联合省选 2021 A卷 题解
Day 1
卡牌游戏
这题是道签到题。
容易想到把所有的 a , b a,b a,b 拿出来从小到大排序。然后枚举最小值，确定最大值。
先讲一种很菜的 O ( n log 2 n ) O(n\log_2 n) O(nlog2n) 做法。考虑 二分 最大值的位置。比这个最大值大的所有 a a a 显然都要跳到它们对应的 b b b 处，可能还会出现不合法的情况。因此可以先用 后缀 维护出排序后下标在 [ i , 2 n ] [i,2n] [i,2n] 中的 a a a 对应的 b b b 的最大值，和 a a a 的个数。
其实还可以 O ( n ) O(n) O(n) 双指针 。因为最小值指针右移时，最大值指针不会左移。
如果忍受不了排序那个 O ( n log 2 n ) O(n\log_2 n) O(nlog2n) ，可以 双关键字桶排 。
矩阵游戏
考虑先不管上下限，求出一组解，然后再进行调整。
求这一组解很简单，可以令第一行、第一列全部为 0 0 0 。然后按顺序求出其他值即可。
怎么调整？发现对于任意一个 2 × 2 2\times 2 2×2 的矩阵，我们把其中的两个 − 1 -1 −1 ，另外两个 + 1 +1 +1 ，它们的和不变，仍然满足 b b b 的限制。如果只修改一行，可以把这一行上列编号为奇数的元素 + x +x +x ，列编号为偶数的元素 − x -x −x 。对于每一列也是同理。
但是为什么这样调整可以达到合法的状态？
发现根据 b b b 矩阵我们可以列出 ( n − 1 ) ( m − 1 ) (n-1)(m-1) (n−1)(m−1) 个方程，此时距离解出 a a a 的值还差 n + m − 1 n+m-1 n+m−1 个方程。因此如果我们确定了第一行和第一列所有元素的值，矩阵中的其它 a a a 的值就是固定的了。而显然我们可以通过操作让第一行、第一列的每一个元素达到任意取值。
那么我们怎么调整？
设第 i i i 行调整的数为 c i c_i ci ，第 i i i 列调整的数为 d i d_i di 。那么
a i , j ′ = a i , j + ( − 1 ) j + 1 c i + ( − 1 ) i + 1 d j a'_{i,j}=a_{i,j} + (-1)^{j+1} c_{i} + (-1)^{i+1} d_{j} ai,j′=ai,j+(−1)j+1ci+(−1)i+1dj
发现当 i , j i,j i,j 的奇偶性相同时， c i , d j c_i,d_j ci,dj 前面的系数相同。这时就是 和分约束 了，做不了。
因为我们只要让相邻的两个数 c , d c,d c,d 的系数不同即可，因此可以
a i , j ′ = a i , j + ( − 1 ) i + j − 1 c i + ( − 1 ) i + j d i a'_{i,j}=a_{i,j} +(-1)^{i+j-1}c_i + (-1)^{i+j}d_i ai,j′=ai,j+(−1)i+j−1ci+(−1)i+jdi
然后就是 差分约束 啦。
由于 差分约束 中我们建出来的是一个 完全二分图 ，因此用 B e l l m a n − F o r d Bellman-Ford Bellman−Ford 也可以跑得很快。
图函数
不难想到， f ( u , G ) f(u,G) f(u,G) 表示图 G G G 中有多少个点 v v v 满足同时存在 u → v u\to v u→v 和 v → u v\to u v→u 且这两条路径上的点的编号都不小于 v v v 。
那么可以设 g i , j , k g_{i,j,k} gi,j,k 表示当前的图中是否存在路径 i → j i\to j i→j 满足路径上的点的编号都不小于 k k k 。
如果用 F l o y d Floyd Floyd 做，可以省掉 k k k 这一维，从大到小枚举中转点 k k k 即可。
发现 G G G 很烦，想办法怎么一次 F l o y d Floyd Floyd 做完。
删边有点难搞，可以考虑把边按编号从大到小插入。发现我们的状态 g g g 记录一个 b o o l bool bool 值，比较浪费。于是设 h i , j h_{i,j} hi,j 表示当前的图中，所有 i → j i\to j i→j 的路径中 最大 的 路径上最小的边的编号 （省略 k k k 这一维）。
用 F l o y d Floyd Floyd 做，可以求出一个答案的 差分数组 ，求一个 后缀和 就好了。
虽然时间复杂度是 O ( n 3 ) O\left(n^3\right) O(n3) ，但是这却是这题最快的解法。
尽管如此，可能还要卡卡常。下面给出一个小优化：
F l o y d Floyd Floyd 时， i , j > k i,j>k i,j>k 的情况更新状态 h i , j h_{i,j} hi,j 没有意义了。
证明：
因为 i , j i,j i,j 不会再当中转点了，且这两个点都不会作为 k k k 对答案造成贡献了，所以更新状态 h i , j h_{i,j} hi,j 没有意义。
宝石
D a y 2 Day\; 2 Day2 签到题，然而我不会。
先考虑一条链上怎么做。我们先跳到 S → T S\to T S→T 中离 S S S 最近的颜色为 P 1 P_1 P1 的点，然后跳离这个点最近的 P 2 P_2 P2 ，接着跳 P 3 P_3 P3 ……
那么现在要维护每个点后第一个颜色为 P 1 P_1 P1 的点，以及这个点在宝石收集器中的下一种颜色对应的点。由于要跳很多步，用倍增优化跳的过程。
现在放到树上，假设我们现在能 O ( 1 ) O(1) O(1) 求出任意一个点到根的路径上离它最近的某种颜色的点，剩下的怎么做呢？老套路，把 S → T S\to T S→T 的路径分成 S → l c a , l c a → T S\to lca,lca\to T S→lca,lca→T 。
先求在 S → l c a S\to lca S→lca 上最多能收集多少个宝石。这不是直接倍增往上跳就行了吗？
再求在 l c a → T lca\to T lca→T 上最多能收集多少个宝石。不好做，于是把路径反过来。二分收集到的最后一颗宝石，预处理出每个点在宝石收集器中的上一种颜色对应的点，也是倍增优化。这样就可以 O ( log 2 c log 2 n ) O(\log_2 c\log_2 n) O(log2clog2n) 地求了。
发现这时这两部分可以分开求。
于是把询问离线，遍历这棵树两次，每次都动态维护当前点到根的路径上离它最近的某种颜色的点。第一次遍历时求出 S → l c a S\to lca S→lca 这部分的答案，第二次遍历时求出 l c a → T lca\to T lca→T 这部分的答案，这样就可以了。
时间复杂度 O ( n log 2 n + q log 2 c log 2 n ) O(n\log_2 n+q\log_2 c\log_2 n) O(nlog2n+qlog2clog2n) 。
P.S：这道题还可以用 点分治 做到 O ( n log 2 n + q log 2 n ) O(n\log_2 n+q\log_2 n) O(nlog2n+qlog2n) 。
滚榜
一眼看上去就是状压 D P DP DP 。
设 f s , i , j , k f_{s,i,j,k} fs,i,j,k 表示状态 s s s 中的队伍还没有公布，上一个公布的队伍为 i i i ， b i = j b_i=j bi=j ，剩余的 m m m 值为 k k k 。
空间复杂度 O ( 2 n m 2 n ) O\left(2^n m^2 n\right) O(2nm2n) ，时间复杂度 O ( 2 n − 2 m 2 n 2 ) O\left(2^{n-2}m^2 n^2\right) O(2n−2m2n2) ，勉强能拿 40 40 40 分，还不如暴力 O ( n × n ! ) O(n\times n!) O(n×n!) 。
考虑消掉一维，去掉 j j j 。由于 b b b 按公布顺序单调不下降，可以在每次加入一个队伍 x x x 之后强制把没有公布的队伍的 b b b 都加上 max ( a i − a x + [ x > i ] , 0 ) \max\left(a_i-a_x+[x>i],0\right) max(ai−ax+[x>i],0) ，这样就行了。
空间复杂度 O ( 2 n m n ) O\left(2^nmn \right) O(2nmn)，时间复杂度 O ( 2 n − 2 m n 2 ) O\left(2^{n-2}mn^2\right) O(2n−2mn2) （实际上时间肯定是跑不满的）。
支配
考场上觉得这题可做，就拼命弄这题，结果因为一些地方想错了，最后只拿到树的 15 15 15 分。
发现对于每个点 x x x ，图中必定存在一条链，使得链上包含所有在 D x D_x Dx 中的点。若构建一个新图 G 1 G_1 G1 ，若原图 G 0 G_0 G0 中 x x x 是 D y D_y Dy 中离 y y y 最近的点（即走最少的步数能到达 y y y 的点），就在 G 1 G_1 G1 中加入一条边 x → y x\to y x→y 。发现 G 1 G_1 G1 会变成一棵根节点是 1 1 1 的树。事实上，这就是 支配树 。
怎么建这棵树？有 O ( m ) O(m) O(m) 的做法，但是因为这题允许我们 O ( n 2 ) O\left(n^2\right) O(n2) 建树，就不如用好写的 O ( n 2 ) O\left(n^2\right) O(n2) 做法了。
可以从 1 1 1 到 n n n 枚举一个点 i i i 。然后从 1 1 1 出发，不经过 i i i 遍历整个图。若最后点 j j j 没有被遍历到，那么 i ∈ D j i\in D_j i∈Dj 。显然 i i i 的父亲就是 D i D_i Di 中 ∣ D ∣ |D| ∣D∣ 最小的点。
接下来考虑怎么求答案。
显然就是求加入 s → t s\to t s→t 后有多少个点的受支集合发生改变（显然受支集合只会减小，即去除某些元素）。假设某个点 i i i 在支配树上的子树中的所有点的 D D D 发生了改变（这显然是因为 D i D_i Di 中一些元素不在 D s D_s Ds 中），可以发现 i i i 要满足两个条件：
- f a i fa_i fai 不在支配树中 1 → s 1\to s 1→s 的路径上，否则 D s ⊆ D i D_s\subseteq D_i Ds⊆Di ；
- 原图中 t t t 不经过 f a i fa_i fai 就可以到达 i i i ，否则新增的 1 → i 1\to i 1→i 的路径仍然必经 D i D_i Di 中的每一个点。
可以把原图中的边反向，对于点 i i i ，求出有哪些点 j j j 不经过 f a j fa_j faj 就能到达 i i i 。就可以求出所有满足 条件2 的点了。
枚举这些点，筛选出其中满足 条件1 的点即可。
但是这些点可能已经在支配树上形成祖孙关系了，这个差分处理即可。
时间复杂度 O ( n 2 + n q ) O\left(n^2 +nq \right) O(n2+nq) 。
代码
card
#includematrix
#includegraph
#includegem
#includeranklist
#includedominator
#include