2019ICPC上海区域赛 补题（12/13）& 总结
前言：
个人的 I C P C ICPC ICPC 第一站，还是值得记录一下的（虽然咕到现在才记录），总体而言体验很不错，比赛兼旅游。这套题总体印象就是树树树图，作为队里数据结构兼图论选手，这次也确实写了大部分题目（明示下次几乎爆零），但也因为我属于慢热型，题目都是中后期连着开，前期猛跪，罚时炸裂。
现场赛最先看了 D D D 题，想了十来分钟没思路，跟 z z y zzy zzy 换了 K K K 题，然后 x b x xbx xbx 喂了 B B B 题，很快跟榜过了。然后就是卡了半小时 K K K 题才出思路，交了喜提 T L E TLE TLE，卡到大概 2 h 2h 2h 的时候才过（ v e c t o r vector vector 存图被卡了，邻接矩阵比较快），此时从铁牌区上升到铜牌区。然后 z z y zzy zzy 成功过掉 D D D，接着与 x b x xbx xbx 证明了下 H H H 也成功上机 1 A 1A 1A，这时候大约 3.5 h 3.5h 3.5h，此时应该是银末。不久 z z y zzy zzy 与 x b x xbx xbx 讨论完 E E E 题，上机敲，封榜后不久成功过了（然而应该是险过，没有用基数排序，小常过了），这时候已经稳在银牌区，看了下再过一题有机会进金末。最后就全力开 F F F 题，队友帮忙验了下式子、看取模，剩 20 m i n s 20mins 20mins 的 2 2 2 发过了，按封榜前的榜估摸着直接上升到 r k 20 rk20 rk20 左右，然后就是快乐吃饭时间。
前 2 h 2h 2h 仅过两道签到，后面一路从铁牌区上去也是挺刺激的。滚榜看着被滚出金牌区，虽然遗憾但最后 r k 37 rk37 rk37 也挺满意了，本来小目标便是拿个银。最后很意外拿到 E C EC EC 名额，也是后面才知道的，那就是我个人爆零的另一段故事了（什么时候会记录呢？
这次借着计算思维课程，把这场补题计划作为课程作业，也一举两得。队友 x b x xbx xbx 一起选修了这门课，队长 z z y zzy zzy 擅长数学、数论（但没选上这门课）， C C C 题组合数学我俩实在推不来，就留着吧。
重现赛链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/4370
两人完成的，所以码风会不同，以下为参考题解（长文预警）：
A - Mr. Panda and Dominoes
问题简述：
平面上有 n n n 个黑格子，求有多少个外围是黑色格子的 1 : 2 1:2 1:2 或 2 : 1 2:1 2:1 的 矩形。
所需知识点：
离散化，树状数组。
问题形式化描述：
二维平面 [ 1 , 1 0 9 ] × [ 1 , 1 0 9 ] [1, 10^9] × [1, 10^9] [1,109]×[1,109] 上给定 n n n 个黑点，求有多少矩形 ( x , y ) , ( x + L − 1 , y + W − 1 ) (x, y),(x + L - 1, y + W - 1) (x,y),(x+L−1,y+W−1)（两点表示），满足 L : W = 1 : 2 L:W = 1:2 L:W=1:2 或 L : W = 2 : 1 L:W = 2:1 L:W=2:1 且矩形四条边上全为黑点。
解题思路：
将 x y xy xy 坐标旋转一下就可以把 2 : 1 2:1 2:1 的情况转为 1 : 2 1:2 1:2 的情况，接下来仅考虑 1 : 2 1:2 1:2 的情况。
由于外围黑格子需要连续，先离散化，预处理出每个黑格子向四个方向最长延伸距离是多少。考虑枚举每一条斜率为 2 2 2 的直线，在该直线上枚举矩形的右上角，统计有多少个黑格子可作为该矩形的左下角，满足条件是这个点的最上延长能够到达枚举的右上角。
问题就转化为一个数轴上（就是枚举的直线上），有若干个原有区间（矩形左下角的点），需要查询区间 [ l , r ] [ l ,r ] [l,r] 中有多少个原有区间满足左端点在 [ l , r ] [ l, r ] [l,r] 内， 右端点在 r r r 右面。 我们可以把询问区间拆成两个询问区间 [ 1 , r ] [ 1, r ] [1,r] 和 [ 1 , l − 1 ] [ 1, l -1] [1,l−1] 的差，扫描线加树状数组维护即可。
总时间复杂度为 O ( T ∗ n l o g n ) O(T * nlogn) O(T∗nlogn)，需要注意常数优化。
参考代码：
#includeB - Prefix Code
问题简述：
给定 n n n 个长度最多为 10 10 10 的数字字符串，问是否存在某个字符串是另一个字符串的前缀。
所需知识点：
字典树。
问题形式化描述：
给定 n n n 个字符串 s i ( ∣ s i ∣ ≤ 10 , Σ = { 0 , 1 , ⋯ , 9 } ) s_i(|s_i| \leq 10, \Sigma = \{0, 1, \cdots, 9\}) si(∣si∣≤10,Σ={0,1,⋯,9})，求是否存在 i , j ( i ≠ j ) i, j(i \neq j) i,j(i=j)，使得 s i ∈ p r e f i x ( s j ) s_i \in prefix(s_j) si∈prefix(sj)。
解题思路：
先对给定的 n n n 个字符串建立字典树，并且对每个字符串的末尾节点的值加 1 1 1，即每一个节点维护有多少个字符串以当前节点为结尾。
对每一个字符串 s i s_i si，在字典树上遍历，假如当前字符串遍历的节点（除了末节点）当中存在值不是 0 0 0 的节点，则 ∃ j ≠ i , s j ∈ p r e f i x ( s i ) \exists j \neq i,~s_j \in prefix(s_i) ∃j=i, sj∈prefix(si)；或者末尾节点的值大于 1 1 1， 则 ∃ j ≠ i , s i ∈ p r e f i x ( s j ) \exists j \neq i, s_i \in prefix(s_j) ∃j=i,si∈prefix(sj)。
总时间复杂度为 O ( T ∗ 10 n ) O(T*10n) O(T∗10n)。
参考代码：
#includeC - Maze
D - Spanning Tree Removal
问题简述：
给定 n n n 个顶点的完全图 G G G，每次选择任意生成树，将生成树边删去，问最多能删几次生成树。
所需知识点：
生成树、构造。
问题形式化描述：
给定完全图 G = ( V , E ) G = (V, E) G=(V,E)，求最大的 k k k，使得 ∀ i , 1 ≤ i ≤ k , G i = ( V , E i ) \forall i, 1 \leq i \leq k, G_i = (V, E_i) ∀i,1≤i≤k,Gi=(V,Ei) 为 G G G 的生成树，且 ∀ i , j , 1 ≤ i < j ≤ k , G i ⋂ G j = ( V , ∅ ) \forall i, j, 1 \leq i \lt j \leq k, G_i \bigcap G_j = (V, \emptyset) ∀i,j,1≤i<j≤k,Gi⋂Gj=(V,∅)。
解题思路：
由度数易得 a n s ( n ) ans(n) ans(n) 的一个上界为 ⌊ n 2 ⌋ \lfloor \cfrac{n}{2}\rfloor ⌊2n⌋，猜想 a n s ( n ) = ⌊ n 2 ⌋ ans(n) = \lfloor \cfrac{n}{2}\rfloor ans(n)=⌊2n⌋。
使用数学归纳法证明当 n = 2 k ( k ≥ 1 ) n = 2k(k \geq 1) n=2k(k≥1)， a n s ( n ) = n 2 ans(n) = \cfrac{n}{2}~ ans(n)=2n 。
当 n = 2 n = 2 n=2，显然 a n s ( 2 ) = 1 ans(2) = 1 ans(2)=1， G 1 = ( { 1 , 2 } , { ( 1 , 2 ) } ) G_1 = (\{1, 2\},\{(1, 2)\}) G1=({1,2},{(1,2)})。
假设对 n = 2 k ( k ≥ 1 ) n = 2k(k \geq 1) n=2k(k≥1)， a n s ( n ) = k ans(n) = k ans(n)=k，当 n = 2 ( k + 1 ) n = 2(k + 1) n=2(k+1)，新增边集 Δ E = { ( u , v ) ∣ 2 k + 1 ≤ u ≤ 2 k + 2 , 1 ≤ v < u } \Delta E = \{(u, v) \mid 2k + 1 \leq u \leq 2k + 2, 1 \leq v \lt u\} ΔE={(u,v)∣2k+1≤u≤2k+2,1≤v<u}。
对 G i ( i ≤ k ) G_i(i \leq k) Gi(i≤k)，都需要额外添加两条边 ( 2 k + 1 , v i ) , ( 2 k + 2 , v j ) (2k + 1, v_i), (2k + 2, v_j) (2k+1,vi),(2k+2,vj)，对于新增的 G k + 1 G_{k + 1} Gk+1，需要添加 n − 1 n - 1 n−1 条，令 E k + 1 = { ( 2 k + 1 , v ) ∣ 1 ≤ v ≤ k } ⋃ { ( 2 k + 2 , v ) ∣ k + 1 ≤ v ≤ 2 k + 1 } E_{k + 1} = \{(2k + 1, v) \mid 1 \leq v \leq k\} \bigcup \{(2k + 2, v) \mid k + 1 \leq v \leq 2k + 1 \} Ek+1={(2k+1,v)∣1≤v≤k}⋃{(2k+2,v)∣k+1≤v≤2k+1} ，剩余的 { ( 2 k + 1 , v ) ∣ k + 1 ≤ v ≤ 2 k } ⋃ { ( 2 k + 2 , v ) ∣ 1 ≤ v ≤ k } \{(2k + 1, v) \mid k + 1 \leq v \leq 2k\} \bigcup \{(2k + 2, v) \mid 1 \leq v \leq k \} {(2k+1,v)∣k+1≤v≤2k}⋃{(2k+2,v)∣1≤v≤k} 恰能分成 k k k 组 ( 2 k + 1 , v i ) , ( 2 k + 2 , v j ) (2k + 1, v_i), (2k + 2, v_j) (2k+1,vi),(2k+2,vj) 分配到 G i ( 1 ≤ i ≤ k ) G_i(1 \leq i \leq k) Gi(1≤i≤k)，故 a n s ( n ) = n 2 ans(n) = \cfrac{n}{2} ans(n)=2n 成立。
综上，当 n = 2 k ( k ≥ 1 ) , a n s ( n ) = n 2 n = 2k(k \geq 1), ans(n) = \cfrac{n}{2} n=2k(k≥1),ans(n)=2n 。
当 n = 2 k + 1 ( k ≥ 1 ) n = 2k + 1(k \geq 1) n=2k+1(k≥1)，只需对 G i G_i Gi 添加边 ( n , i ) (n, i) (n,i) 即可， a n s ( n ) = ⌊ n 2 ⌋ ans(n) = \lfloor \cfrac{n}{2}\rfloor ans(n)=⌊2n⌋。
综上，得到一种方案使得 a n s ( n ) = ⌊ n 2 ⌋ ans(n) = \lfloor \cfrac{n}{2}\rfloor ans(n)=⌊2n⌋，且为上确界。
时间复杂度 O ( T ∗ n 2 ) O(T * n^2) O(T∗n2)。
参考代码：
#includeE - Cave Escape
问题简述：
给定 n × m n × m n×m 的方格图，每个格子都有魔法值，第 i i i 行第 j j j 列的值为 V i j = X ( i − 1 ) ∗ m + j V_{ij} = X_{(i-1) * m + j} Vij=X(i−1)∗m+j，其中 X i = ( A ∗ X i − 1 + B ∗ X i − 2 + C ) m o d P X_i=(A*X_{i−1}+B*X_{i−2}+C)~mod~P Xi=(A∗Xi−1+B∗Xi−2+C) mod P。从 ( i , j ) (i, j) (i,j) 能移动到相邻格子 ( x , y ) (x, y) (x,y)，且当 ( x , y ) (x, y) (x,y) 此前未访问则获得 V i , j ∗ V x , y V_{i,j}*V_{x,y} Vi,j∗Vx,y 的魔法值。给定起点和终点，问从起点走到终点可获得的最大魔法值，格子可重复经过。
所需知识点：
并查集，最小生成树 K r u s k a l Kruskal Kruskal 算法。
问题形式化描述：
给定图 G = ( V , E ) G=(V, E) G=(V,E)， V = { a i , j ∣ 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ m } V = \{a_{i,j} \mid 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m\} V={ai,j∣1≤i≤n,1≤j≤m}， E = { ( a i , j , a x , y , V i , j ∗ V x , y ) ∣ ∣ i − x ∣ + ∣ j − y ∣ = 1 } E = \{(a_{i,j}, a_{x,y}, V_{i,j}*V_{x,y}) \mid |i - x| + |j - y| = 1\} E={(ai,j,ax,y,Vi,j∗Vx,y)∣∣i−x∣+∣j−y∣=1}，求从顶点 a s x , s y a_{s_x,s_y} asx,sy 沿边走到 a t x , t y a_{t_x, t_y} atx,ty 可获得的最大价值，沿边 ( a i , j , a x , y , w ) (a_{i,j}, a_{x,y}, w) (ai,j,ax,y,w) 走时，当且仅当 a x , y a_{x,y} ax,y 第一次被访问时获得价值 w w w。
解题思路：
每个顶点仅当被作为边终点经过时，获得该边价值，至多可获得 n m − 1 nm - 1 nm−1 次，即寻找图 G G G 的最大生成树。
对所有边按照边权从大到小排序，从大到小枚举每一条边。假如当前边关联的两个顶点不在同一个集合，就把这条边的边权加进答案，并合并两顶点所在集合。
由于 P ≤ 100 P \leq 100 P≤100， V i , j < 10000 V_{i,j} \lt 10000 Vi,j<10000，可以使用基数排序将排序复杂度降为 O ( n m ) O(nm) O(nm)。
使用 s t d : : s o r t std::sort std::sort，总时间复杂度为 O ( T ∗ n m l o g ( n m ) ) O(T*nmlog(nm)) O(T∗nmlog(nm))，也可通过本题。
参考代码：
#includeF - A Simple Problem On A Tree
问题简述：
给定 n n n 个结点的树，结点带点权 W i W_i Wi， q q q 次操作，每次对 u , v u, v u,v 之间的链上结点进行，分别为点权赋值 W W W、点权增加 W W W，点权乘上 W W W、询问 ∑ x W x 3 \sum_xW_x^3 ∑xWx3。
所需知识点：
线段树、重链剖分。
问题形式化描述：
使用数据结构动态维护树链结点权值三次方和，支持赋值、加、乘操作。
解题思路：
重链剖分将树链操作转化为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn) 次序列操作，用线段树维护序列三次方和，赋值 W W W 操作可视为乘 0 0 0 再加 W W W，故只需要乘法标记 m u l mul mul 和加法标记 a d d add add，线段树结点还需要分别维护一次方和 s u m 1 sum_1 sum1、二次方和 s u m 2 sum_2 sum2 以及三次方和 s u m 3 sum_3 sum3，每次修改操作 ( M , A ) (M, A) (M,A) 表示乘 M M M 再加 A A A，
对于标记维护，有：
m u l ′ ∗ x + a d d ′ = ( m u l ∗ x + a d d ) ∗ M + A = m u l ∗ M + a d d ∗ M + A m u l ′ = m u l ∗ M , a d d ′ = a d d ∗ M + A mul' * x + add' = (mul * x + add) * M + A = mul * M + add * M + A \\ ~ \\ mul' = mul * M, ~add' = add * M + A mul′∗x+add′=(mul∗x+add)∗M+A=mul∗M+add∗M+A mul′=mul∗M, add′=add∗M+A
对于和维护，记 l e n = r − l + 1 len = r - l + 1 len=r−l+1，先乘：
s u m 1 = ∑ i = l r x i , s u m 2 = ∑ i = l r x i 2 , s u m 3 = ∑ i = l r x i 3 x i ′ = x i ∗ M s u m 1 ′ = ∑ i = l r x i ′ = ∑ i = l r ( x i ∗ M ) = M ∗ ∑ i = l r x i = M ∗ s u m 1 s u m 2 ′ = M 2 ∗ s u m 2 , s u m 3 ′ = M 3 ∗ s u m 3 sum_1 = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i,~sum_2 = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i^2,~sum_3 = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i^3 \\ ~ \\ x_i' = x_i * M \\ ~ \\ sum_1' = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i' = \sum\limits_{i = l}^{r} (x_i * M) = M * \sum\limits_{i = l}^{r} x_i = M * sum_1 \\ ~ \\ sum_2' = M^2 * sum_2, ~ sum_3' = M^3 * sum_3 sum1=i=l∑rxi, sum2=i=l∑rxi2, sum3=i=l∑rxi3 xi′=xi∗M sum1′=i=l∑rxi′=i=l∑r(xi∗M)=M∗i=l∑rxi=M∗sum1 sum2′=M2∗sum2, sum3′=M3∗sum3
后加：
x i ′ = x i + A s u m 1 ′ = ∑ i = l r x i ′ = ∑ i = l r ( x i + A ) = ∑ i = l r x i + l e n ∗ A = s u m 1 + l e n ∗ A s u m 2 ′ = ∑ i = l r ( x i + A ) 2 = s u m 2 + 2 ∗ A ∗ s u m 1 + l e n ∗ A 2 s u m 3 ′ = s u m 3 + 3 ∗ A ∗ s u m 2 + 3 ∗ A 2 ∗ s u m 1 + l e n ∗ A 3 x_i' = x_i + A \\ ~ \\ sum_1' = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i' = \sum\limits_{i = l}^{r} (x_i + A) = \sum\limits_{i = l}^{r} x_i + len * A = sum_1 + len * A \\ sum_2' = \sum\limits_{i = l}^{r} (x_i + A)^2 = sum_2 + 2 * A * sum_1 + len * A^2 \\ sum_3' = sum_3 + 3 * A * sum_2 + 3 * A^2 * sum_1 + len * A^3 xi′=xi+A sum1′=i=l∑rxi′=i=l∑r(xi+A)=i=l∑rxi+len∗A=sum1+len∗Asum2′=i=l∑r(xi+A)2=sum2+2∗A∗sum1+len∗A2sum3′=sum3+3∗A∗sum2+3∗A2∗sum1+len∗A3
时间复杂度 O ( T ∗ ( n + q l o g n l o g n ) ) O(T * (n + qlognlogn)) O(T∗(n+qlognlogn))。
参考代码：
#includeG - Play the game SET
问题简述：
一种 S E T SET SET 卡牌游戏，每张卡牌 4 4 4 种属性，每种属性有 3 3 3 种可能情况，三种卡牌组成一个 s e t set set 当且仅当同种属性都相同、或都不同。给出 n n n 张卡牌，求能组成最多的 s e t set set 数。
所需知识点：
最大独立集、最大团 B r o n − K e r b o s c h Bron-Kerbosch Bron−Kerbosch 算法。
问题形式化描述：
给出 n n n 个四位的三进制数 a i 3 a i 2 a i 1 a i 0 a_{i3}a_{i2}a_{i1}a_{i0} ai3ai2ai1ai0，定义 A = { a i ( 1 ≤ i ≤ n ) } A = \{a_i(1 \leq i \leq n)\} A={ai(1≤i≤n)}，
f ( A ) = { 1 , ∣ A ∣ = 3 , ∑ i = 0 3 ( a 0 i + a 1 i + a 2 i ) = 0 0 , o t h e r w i s e f(A) = \begin{cases} 1, & \mid A\mid = 3,~\sum\limits_{i = 0}^{3} (a_{0i} + a_{1i} + a_{2i}) = 0 \\ 0, & otherwise \end{cases} f(A)=⎩⎨⎧1,0,∣A∣=3, i=0∑3(a0i+a1i+a2i)=0otherwise
求一种划分 A 1 A 2 . . . A k A_1A_2...A_k A1A2...Ak 使得 a n s = ∑ i = 1 k f ( A i ) ans = \sum\limits_{i = 1}^{k} f(A_i) ans=i=1∑kf(Ai) 最大。
解题思路：
对所有 A i ⊆ A A_i \subseteq A Ai⊆A 且 f ( A i ) = 1 f(A_i) = 1 f(Ai)=1 建立顶点 v i v_i vi，连边 ( v i , v j ) (v_i, v_j) (vi,vj) 当且仅当 A i ⋂ A j ≠ ∅ A_i \bigcap A_j \neq \emptyset Ai⋂Aj=∅，则该图的最大独立集就是答案。由于是一般图且顶点数为 C ( n , 3 ) C(n, 3) C(n,3) 上万个，无法在规定时限得到答案，需要进一步优化。
注意到若 f ( A i ) = 1 f(A_i) = 1 f(Ai)=1，只需两个元素 a 0 , a 1 a_0, a_1 a0,a1 即可唯一确定 a 2 a_2 a2，于是只需要尝试 建立 C ( n , 2 ) C(n, 2) C(n,2) 个顶点。一般图 G G G 的最大独立集问题转为最大团问题，即建立补图 G ′ G' G′，答案为 G ′ G' G′ 的最大团，使用 B r o n − K e r b o s c h Bron-Kerbosch Bron−Kerbosch 算法求解。
虽然此算法理论复杂度为指数级，但在此特殊图中可以很快迭代得到答案。
参考代码：
#includeH - Tree Partition
问题简述：
给定 n n n 个结点的树，结点带权，给定一个数 k k k，要求把这棵树分成 k k k 个部分，使得每部分的结点权值和中的最大值最小，求该最小值。
所需知识点：
二分法，贪心，动态规划。
问题形式化描述：
给定 n n n 个结点的树 T = ( V , E ) T = (V, E) T=(V,E)，结点 v i v_i vi 带权 w ( v i ) w(v_i) w(vi)，将其划分为 k k k 个连通块 T i = ( V i , E i ) ( i ∈ [ 1 , k ] ) T_i = (V_i, E_i)(i \in [1, k]) Ti=(Vi,Ei)(i∈[1,k])，定义 w ( T i ) = ∑ v j ∈ V i w ( v j ) w(T_i) = \sum\limits_{v_j \in V_i} w(v_j) w(Ti)=vj∈Vi∑w(vj)，求 min { max i = 1 , ⋯ , k { w ( T i ) } } \min\{\max\limits_{i = 1,\cdots, k}\{w(T_i)\}\} min{i=1,⋯,kmax{w(Ti)}}。
解题思路：
要使得最大值最小，可以二分最大值 l i m lim lim，问题变成判断能否划分出 k − 1 k - 1 k−1 个连通块使得最大值不超过 l i m lim lim， 亦即判定划分连通块权值不超过 l i m lim lim 的连通块个数是否小于等于 k k k，即割去的边数小于 k k k。
我们可以考虑动态规划来解决。 d p [ u ] dp[u] dp[u] 代表以 u u u 为根结点的子树，划分出尽可能少的连通块后， u u u 结点所在的子树的点权和。由于需要最少划分，就是需要贪心合并，所以递归处理子树后， 对所有与 u u u 相连的结点 v v v，按 d p [ v ] dp[v] dp[v] 从小到大进行合并，最后返回割掉的边数。
总时间复杂度为 O ( T ∗ n l o g ( ∑ w i ) ) O(T*nlog(\sum w_i)) O(T∗nlog(∑wi))。
参考代码：
#includeI - Portal
问题简述：
在一个广场上有两个人，然后有两道传送门（可以视为传送门之间距离为 0 0 0），现在让你安排这两个人的位置，使得一个人走到另一个人的位置的最短距离最大。
所需知识点：
计算几何，三分法。
问题形式化描述：
二维平面 [ 0 , A ] × [ 0 , B ] [0, A] × [0, B] [0,A]×[0,B] 上，定义某两个点 Q 1 ( X 1 , Y 1 ) , Q 2 ( X 2 , Y 2 ) Q_1(X_1, Y_1),Q_2(X_2, Y_2) Q1(X1,Y1),Q2(X2,Y2) 之间距离是 0 0 0，即 ∣ Q 1 Q 2 ∣ = 0 |Q_1Q_2| = 0 ∣Q1Q2∣=0，两点 P 1 , P 2 P_1, P_2 P1,P2 距离为：
d i s ( P 1 , P 2 ) = min { ∣ P 1 P 2 ∣ , ∣ P 1 Q 1 ∣ + ∣ P 2 Q 2 ∣ , ∣ P 1 Q 2 ∣ + ∣ P 2 Q 1 ∣ } dis(P_1, P_2) = \min\{|P_1P_2|,~|P_1Q_1| + |P_2Q_2|,~|P_1Q_2| + |P_2Q_1|\} dis(P1,P2)=min{∣P1P2∣, ∣P1Q1∣+∣P2Q2∣, ∣P1Q2∣+∣P2Q1∣}
求 R 1 , R 2 R_1, R_2 R1,R2，最大化 d i s ( R 1 , R 2 ) dis(R_1, R_2) dis(R1,R2)。
解题思路：
可知，要使得两点之间距离最短距离最大，其中一个点就要在矩阵的顶点，另一个点要在矩阵的边界上。
枚举四个顶点作为第一个点 R 1 R_1 R1，再枚举另一个点是 R 2 R_2 R2 在矩形的哪一条边上，易知 Q 1 , Q 2 Q_1, Q_2 Q1,Q2 会把这一条边分成三部分，而从 R 1 R_1 R1 到 R 2 R_2 R2 要么经过 Q 1 , Q 2 Q_1, Q_2 Q1,Q2，要么不经过，而这两种方式 d i s ( R 1 , R 2 ) dis(R_1, R_2) dis(R1,R2) 在每一部分是递增或递减的，可以用三分算法来找到极值，枚举所有情况取 m a x max max 即得到答案。
总时间复杂度为 O ( T ∗ l o g ( max { A , B } ) ) O(T*log(\max\{A, B\})) O(T∗log(max{A,B}))。
参考代码：
#include
return min(t1,min(t2,t3) );
}
void work(Point p1,Point p2,Point le,Point ri){
Point testl = le;
Point testr = ri;
for(int i = 1;i<=100;++i){
Point fml = (ri+le*2)/3;
Point fmr = (ri*2 + le)/3;
if(f(p1,p2,fml) > f(p1,p2,fmr)){
ri = fmr;
}
else le = fml;
}
if(f(p1,p2,le) > ans){
ans = f(p1,p2,le);
ans1 = p0;
ans2 = le;
}
}
void solve(){
Point pt1 = (Point){xa,ya};
Point pt2 = (Point){xb,yb};
double d1 = dist(p0,pt1);
double d2 = dist(p0,pt2);
for(int i = 0;i<=11;++i){
work(pt1,pt2,p[i],p[(i+1)%12]);
}
}
int main(){
int T; scanf("%d",&T);
for(int cas = 1;cas<=T;++cas){
scanf("%lf %lf %lf %lf %lf %lf",&A,&B,&xa,&ya,&xb,&yb);
double mix = min(xa,xb);
double miy = min(ya,yb);
double mxx = max(xa,xb);
double mxy = max(ya,yb);
p[0] = (Point){0,0};
p[1] = (Point){mix,0};
p[2] = (Point){mxx,0};
p[3] = (Point){A,0};
p[4] = (Point){A,miy};
p[5] = (Point){A,mxy};
p[6] = (Point){A,B};
p[7] = (Point){mxx,B};
p[8] = (Point){mix,B};
p[9] = (Point){0,B};
p[10] = (Point){0,mxy};
p[11] = (Point){0,miy};
ans = -1;
p0 = (Point){0,0};
solve();
p0 = (Point){0,B};
solve();
p0 = (Point){A,B};
solve();
p0 = (Point){A,0};
solve();
printf("Case #%d:\n",cas);
printf("%.8f %.8f\n%.8f %.8f\n",ans1.x,ans1.y,ans2.x,ans2.y);
// cerr<
}
}
J - Bob’s Poor Math
问题简述：
定义本题加法为不进位加法，初始给定 n n n 个数，后有 m m m 次操作，每次操作为 ① 加入某个数；② 将已有数除以 10 10 10；③ 询问 a i ⊕ x a_i \oplus x ai⊕x 的最大值；④ 询问介于 L L L 到 R R R 的 a i a_i ai 的和。
所需知识点：
字典树。
问题形式化描述：
要求设计一个数据结构，维护十进制下的数插入、所有数右移位、最大的异或 x x x 的值、区间异或和。（定义十进制下的异或、移位为十进制不进位加法、整除 10 10 10）
解题思路：
动态插入、异或最大值，考虑使用字典树维护。建立十叉的字典树，将数从高位到低位插入到字典树中，高位不足则补 0 0 0，此处最大位数为 10 10 10，则实现了插入操作。其次为异或最大值，在字典树上贪心选择分支走即可。然后是移位操作，添加一个新根，则等效于所有数右移一位。为了支持求和操作，需要额外维护子树和，将查询 s u m [ L , R ] sum[L, R] sum[L,R] 分解为 s u m [ 1 , R + 1 ) − s u m [ 1 , L ) sum[1, R + 1) - sum[1, L) sum[1,R+1)−sum[1,L)，其中，若查询 s u m [ 1 , L ) sum[1, L) sum[1,L)，则沿着 L L L 在字典树上走，逐位考虑贡献添加进答案。
时间复杂度 O ( T ∗ ( 1 0 2 n + 1 0 3 m ) ) O(T * (10^2n + 10^3m)) O(T∗(102n+103m))。
参考代码：
#includeK - Color Graph
问题简述：
给定 n n n 个顶点、 m m m 条边的简单无向图，初始边全为白边，求能染的最多的红边，使得红边不构成奇环。
所需知识点：
二进制枚举、二分图定义。
问题形式化描述：
给定简单无向图 G = ( V , E ) G = (V, E) G=(V,E)，求生成子图 G ′ = ( V ′ = V , E ′ ⊆ E ) G' = (V' = V, E' \subseteq E) G′=(V′=V,E′⊆E) 使得 ∣ E ′ ∣ \mid E' \mid ∣E′∣ 最大，且该 G ′ G' G′ 为二分图。
解题思路：
n n n 很小，二进制枚举二分图 G ′ G' G′ 左部顶点 V 1 V_1 V1，可以唯一确定右部顶点 V 2 V_2 V2 以及边集 E ′ E' E′，记录最大答案即可，时间复杂度 O ( T ∗ 2 n m ) O(T*2^nm) O(T∗2nm)。
参考代码：
#includeM - Blood Pressure Game
问题简述：
给出坐过山车过程的 n n n 个转折点高度 a i a_i ai，则坐过山车血压值增加量为 ∑ i = 1 n − 1 ∣ a i − a i + 1 ∣ \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} \mid a_i - a_{i + 1} \mid i=1∑n−1∣ai−ai+1∣。给出 m m m 个可新增的转折点高度 b i b_i bi，每个 a i a_i ai 间至多插入一个 b j b_j bj，特殊的， a 1 a_1 a1 前与 a n a_n an 后也可作为插入点，血压值增加量仍按相邻转折点高度差之和计算。问插入 1 , 2 , ⋯ , m 1, 2, \cdots, m 1,2,⋯,m 个转折点时能获得的最大血压增量为多少。
所需知识点：
最小费用流。
问题形式化描述：
给定二分图 G G G，左部顶点 b i b_i bi 共 m m m 个，右部顶点 c i c_i ci 共 n + 1 n + 1 n+1 个，边 ( b i , c j ) (b_i, c_j) (bi,cj) 权重为 ∣ b i − a j ∣ + ∣ b i − a j − 1 ∣ − ∣ a j − a j − 1 ∣ ( 1 ≤ i ≤ m , 2 ≤ j ≤ n ) \mid b_i - a_j \mid + \mid b_i - a_{j - 1}\mid - \mid a_j - a_{j - 1}\mid (1 \leq i \leq m, 2 \leq j \leq n) ∣bi−aj∣+∣bi−aj−1∣−∣aj−aj−1∣(1≤i≤m,2≤j≤n)，特殊的，边 ( b i , c 1 ) (b_i, c_1) (bi,c1) 权重为 ∣ b i − a 1 ∣ \mid b_i - a_1\mid ∣bi−a1∣，边 ( b i , c n + 1 ) (b_i, c_{n + 1}) (bi,cn+1) 权重为 ∣ b i − a n ∣ \mid b_i - a_n \mid ∣bi−an∣，分别求匹配数为 1 , 2 , ⋯ , m 1, 2, \cdots, m 1,2,⋯,m 时最大权匹配。
解题思路：
转化为二分图最大权 k k k 匹配后，用网络流建模，匹配数限制为流量，最大权重转化为最小费用，则求最小费用最大流，由于流量递增，只需跑一次流量为 m m m 的费用流，记录中间结果即可。
将 m m m 视为 n n n 同阶，时间复杂度为 O ( T ∗ n 4 ) O(T * n^4) O(T∗n4)，由于使用的是 S P F A SPFA SPFA 增广，随机图下期望复杂度为 O ( T ∗ n 3 ) O(T * n^3) O(T∗n3)，可通过本题。
参考代码：
#includeL - Light It Down
问题简述：
给定 n n n 个结点的树，边带权，有 m m m 个关键点上各有一个亮或暗的灯泡，起始点为非关键点 S S S，每次两结点间跳转沿树上最短路径移动。在关键点时等概率向非关键点跳转；在非关键点时等概率向所有点跳转，且若目标结点是关键点，则切换其灯泡状态。问在 S S S 开始，使得所有关键点灯泡全暗的期望移动距离。
所需知识点：
树形 d p dp dp，概率与期望，高斯消元。
问题形式化描述：
定义新图 G = ( V , E ′ ) G = (V, E') G=(V,E′)，原树上的跳转 u → v u \rightarrow v u→v 均对应 G G G 上一条带权单向边 ( u , v , d i s ( u , v ) ) (u, v, dis(u, v)) (u,v,dis(u,v))，设关键点 v 1 , v 2 , ⋯ , v m v_1, v_2, \cdots, v_m v1,v2,⋯,vm，各灯泡状态 s 1 , s 2 , ⋯ , s m ( s i ∈ { 0 , 1 } ) s_1, s_2, \cdots, s_m(s_i \in \{0, 1\}) s1,s2,⋯,sm(si∈{0,1})，图 G G G 上，从 顶点 S S S 出发，等概率向邻接顶点移动，求经过 v i v_i vi 次数的奇偶性为 s i s_i si 时的期望移动距离。
解题思路：
记非关键点为 u i ( i ∈ [ 1 , n − m ] ) u_i(i \in [1, n - m]) ui(i∈[1,n−m])，关键点为 v i ( i ∈ [ 1 , m ] ) v_i(i \in [1, m]) vi(i∈[1,m])，特殊的， S = u 1 S = u_1 S=u1。依照跳转双方分为三种情况：① S → v S \rightarrow v S→v；② v → u ( 同 u → v ) v \rightarrow u(同 u \rightarrow v) v→u(同u→v)；③ u → u u \rightarrow u u→u。
忽略 ①，假定 u i u_i ui 等概率成为 S S S，只需在考虑完 ②③ 后，将其中一次 u → v u \rightarrow v u→v 的跳转期望距离改为 S → v S \rightarrow v S→v 的期望距离。
考虑 ②，当前起点为 u u u，若 s i = s j s_i = s_j si=sj，则 v i , v j v_i, v_j vi,vj 与 u u u 间的期望跳转次数相同。记 f [ i ] [ 0 / 1 ] ( i ∈ [ 0 , m − 1 ] ) f[i][0/1](i \in [0, m - 1]) f[i][0/1](i∈[0,m−1]) 为 ∑ k = 2 m s k = i ， \sum\limits_{k = 2}^{m} s_k = i， k=2∑msk=i， s 1 = 0 / 1 s_1 = 0/1 s1=0/1 时， v 1 v_1 v1 与 u u u 间期望的跳转次数，有：
f [ i ] [ j ] = { 1 m ( f [ i ] [ j ⊕ 1 ] + 2 ) + i m f [ i − 1 ] [ j ] + m − i − 1 m f [ i + 1 ] [ j ] , i > 1 0 , i = 0 , j = 0 1 m ( f [ 0 ] [ 0 ] + 1 ) + m − 1 m f [ 1 ] [ 1 ] , i = 0 , j = 1 f[i][j] = \begin{cases}\cfrac{1}{m}(f[i][j\oplus1] + 2) + \cfrac{i}{m}f[i - 1][j] + \cfrac{m - i - 1}{m}f[i + 1][j], ~i \gt 1 \\ ~ \\ 0, ~i = 0, j = 0 \\ ~ \\\cfrac{1}{m}(f[0][0] + 1) + \cfrac{m - 1}{m}f[1][1], ~i = 0, j = 1 \end{cases} f[i][j]=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧m1(f[i][j⊕1]+2)+mif[i−1][j]+mm−i−1f[i+1][j], i>1 0, i=0,j=0 m1(f[0][0]+1)+mm−1f[1][1], i=0,j=1
得到 2 m 2m 2m 个方程，可以用高斯消元 O ( m 3 ) O(m^3) O(m3) 得到解，但效率太低。
注意到这是 2 ∗ m 2*m 2∗m 网格图上开关灯模型，对 n ∗ m n * m n∗m 的网格图采取主元递推的方式再进行高斯消元，可以做到 O ( n m ∗ min { n , m } ) O(nm*\min\{n, m\}) O(nm∗min{n,m})，那么这里可以做到 O ( m ) O(m) O(m)，具体为：
设 f [ m − 1 ] [ 0 ] = x , f [ m − 1 ] [ 1 ] = y f[m - 1][0] = x, f[m - 1][1] = y f[m−1][0]=x,f[m−1][1]=y，递推表示 f [ m − 2 ] [ 0 / 1 ] , ⋯ , f [ 0 ] [ 0 / 1 ] f[m - 2][0/1], \cdots, f[0][0/1] f[m−2][0/1],⋯,f[0][0/1]，再对 f [ 0 ] [ 0 ] , f [ 0 ] [ 1 ] f[0][0], f[0][1] f[0][0],f[0][1] 两个方程进行高斯消元得到 x , y x, y x,y，回代得到所有解。
至此，得到 v i v_i vi 与 u u u 的期望跳转次数 n u m i num_i numi，预处理 v i v_i vi 到 u u u 的平均距离，则可得到 ② 部分的答案。
考虑 ③，令 t o t _ n u m = ∑ i = 1 m n u m i tot\_num = \sum\limits_{i = 1}^{m} num_i tot_num=i=1∑mnumi，则跳转期间 v → u v \rightarrow u v→u 的次数为 t o t _ n u m − 1 2 \cfrac{tot\_num - 1}{2} 2tot_num−1，考虑单次 u → u u \rightarrow u u→u 自身连续跳转的期望次数 X X X，易知 X X X 服从几何分布，易得 E ( X ) = 1 m n − 1 = n m − 1 E(X) = \frac{1}{\frac{m}{n}} - 1 = \cfrac{n}{m} - 1 E(X)=nm1−1=mn−1，预处理 u u u 到 u u u 的平均距离，则可得到 ③ 部分的答案。
回过头计算出 S → v S \rightarrow v S→v 这一次跳转的期望距离，替换掉 ② 部分某次 u → v u \rightarrow v u→v，则得到最终答案。
上述单次 S → v , v i → u , u → u S \rightarrow v, v_i \rightarrow u, u \rightarrow u S→v,vi→u,u→u 的期望移动距离均可通过树形 d p dp dp 在 O ( n ) O(n) O(n) 预处理得到。
O ( n ) O(n) O(n) 预处理 1 ⋯ n 1\cdots n 1⋯n 的逆元，考虑高斯消元过程中的一次快速幂求逆元，总时间复杂度为 O ( T ∗ ( n + l o g P ) ) O(T*(n + logP)) O(T∗(n+logP))，其中 P P P 为模数 1 0 9 + 7 10^9 + 7 109+7。
参考代码：
#include