Codeforces Round 1322简要题解
做手速狗的一场，E差5min调出来，不过还是苟到了rk4。
A. Unusual Competitions
略
B. Present
略
C. Instant Noodles
令 C ( S ) = ∑ i ∈ S c i C(S)=\sum_{i \in S}c_i C(S)=∑i∈Sci，即 f ( S ) = C ( N ( S ) ) f(S)=C(N(S)) f(S)=C(N(S))。
根据容斥原理，我们知道 f ( S ) = C ( N ( S ) ) = ∑ T ⊆ S ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 ⋅ C ( N ( T 1 ) ∩ N ( T 2 ) ∩ . . . ∩ N ( T ∣ T ∣ ) ) f(S)=C(N(S))=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}\cdot C(N(T_1) \cap N(T_2) \cap ... \cap N(T_{|T|})) f(S)=C(N(S))=∑T⊆S(−1)∣T∣−1⋅C(N(T1)∩N(T2)∩...∩N(T∣T∣))。容易按 ∣ T ∣ |T| ∣T∣从小到大归纳证明 ∀ S , k ∣ f ( S ) \forall S,k|f(S) ∀S,k∣f(S)当且仅当 ∀ T , k ∣ C ( N ( T 1 ) ∩ N ( T 2 ) ∩ . . . ∩ N ( T ∣ T ∣ ) ) \forall T,k|C(N(T_1) \cap N(T_2) \cap ... \cap N(T_{|T|})) ∀T,k∣C(N(T1)∩N(T2)∩...∩N(T∣T∣))。
进一步的，令 N ′ ( i ) N'(i) N′(i)为右部图中点 i i i在左部图中相邻的点的集合，可以证明答案即为 ∀ S , gcd ( ∑ N ′ ( i ) = S c i ) \forall S,\gcd (\sum_{N'(i)=S}c_i) ∀S,gcd(∑N′(i)=Sci)，于是问题变为将右部图中的点按 N ′ N' N′分类。
这里可以用哈希实现，单组数据时间复杂度 O ( n + m ) \mathcal O(n+m) O(n+m)。或者直接将每个点的邻边用vector存起来，然后弄个 m a p < v e c t o r , l o n g l o n g > map
#include D. Reality Show
令第 i i i个人的权值是 2 l i 2^{l_i} 2li，那么贡献过程可以理解为二进制加法，每次进位时有贡献，于是顺序是不会影响结果的。
那么可以考虑从后往前dp，设 F [ i ] [ j ] [ k ] F[i][j][k] F[i][j][k]表示从后往前考虑到第 i i i个人，此前取的最大的 l i l_i li为 j j j，且对后面选择的 2 l i 2^{l_i} 2li做完二进制加法（只做到第 l i l_i li位）后，该位剩余 k k k的最小贡献和，转移考虑第 i i i个人是否选择即可。这个dp看起来是三次方的，但是注意到后两维相当于模拟了一个所有数的二进制加法，因此对于一个 i i i，有效的状态是 O ( n + m ) \mathcal O(n+m) O(n+m)的。
时间复杂度为 O ( n ( n + m ) ) \mathcal O(n(n+m)) O(n(n+m))。
#include E. Median Mountain Range
考虑枚举一个 k k k，将 < k
那么考虑 01 01 01序列 a ′ a' a′，令 a 0 ′ = a 1 ′ a'_0=a'_1 a0′=a1′， a n + 1 ′ = a n ′ a'_{n+1}=a'_n an+1′=an′，我们发现对于一段连续的长度 > 1 >1 >1的 0 0 0或者 1 1 1，里面的 a ′ a' a′都不会改变，称这样的一个连续段为“柱子”。则柱子间形成若干个 01 01 01交替的连续段，可以发现每轮操作会将这样的连续段从左右缩进去一个单位（最左最右的 a ′ a' a′与旁边的柱子合并了），这样容易得到最终的序列。
现在考虑扫描线，按权值从小到大考虑所有的 a i a_i ai，每次将初始的 a ′ a' a′中一个 0 0 0变为 1 1 1，这样最终的 a ′ a' a′也会将若干个 0 0 0变为 1 1 1。注意到此时最终的 a ′ a' a′的改变是在修改前最终的 a ′ a' a′的基础上，将至多一个区间中的 0 0 0全部变为 1 1 1（这些位置最终的答案即为 a i a_i ai）。用set和并查集维护初始的 a ′ a' a′中所有的柱子，即可快速知道最终修改的区间，进而维护最终的 a ′ a' a′，更新最终的 a a a以及答案。
时间复杂度为 O ( n log n ) \mathcal O(n\log n) O(nlogn)。
#include F. Assigning Fares
忽略没有被路径覆盖的边，我们可以给第 i i i条边设一个 01 01 01变量 p i p_i pi， p i = 0 p_i=0 pi=0代表 c u i < c v i c_{u_i}
可以发现一条路径给定了路径上相邻边之间的 p p p相等或相异的关系，可以简单建出边得到一个图，若得到的图不为二分图显然无解，否则可以将原树划分为若干连通块，第 i i i个连通块有个变量 q i q_i qi，连通块内部的 p p p均为 q i q_i qi或 ¬ q i \lnot q_i ¬qi。
考虑二分答案 k k k，判定能否用 1 1 1到 k k k覆盖所有的 c i c_i ci。
显然可以得到一个dp，令 F [ i ] [ 0 / 1 ] [ j ] F[i][0/1][j] F[i][0/1][j]表示考虑了点 i i i的子树，点 i i i所在连通块的 v v v为 0 / 1 0/1 0/1，且 c i = j c_i=j ci=j是否可行。直接实现复杂度过高，不过发现由于某条边的权值可以取任意正数，因此由儿子推到父亲后 v v v为 0 / 1 0/1 0/1可行的 j j j是 1 1 1到 k k k的一个前缀或后缀（事实上 F [ i ] [ 0 / 1 ] [ j ] = 1 F[i][0/1][j]=1 F[i][0/1][j]=1的 j j j形成至多两个区间），那么只需要维护 F [ i ] [ 0 / 1 ] [ j ] = 1 F[i][0/1][j]=1 F[i][0/1][j]=1的最小/最大的 j j j即可。并且注意到 v v v取 0 / 1 0/1 0/1是对称的，只需维护 F [ i ] [ 0 ] F[i][0] F[i][0]即可。
构造方案也可以类似dp，时间复杂度为 O ( n log n ) \mathcal O(n\log n) O(nlogn)。
#include