2020牛客暑期多校训练营（第五场）题解
文章目录
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- A. Portal
- B. Graph
- C. Easy
- D. Drop Voicing
- E. Bogo Sort
- F. DPS
- G. Greetings Souvenir
- H. Interval
- I. Hard Math Problem
- K. Git Merge
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A. Portal
给一张 n n n 个点 m m m 条边的无向图，边有长度，有 k k k 个任务，每个任务要去 a i a_i ai 捡一个物品送到 b i b_i bi，你可以开传送门，每个时刻最多只能有两个传送门，你可以随时在脚下开个传送门，也可以随时关闭图中任意一个传送门，假如你脚下有一个传送门，你可以从这个传送门无代价地走到另一个传送门，求按顺序完成所有任务的最小代价（即距离）。
将每个任务需要走到的点记为关键点，考虑暴力 dp \text{dp} dp 的话，设 f [ i ] [ j ] [ k ] f[i][j][k] f[i][j][k] 表示走到第 i i i 个关键点，两个传送门分别在 j , k j,k j,k 的最小代价。
容易发现，每次使用传送门时，总有一个传送门在脚下，这等价于我们手里总有一个传送门，用的时候就放在脚下。所以只需要记录另外一个传送门的位置在哪里就好，状态就只有两维 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]。为了方便，记第 i i i 个关键点为 c [ i ] c[i] c[i]。
f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 的 dp \text{dp} dp 转移：
- 直接从 c [ i ] c[i] c[i] 走到 c [ i + 1 ] c[i+1] c[i+1]。
- 传送到 j j j，再走到 c [ i + 1 ] c[i+1] c[i+1]。
- 将传送门放到 k k k 点，再走到 c [ i + 1 ] c[i+1] c[i+1]。
- 将传送门放在 k k k，传送到 j j j，再去 c [ i + 1 ] c[i+1] c[i+1]。
- 传送到 j j j，将传送门放在 k k k，再去 c [ i + 1 ] c[i+1] c[i+1]。
总之就是大力分类讨论一下就做完了。
代码如下：
#include B. Graph
给出一棵树，边有边权，你可以增加或减少边，增加边时，增加的边形成的环需要保证异或和为 0 0 0，减少边时，需要保证减少了边后图依然连通，求若干次操作后形成的图的最小边权和。
容易发现，增加一条边的代价，其实就是这条边连接的两点间路径的异或和，而不管如何改变树的结构，两点间的路径异或和是不会改变的，所以可以给每个点一个权值，然后就变成了这题。
代码如下：
#include C. Easy
构造两个序列 a , b a,b a,b，满足 ∑ i = 1 k a i = n , ∑ i = 1 k b i = m \sum_{i=1}^k a_i=n,\sum_{i=1}^k b_i=m ∑i=1kai=n,∑i=1kbi=m，其贡献是 ∏ i = 1 k min ( a i , b i ) \prod_{i=1}^k \min(a_i,b_i) ∏i=1kmin(ai,bi)，求所有构造方案的总贡献和。
一开始想 dp \text{dp} dp，一通操作只能将 O ( k n 2 m 2 ) O(kn^2m^2) O(kn2m2) 的暴力优化成 O ( k n m ) O(knm) O(knm)，然后就自闭了。
正解考虑生成函数，令 n < m n
( x + x 2 + . . . + x n ) k ( y + y 2 + . . . + y m ) k (x+x^2+...+x^n)^k(y+y^2+...+y^m)^k (x+x2+...+xn)k(y+y2+...+ym)k
那么展开后 x n x^n xn 的系数就是 a a a 的方案， b b b 类似。但是现在要求出每种方案的贡献，先拎一位的生成函数出来看：
( x + x 2 + . . . + x n ) ( y + y 2 + . . . + y m ) (x+x^2+...+x^n)(y+y^2+...+y^m) (x+x2+...+xn)(y+y2+...+ym)
此时 x i y j x^iy^j xiyj 的系数是 1 1 1，而我们希望是 min ( i , j ) \min(i,j) min(i,j)。有一个有用的性质，如果手玩过 dp \text{dp} dp 的话比较容易发现：满足 i − d > 0 , j − d > 0 i-d>0,j-d>0 i−d>0,j−d>0 的 d d d 的个数恰好有 min ( i , j ) \min(i,j) min(i,j) 个。
那么只需要乘上 ( 1 + x y + x 2 y 2 + . . . + x n − k y n − k ) (1+xy+x^2y^2+...+x^{n-k}y^{n-k}) (1+xy+x2y2+...+xn−kyn−k)，这样 x i y j x^iy^j xiyj 的系数就会是 min ( i , j ) \min(i,j) min(i,j) 了，因为每一个 x i − d y j − d x^{i-d}y^{j-d} xi−dyj−d 都可以通过乘上 x d y d x^dy^d xdyd 来对 x i y j x^iy^j xiyj 的系数产生贡献。
这是一位的， k k k 位的类似，就是：
( x + x 2 + . . . + x n ) k ( y + y 2 + . . . + y m ) k ( 1 + x y + x 2 y 2 + . . . + x n − k y n − k ) k (x+x^2+...+x^n)^k(y+y^2+...+y^m)^k(1+xy+x^2y^2+...+x^{n-k}y^{n-k})^k (x+x2+...+xn)k(y+y2+...+ym)k(1+xy+x2y2+...+xn−kyn−k)k
最后就是要求这个东西展开后 x n y m x^ny^m xnym 的系数，通过枚举 ( x y ) i (xy)^i (xy)i 的指数 i i i 表示第三项对指数的贡献，然后剩下的 x n − i y m − i x^{n-i}y^{m-i} xn−iym−i 要从前两项中拿，这个可以用插板法来求，答案就是：
∑ i = 0 n − k C i + k − 1 i C k + n − k − i − 1 n − k − i C k + m − k − i − 1 m − k − i \sum_{i=0}^{n-k} C_{i+k-1}^i C_{k+n-k-i-1}^{n-k-i} C_{k+m-k-i-1}^{m-k-i} i=0∑n−kCi+k−1iCk+n−k−i−1n−k−iCk+m−k−i−1m−k−i
代码如下：
#include D. Drop Voicing
有一个序列，有两种操作：1、将倒数第二位的数放到第一位；2、将第一位的数放到最后一位。一段连续的 1 1 1 操作我们称为 multi-drops \text{multi-drops} multi-drops，问你最少进行几次 multi-drops \text{multi-drops} multi-drops 可以使的序列有序。
注意到一段任意长度的 1 1 1 操作相当于对 1 1 1 ~ n − 1 n-1 n−1 位的数进行旋转，一段 2 2 2 操作相当于对 1 1 1 ~ n n n 位的数进行旋转。
先进行若干次 1 1 1 ~ n n n 的旋转，再进行若干次 1 1 1 ~ n − 1 n-1 n−1 的旋转，可以使原序列中任意一个数的位置改变到任意位置。所以我们找出这个环内的最长上升子序列，然后将其他数插入到这个序列内就好了。
如果用 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn) 的做法求最长上升子序列，那么总时间复杂度是 O ( n 2 log n ) O(n^2\log n) O(n2logn) 的，但是 n n n 只有 500 500 500，所以大可暴力搞。
代码如下：
#include E. Bogo Sort
有一个Tonnnny_sort函数，内容是：while(序列未有序)shuffle(该序列)。shuffle的规则是，给定一个 1 1 1 ~ n n n 的排列 p p p，将序列中第 i i i 位的数放到 p i p_i pi 位置，问有多少个序列可以通过Tonnnny_sort变得有序。
将 1 1 1 ~ n n n 当成原始序列，能shuffle出的所有序列就是答案。容易发现答案就是置换 p p p 中所有循环的长度的 l c m \mathrm{lcm} lcm，套个高精度就做完了。
代码如下：
#include F. DPS
给出每个人的分数，按照某个规则画出所有人的分数柱状图。
大模拟，代码如下：
#include G. Greetings Souvenir
给出一棵树，每个点有一个颜色 c i c_i ci，现在要为每个点选一个数 b i b_i bi，令 d i d_i di 表示 i i i 子树内有多少个点的颜色等于 b i b_i bi，那么这个点的贡献 v a l [ i ] = d i × b i val[i]=d_i\times b_i val[i]=di×bi，求 max { mex { v a l [ i ] ∣ i ∈ [ 1 , n ] } } \max\{\text{mex}\{val[i]|i\in[1,n]\}\} max{ mex{ val[i]∣i∈[1,n]}}。
显然答案不可能超过 n n n，所以大于 n n n 的 v a l val val 是不需要统计的，那么就可以用 b i t s e t bitset bitset 加类似 dsu on tree \text{dsu on tree} dsu on tree 的搞法就可以求出每个点能给出的贡献集合，也可以对每种颜色建虚树来搞，代码中选择了后者，原因往下看就懂了。
这样我们就可以得到一张二分图，左边 n n n 个点对应树上的点，右边 n + 1 n+1 n+1 个点表示贡献 0 0 0 ~ n n n，如果点 i i i 可以得到贡献 j j j，那么就连一条边，然后二分跑最大流就可以得到答案。
但事实上边数可以被卡到 n 2 n^2 n2，所以上面的搞法并不能过。
注意到颜色 c c c 的虚树上对于一条父子边 ( f a , x ) (fa,x) (fa,x)，令 s z sz sz 表示 x x x 子树内颜色为 c c c 的点数，那么对于原树中 x x x 到 f a fa fa（不包括 f a fa fa）这一条链上所有点，当他们选的数为 c c c 时，他们的贡献都是 c × s z c\times sz c×sz，由于这些点在树上时连续的，所以这里可以用倍增的思想优化一下，每 2 k 2^k 2k 个点压成一个新点，那么 f a fa fa 到 x x x 这一串点就不需要依次连边，只需要找到两个对应的新点连两条边就够了。
细节都说出来就太冗长了，具体看代码吧：
#include H. Interval
令 F ( l , r ) = a l & a l + 1 & . . . & a r F(l,r)=a_l\&a_{l+1}\&...\&a_r F(l,r)=al&al+1&...&ar， S ( l , r ) = { F ( x , y ) ∣ l ≤ x ≤ y ≤ r } S(l,r)=\{F(x,y)|l\leq x\leq y\leq r\} S(l,r)={ F(x,y)∣l≤x≤y≤r}，现在给出 a a a 序列，每次询问 ∣ S ( l , r ) ∣ |S(l,r)| ∣S(l,r)∣，强制在线。
容易发现，当 l , r l,r l,r 其中一者固定时，不同的 F ( l , r ) F(l,r) F(l,r) 只有 log \log log 个。考虑枚举 l l l，对于一个 l l l，记录一个 n o w = a l now=a_l now=al，从左到右使 n o w now now 依次 & a l + 1 , . . . , a n \& a_{l+1},...,a_n &al+1,...,an，当 n o w & a x ≠ n o w now\& a_x\neq now now&ax=now 时，记录一个贡献是 1 1 1 的二元组 ( l , x ) (l,x) (l,x)，那么最后的询问就变成一个二维数点问题了，这个过程容易优化成 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn) 的。
但是有一个问题，有一些二元组代表的数是相同的，我们要将它去掉。对于一堆代表相同数的二元组，先将其排序，如果 x x x 包含了 y y y，那么就去掉 x x x 这个二元组。对于剩下的二元组，设 x , y x,y x,y 为两个相邻的二元组，我们再加入一个新的二元组 ( x . l , y . r ) (x.l,y.r) (x.l,y.r)，贡献是 − 1 -1 −1，这样就可以去掉多余的贡献了。
代码如下：
#include I. Hard Math Problem
在一个无限大的网格图上放 0 , 1 , 2 0,1,2 0,1,2 三种数字，要求每个 0 0 0 必须和至少一个 1 1 1 以及至少一个 2 2 2 相邻，求 0 0 0 占的比例。
以右上到左下为一行来看，每三斜行就是一个周期，一个周期内，前两行放 0 0 0，第三行交替放 1 , 2 1,2 1,2，像这样：
001001 020020 100100 002001 010020 200100 001001\\ 020020\\ 100100\\ 002001\\ 010020\\ 200100\\ 001001020020100100002001010020200100
有一个小瑕疵，一个周期内第一行最旁边的两个是不合法的，减掉就好了，由于最后算的是比例，减掉的这一点所占的比例容易发现趋近于 0 0 0，可以忽略不计，而一个周期内 0 0 0 占了两行，即 2 3 \dfrac 2 3 32，所以这就是答案。
代码如下：
#include K. Git Merge
给一份代码，将一些git标记的代码用
#define,#else,#endif改成一份可以编译的代码，并且长度最短。
考虑 dp \text{dp} dp，只需要讨论一下公共部分的代码是否需要分别放到branch1和branch2中，以及branch1和branch2中相同的代码是不是可以放在一起。实现起来用一点技巧可以做到更简单。
代码如下：
#include