) 表示 \(i+1\) 的子树中 DFS 序最大的点)。
- 不包含根呢？重心分解！
[1] 证明：令 \(m=ax+b=ay+d(0\leq b,d
CCPC HangZhou 的一道题
Bitset 优化一下转移即可。
K. 11 Dimensions
solved by rdc 142min -2
题意 一个十进制数字，有些位置是 ？，输出字典序第 \(k\) 小，是 \(m\) 的倍数的数字。
做法
- 可能复杂度不太对。
- 预处理每个后缀，有多少种方案能构造出模 m 等于 a 的方案数，DP 即可。
- 猜测大部分 ？都是 0. 于是每次二分下一个非 0 的 ？在什么地方。
L. Stay Real
solved by rdc 30min
题意 签到题 1.0，小根堆，两人博弈，轮流摘树叶。
做法 注意到这个小根堆，下证双方的最优策略都是取最大元素.
证明（假的）
- 考虑反证
- 对于局面 P，先手很任性，偏偏不选最大值，假设这时比选最大值更优。
- 那后手把最大值吃了。
- 先手：“我们两个换一下好不好？”
- 演不下去了，仍然不会证。