Codechef June Challenge 2020 简要题解
这次题目比较简单。
The Tom and Jerry Game!
略
Operations on a Tuple
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The Delicious Cake
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Convenient Airports
注意到答案的下界为 2 ⋅ max ( N − M − 1 , ⌈ d 0 2 ⌉ ) 2\cdot \max(N-M-1,\lceil \frac{d_0}{2}\rceil) 2⋅max(N−M−1,⌈2d0⌉)，其中 d 0 d_0 d0为度数为 0 0 0的点个数，下面给出一个能达到这个下界的构造。
对于两个内部有边的连通块，我们在第一个连通块中取出一条边 ( u 1 , v 1 ) (u_1,v_1) (u1,v1)，第二个连通块中取出一条边 ( u 2 , v 2 ) (u_2,v_2) (u2,v2)。若 ( u 1 , v 1 ) (u_1,v_1) (u1,v1)和 ( u 2 , v 2 ) (u_2,v_2) (u2,v2)中至少有一条边不为对应连通块的割边，我们可以进行一次操作：删去 ( u 1 , v 1 ) (u_1,v_1) (u1,v1)和 ( u 2 , v 2 ) (u_2,v_2) (u2,v2)，加入 ( u 1 , v 2 ) (u_1,v_2) (u1,v2)和 ( u 2 , v 1 ) (u_2,v_1) (u2,v1)。这样不会改变任何点的度数，且能合并两个连通块。
那么可以描述我们的算法了：一开始有一个空连通块 S S S，我们先依次用上面的操作合并 S S S与所有有环的连通块（显然一定能做到），然后考虑合并 S S S与所有无环但非单点的连通块，如果 S S S此时有非割边，可以继续操作，否则整个图已经是森林，需要多加一条边。最后考虑合并 S S S与所有度数为 0 0 0的单点，如果 S S S此时有非割边 ( u 1 , v 1 ) (u_1,v_1) (u1,v1)且至少有两个这样的单点 u 2 u_2 u2和 v 2 v_2 v2，可以删去 ( u 1 , v 1 ) (u_1,v_1) (u1,v1)，加入 ( u 1 , v 2 ) (u_1,v_2) (u1,v2)与 ( u 2 , v 1 ) (u_2,v_1) (u2,v1)，这样只需加入一条边就可以合并两个单点，否则只能每次加入一条边合并一个单点。容易证明这个算法可以达到上面给出的下界。
实现的时候，可以考虑用队列储存当前 S S S中所有不在DFS树上的边，这些边显然是非割边，可以任意删去，每次合并一个连通块DFS一下即可。
单组数据时间复杂度为 O ( N + M ) \mathcal O(N+M) O(N+M)。
#include Guessing Game
可能是这次月赛最难的题目。得出 O ( log N ) \mathcal O(\log N) O(logN)次询问的算法不难，但要通过 K = 120 K=120 K=120的限制，需要进一步的分析和讨论。
先考虑一个暴力一些的算法。维护一个当前答案可能的集合，当集合大小为常数时暴力询问，且任意时刻若返回 ′ E ′ 'E' ′E′可以直接终止，否则每次找到集合 1 2 \frac{1}{2} 21位置的数 a a a，询问 a a a。显然这里返回 ′ G ′ 'G' ′G′和 ′ L ′ 'L' ′L′是等价的，不妨假设返回 ′ G ′ 'G' ′G′。再询问集合 1 4 \frac{1}{4} 41位置的数 b b b，此时再返回 ′ G ′ 'G' ′G′意味着两次询问中至少有一个返回信息是真的，那么显然 ≤ b \leq b ≤b的数不可能是 S S S，可以删去，返回 ‘ L ′ ‘L' ‘L′的话意味着两次信息是冲突的，而两次询问中至少有一个返回信息是真的，那么 b ∼ a b\sim a b∼a之间的数必然不可能是 S S S。无论哪一种情况至少能让集合大小减小 1 4 \frac{1}{4} 41，大约需要 2 ⋅ log 4 3 n + O ( 1 ) ≈ 144 2\cdot \log_{\frac{4}{3}}n+\mathcal O(1)\approx 144 2⋅log34n+O(1)≈144次，不能通过。
优化一下这个算法。注意到如果上面第二种情况下，我们其实没有完全地利用信息，此时如果我们接着在 ≥ a \geq a ≥a的部分询问一次，由于上次是询问 b b b返回了 ′ L ′ 'L' ′L′，因此不论这次返回什么都一定能进一步删除。考虑改变 b b b为集合 1 3 \frac{1}{3} 31位置的数，这样如果返回 ′ G ′ 'G' ′G′可以减小集合大小至少 1 3 \frac{1}{3} 31。否则再询问集合 3 4 \frac{3}{4} 43位置的数 c c c，返回 ′ G ′ 'G' ′G′的话可以删去 b ∼ c b\sim c b∼c之间的数，返回 ′ L ′ 'L' ′L′的话则可以删去 b ∼ a b\sim a b∼a与 ≥ c \geq c ≥c的数，不论哪种情况都可以减小集合大小至少 5 12 \frac{5}{12} 125。这样每轮要么用 2 2 2次操作减小 1 3 \frac{1}{3} 31，要么用 3 3 3次操作减小 5 12 \frac{5}{12} 125，大约需要 max ( 2 ⋅ log 3 2 n , 3 ⋅ log 12 7 n ) + O ( 1 ) ≈ 115 \max(2\cdot \log_{\frac{3}{2}}n,3\cdot \log_{\frac{12}{7}}n)+\mathcal O(1)\approx 115 max(2⋅log23n,3⋅log712n)+O(1)≈115次，可以通过。也可以把 1 3 \frac{1}{3} 31用二分改进为更精确的常数，不过优化不大。
实现的时候需要维护答案可能的集合，它任意时刻是 O ( log N ) \mathcal O(\log N) O(logN)段连续区间的并，暴力维护的话时间复杂度为 O ( log 2 N ) \mathcal O(\log^2N) O(log2N)。
#include Danya and Different Values
对每种颜色 c c c分开考虑。对于每个点 x x x，我们显然只需要知道 c c c在 x x x子树中的最小深度（不存在为 inf \inf inf）。那么对于颜色 c c c的点构成的虚树，虚树上每条链上的点对应的子树中最小深度相同（不在这些链上的点子树中最小深度为 inf \inf inf，不用考虑）。那么建出虚树，作一个简单的差分可以将所有颜色对应的修改拆成 O ( n ) \mathcal O(n) O(n)组 ( u , v , w ) (u,v,w) (u,v,w)的修改，意思是对 X X X为 u u u到根的路径上的点，且 d e p x + D ≥ v dep_x+D\geq v depx+D≥v的询问会有 w w w的贡献。
那么对深度建线段树，直接对子树线段树合并即可。单组数据时间复杂度为 O ( ( N + Q ) log N ) \mathcal O((N+Q)\log N) O((N+Q)logN)。
#include Perfect Partitions
一个很套路的题目。
容易发现，我们其实是要求出 F ( x ) = ∏ i = 1 Q ( ∑ j ≤ b i x a i ⋅ j ) F(x)=\prod_{i=1}^{Q}(\sum_{j\leq b_i}x^{a_i\cdot j}) F(x)=∏i=1Q(∑j≤bixai⋅j)的前 N + 1 N+1 N+1次项系数。
考虑取 ln \ln ln再 exp \exp exp的套路， ln F ( x ) = ∑ i = 1 Q ( ln ( 1 − x a i ⋅ b i + 1 ) − ln ( 1 − x i a ) ) \ln F(x)=\sum_{i=1}^{Q}(\ln(1-x^{a_i \cdot{b_i+1}})-\ln (1-x^a_i)) lnF(x)=∑i=1Q(ln(1−xai⋅bi+1)−ln(1−xia))，也即若干个 ln ( 1 − x k ) \ln(1-x^k) ln(1−xk)带系数的和。注意到 ln ( 1 − x k ) \ln(1-x^k) ln(1−xk)只有前 O ( N k ) \mathcal O(\frac{N}{k}) O(kN)次项有用，那么对于每个 k k k直接暴力对有用的项计算系数即可算出 ln F ( x ) \ln F(x) lnF(x)前 N + 1 N+1 N+1次项，用调和级数可以分析出来这部分是 O ( N log N ) \mathcal O(N\log N) O(NlogN)的。
算出了 ln F ( x ) \ln F(x) lnF(x)前 N + 1 N+1 N+1次项系数后，直接求出 exp ( ln F ( x ) ) \exp(\ln F(x)) exp(lnF(x))前 N + 1 N+1 N+1次项系数即可。时间复杂度为 O ( N log N + Q ) \mathcal O(N\log N+Q) O(NlogN+Q)。
#include