“蔚来杯”2022牛客暑假多校训练营部分题解 1
1J. Serval and Essay
题目大意
- 有 n n n 个点 m m m 条边的无重边无自环的有向图。
- 初始时可以选择一个点染黑，其余点均为白点。
- 若某点所有入边起点均为黑点，则该点可被染黑。
- 最大化图中黑点数目。
- 多组数据， 1 ≤ ∑ n ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ ∑ m ≤ 5 × 1 0 5 1 \le \sum n \le 2 \times 10^5, 1 \le \sum m\le 5\times 10^5 1≤∑n≤2×105,1≤∑m≤5×105。
算法 1
- 设 S u S_u Su 表示 u u u 为初始黑点迭代得到的最终黑点集合， I u I_u Iu 为 u u u 所有入边起点构成的集合。
- 显然 ∀ u , v \forall u,v ∀u,v， S u , S v S_u, S_v Su,Sv 只能为包含或不交的关系。
- 初始时 S u = { u } S_u = \{u\} Su={u}，迭代的过程即，若 ∃ v , I v ⊆ S u \exist v, I_v \subseteq S_u ∃v,Iv⊆Su，则 S u ← S u ∪ S v S_u \leftarrow S_u \cup S_v Su←Su∪Sv。
- 不断重复上述过程，直到找不到符合条件的 v v v，答案为 max { ∣ S u ∣ } \max\{|S_u|\} max{∣Su∣}。
- 用并查集维护 S u S_u Su。
- 初始时 I v ⊆ S u I_v \subseteq S_u Iv⊆Su 就等价于 S v S_v Sv 仅有一条来自 S u S_u Su 的入边。
- 可以用 set \text{set} set 维护每个 S u S_u Su 所有出边指向的点的集合（除去指向 S u S_u Su 内部的点），合并 S u , S v S_u, S_v Su,Sv 时合并出边就能使上述等价条件在任意情况下成立，只要维护每个点的入度就能很容易找到点 v v v。
- 合并时采用启发式合并，时间复杂度 O ( ( n + m ) log 2 n ) \mathcal O((n + m)\log^2n) O((n+m)log2n)。
#include 算法 2
- 注意到若 v ∈ S u v \in S_u v∈Su，则 ∣ S v ∣ < ∣ S u ∣ |S_v| < |S_u| ∣Sv∣<∣Su∣ 。
- 随机一个排列 P P P，若 p i ∉ S p 1 ∪ S p 2 ∪ ⋯ ∪ S p i − 1 p_i \notin S_{p_1} \cup S_{p_2} \cup \dots \cup S_{p_{i -1}} pi∈/Sp1∪Sp2∪⋯∪Spi−1，直接暴力求 S p i S_{p_i} Spi。
- S u S_u Su 的包含关系可以构成树形结构，需要暴力求 S p i S_{p_i} Spi 当且仅当它的所有祖先的 S u S_u Su 均还未求出。
- 容易分析出这一做法的期望时间复杂度为 O ( ( n + m ) log n ) \mathcal O((n+m)\log n) O((n+m)logn)。
#include 2H. Take the Elevator
题目大意
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n n n 个人坐电梯，楼共 k k k 层，每人有起始楼层和目标楼层。
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电梯有载客量限制 m m m，上升时可以上升到任意层并随时下降，但是下降要一直下降到一层才能才能再上升。
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电梯每秒运行一层，忽略换方向和上下人的时间，问电梯最短运行时间。
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n , m ≤ 2 × 1 0 5 , k ≤ 1 0 9 n,m\le 2\times 10^5, k\le 10^9 n,m≤2×105,k≤109
题解
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将每个人视作一条线段 [ l , r ] [l, r] [l,r]，不难发现，每趟乘电梯向上和向下的人需要分开处理，但其问题本质相同。
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考虑直接贪心，显然每趟从一层出发并回到一层都要取当前 r r r 最大的人，即在需要乘电梯向上和向下的人取最大的 r r r 计入答案，运行过程中我们需要尽可能往电梯中塞人。
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实际上塞人的过程也是在贪心取 r r r 最大的人，只是需要考虑载客量的限制，每次取的 r r r 一定单调不增。
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对于当前高度（当前在乘电梯的人中最小的 r r r，记作 r min r_{\min} rmin），我们用两个
set分别维护电梯中的人和还未乘电梯的人。-
若电梯中的人数 < m
<m ，我们需要在还未乘电梯的人中找到 r r r 最大且 r ≤ r min r \le r_{\min} r≤rmin 的人。 -
若电梯中的人数 = m = m =m，我们需要在还未乘电梯的人中找到 r r r 最大且 r ≤ l max r \le l_{\max} r≤lmax 的人，即强制使至少一人走出电梯。
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每次更新 r min r_{\min} rmin 将需要走出电梯的人在对应的
set中删除。
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这样我们每次操作都能使一人乘上电梯，总时间复杂度 O ( n log n ) \mathcal O(n\log n) O(nlogn)。
#include 3D. Directed
题目大意
- 给定一棵 n n n 个点的树和一个起点，1 号结点为终点。
- 随机选择 K K K 条边变成指向终点的单向边，在树上随机游走，求到达终点的期望步数。
- 1 ≤ n ≤ 1 0 6 , 0 ≤ K ≤ n − 1 1 \le n \le 10^6,0\le K\le n - 1 1≤n≤106,0≤K≤n−1。
题解
- 先考虑 K = 0 K = 0 K=0 的情况。
- 结论 给定一棵树，从树中的某点 x x x 出发，设其子树大小为 s i z e x size_x sizex，每次等概率地选择一条相邻的边游走，则第一次游走到其父结点的期望步数为 2 s i z e x − 1 2size_x - 1 2sizex−1。
证明 设点 x x x 的度为 d e g x deg_x degx，第一次游走到其父结点的期望步数为 f x f_x fx。
- 若 x x x 为叶子结点，显然 f x = 1 = 2 s i z e x − 1 f_x = 1 = 2size_x - 1 fx=1=2sizex−1。
- 若 x x x 不为叶子结点，设其子结点为 y 1 , y 2 , … , y k y_1, y_2, \dots, y_k y1,y2,…,yk， ∀ 1 ≤ i ≤ k , f y i = 2 s i z e y i − 1 \forall 1 \le i \le k, f_{y_i} = 2size_{y_i} - 1 ∀1≤i≤k,fyi=2sizeyi−1，则
f x = 1 + ∑ i = 1 k ( f y i + f x ) d e g x f x = d e g x + ∑ i = 1 k f y i = 2 ( ∑ i = 1 k s i z e y i + 1 ) − 1 = 2 s i z e x − 1 \begin{aligned}f_x &= 1 + \frac{\sum \limits_{i = 1}^{k}(f_{y_i} + f_x)}{deg_x} \\f_x &= deg_x + \sum \limits_{i = 1}^{k}f_{y_i} \\&= 2(\sum\limits_{i = 1}^{k}size_{y_i} + 1) - 1 \\& = 2size_x - 1\\\end{aligned} fxfx=1+degxi=1∑k(fyi+fx)=degx+i=1∑kfyi=2(i=1∑ksizeyi+1)−1=2sizex−1
- 以 1 号结点为根，我们很容易根据上述结论算出答案。
- 考虑增加一条单向边的影响，设增加的单向边中深度更大的点为 y y y，对于 y y y 的某个祖先 x x x，若 y → x y\to x y→x 的路径上没有其它单向边， x x x 第一次游走到其父结点的期望步数会减去 2 s i z e y 2size_y 2sizey。
- 不难发现， y → x y\to x y→x 的路径没有其它单向边的概率只与 y → x y \to x y→x 的路径长度有关，我们统计出路径长度为特定值的 s i z e y size_y sizey 之和，最后统一计算答案即可。
- 时间复杂度 O ( n ) \mathcal O(n) O(n)。
#include 4A. Task Computing
题目大意
- 给定长度为 n n n 的序列 w w w 和 p p p。
- 求长度为 m m m 的序列 a a a，满足 1 ≤ a i ≤ n 1 \le a_i \le n 1≤ai≤n 且 a i a_i ai 两两不同，最大化 ∑ i = 1 m w a i ∏ j = 0 i − 1 p a j \sum \limits_{i = 1}^{m}w_{a_i}\prod\limits_{j = 0}^{i-1}p_{a_j} i=1∑mwaij=0∏i−1paj。
- 规定 a 0 = 0 , p 0 = 1 a_0 = 0,p_0=1 a0=0,p0=1，且 1 ≤ n ≤ 1 0 5 , 1 ≤ m ≤ min { n , 20 } , 1 ≤ w i ≤ 1 0 9 , 0.8 ≤ p i ≤ 1.2 1 \le n \le 10^5,1\le m \le \min\{n,20\}, 1\le w_i \le 10^9, 0.8 \le p_i \le 1.2 1≤n≤105,1≤m≤min{n,20},1≤wi≤109,0.8≤pi≤1.2。
题解
- 这类收益与排列的前缀有关的题目有一定的套路性。
- 考虑序列 a a a 中相邻两个下标 x x x 和 y y y，此时与交换 x x x 和 y y y 后的收益之差为：
w a x + w a y p a x − w a y − w a x p a y w_{a_x} + w_{a_y}p_{a_x} - w_{a_y} - w_{a_x}p_{a_y} wax+waypax−way−waxpay
最优解应满足收益之差大于等于 0，稍作移项之后得：
w a x 1 − p a x ≥ w a y 1 − p a y \frac{w_{a_x}}{1 - p_{a_x}} \ge \frac{w_{a_y}}{1 - p_{a_y}} 1−paxwax≥1−payway
可将不等式两边的式子视作 a x a_x ax 和 a y a_y ay 的属性，则该式具有传递性（分母等于 0 以及小于 0 的情况需要稍加讨论，但其传递性也是正确的）。 - 若将序列 w w w 和 p p p 按上式排序，序列 a a a 取新序列的下标时一定递增，方便我们计算收益。
- 设 f i , j f_{i,j} fi,j 表示已经考虑了新序列的第 i i i 个至第 n n n 个下标、序列 a a a 的后 j j j 个数已确定的最大收益，就能避免正向 DP \text{DP} DP 需要记录 p p p 的前缀积而产生了后效性，不难得到转移：
f i , j = max { f i + 1 , j , f i + 1 , j − 1 × p i + w i } f_{i,j} = \max\{f_{i + 1,j}, f_{i + 1, j - 1} \times p_i + w_i\} fi,j=max{fi+1,j,fi+1,j−1×pi+wi} - 时间复杂度 O ( n log n + n m ) \mathcal O(n \log n + nm) O(nlogn+nm)。
#include 4C. Easy Counting Problem
题目大意
- q q q 次询问，每次询问给出 n n n，求符合以下条件的本质不同的字符串个数：
- 每位的字符为 0 , 1 , … , w − 1 0, 1, \dots, w - 1 0,1,…,w−1。
- 字符 i i i 出现至少 c i c_i ci 次。
- 字符串的长度为 n n n。
- 1 ≤ q ≤ 300 , 1 ≤ n ≤ 1 0 7 , 2 ≤ w ≤ 10 , ∑ i = 0 w − 1 c i ≤ 5 × 1 0 4 1 \le q \le 300, 1 \le n \le 10^7,2 \le w \le 10, \sum \limits_{i = 0}^{w - 1}c_i \le 5\times 10^4 1≤q≤300,1≤n≤107,2≤w≤10,i=0∑w−1ci≤5×104。
题解
- 由 E G F \mathbb{EGF} EGF 可得所求即为：
n ! [ x n ] ∏ i = 0 w − 1 ( e x − ∑ j = 0 c i − 1 x j j ! ) n![x^n]\prod\limits_{i = 0}^{w - 1}(e^x - \sum \limits_{j = 0}^{c_i - 1}\frac{x^j}{j!}) n![xn]i=0∏w−1(ex−j=0∑ci−1j!xj) - 暴力卷积复杂度太劣，考虑设 y = e x y = e^x y=ex，把后面的乘积看做 y y y 的多项式， x x x 的和式看做这一多项式的系数，系数相乘时用 NTT 优化，其余暴力实现即可。
- 询问时即查询对于每个 y k y^k yk 对应的系数。
- 设 c = ∑ i = 0 w − 1 c i c = \sum\limits_{i = 0}^{w - 1}c_i c=i=0∑w−1ci，时间复杂度 O ( w 2 c log c + q w c ) \mathcal O(w^2 c\log c + qwc) O(w2clogc+qwc)。
#include