20210705组队赛 题解

20210705组队赛 题解

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前言

目前已施工完毕，欢迎阅读！

本题解中略去大部分 题意简述 部分，如需了解题意请阅读原题面。

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A - 最大的序列

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题目分析

想法 $1$：我会暴力！

枚举每个数是否取，然后计算和并对 $m$ 取模，直接二进制为 $O(n{2}^n)$，如果写 DFS 边取边统计就是 $O(2^n)$，期望得分 $50$ 分。

想法 $2$：我会折半搜索！

观察到 $n\le 35$，如果将原数列先拆为两半分别搜索，再通过某种方法进行合并，可以大幅降低复杂度。

设 $p$ 为由前一半 DFS 得到的和构成的数组 $A$ 中的一个元素，$q$ 为由后一半 DFS 得到的和构成的数组 $B$ 中的一个元素。那么显然有 $0\le p,q<m$，从而 $p+q<2m$。而答案为 $\max \{(p+q)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m\}$，因此我们对 $p+q$ 进行分类讨论。

1. $m\le p+q<2m$

   显然 $p+q$ 越大越好，直接取最大的 $p$ 和最大的 $q$ 即可。

2. $0\le p+q<m$

   两种做法，前提都是两个数组都有序。（此处默认单调不降）

   • 二分。枚举 $A$ 中的元素，二分找到 $B$ 中最大的元素使得 $p+q<m$。时间复杂度为 $O(n{\log }_{2}n)$。
   • 双指针。由于 $A$ 中元素单调不降，所以对应的 $B$ 中的满足 $p+q<m$ 的最大元素单调不升。因此用另一个指针 $j$ 从尾到头一遍扫数组 $B$，即可找到答案。时间复杂度为 $O(n)$。

时间复杂度为 $O(2^{n/2})$，因为统计部分复杂度远比这低。期望得分 $100$ 分。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/ey4ot8x2

提供了两种方法的代码。

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B - 礼物

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题意简述

一张图，每条边有两个属性 $(g_i,s_i)$ 。给定 $G,S$，求一棵图的生成树 $T$，使得 $G\times \max (g_i)+S\times \max (s_i)$ 最小 $(i\in T)$。图可能包含重边和自环。

题目分析

最小生成树优化。

如果只有金币怎么做？将金币从小到大排序，直接跑最小生成树即可。

那再加上银币呢？枚举 $\max (g_i)$，将所有 $g_i\le \max (g_i)$ 的边抽出跑最小生成树，时间复杂度为 $O(m^2)$，无法通过此题。

注意到枚举 $\max (g_i)$ 的过程中，构成最小生成树的边集中只会加入 $s_i$ 更小的边，删去 $s_i$ 更大的边。因此我们维护一个边集，边集中的边按照 $s_i$ 从小到大排序，每次插入一条边。这一过程可以用归并排序实现，时间复杂度为 $O(mn{\log }_{2}n)$。

这一过程也可以用冒泡排序实现，每加入一条边就从后往前冒泡，以此来维护一个 $s_i$ 单调不降的边集，时间复杂度为 $O(mn)$。

而在每次做最小生成树时，我们需要将加入的边放入新边集，从而满足上述过程的需求。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/cczt8pxz

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C - Do You Know Your ABCs?

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题目分析

码农题。

注意到 $\text{A,B,C}$ 满足以下关系：

其中 $\text{C}$ 和 $\text{A+B}$ 的大小关系不确定。

因此我们将输入的 $x$ 数组从小到大排序，然后 DFS 枚举一下 $x$ 数组中的每个值属于原始序列的哪一个。计算时将位置 $3$ 和 $4$ 指向的值也算一遍就可以不考虑 $\text{C}$ 和 $\text{A+B}$ 的大小关系了。

计算时默认位置 $3$ 指向 $\text{C}$ 的值，位置 $4$ 指向 $\text{A+B}$ 的值。考虑一下情况：

1. $\text{A,B,C}$ 的值知道 $3$ 个。

2. $\text{A,B,C}$ 的值知道 $2$ 个。

   • 知道 $\text{A,B}$。则 $\text{C}$ 可以通过位置 $5,6,7$ 上的任意一个值算出来。
   • 知道 $\text{A,C}$。则 $\text{B}$ 可以通过位置 $4,6,7$ 上的任意一个值算出来。
   • 知道 $\text{B,C}$。则 $\text{A}$ 可以通过位置 $4,5,7$ 上的任意一个值算出来。

3. $\text{A,B,C}$ 的值知道 $1$ 个。

   • 知道 $\text{A}$。则 $\text{B}$ 可以通过位置 $4$ 直接得到，$\text{C}$ 可以通过位置 $5$ 直接得到，若 $\text{B}$ 和 $\text{C}$ 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 $6$ 得知另一个。

   • 知道 $\text{B}$。则 $\text{A}$ 可以通过位置 $4$ 直接得到，$\text{C}$ 可以通过位置 $6$ 直接得到，若 $\text{A}$ 和 $\text{C}$ 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 $5$ 得知另一个。

   • 知道 $\text{C}$。则 $\text{A}$ 可以通过位置 $5$ 直接得到，$\text{B}$ 可以通过位置 $6$ 直接得到，若 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 已通过上面过程得知一个，可以通过位置 $4$ 得知另一个。

4. $\text{A,B,C}$ 的值知道 $0$ 个。

   由于 $4\le n\le 7$，那么位置 $4,5,6,7$ 的值一定都已确定，直接计算即可。

通过上述方法得知 $\text{A,B,C}$ 的值后，我们需要将其进行检验：

1. 是否满足 $\text{A}\le \text{B}\le \text{C}$。
2. 是否符合搜索出来对应位置的值。

通过上述步骤就可以解决这道题目了。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/t4ilpt85

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D - 游戏

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题目分析

素数筛法+组合数学+期望。反正没想到，我是数学白痴实锤了。

定义 Key 数为不被区间 $[L,R]$ 内任何其他数整除的数。题目就相当于求所有排列的最后一个 Key 数所在位置的总和。

用线性筛法（欧拉筛），我们预处理出区间内每个数的最小的非 $1$ 因子 ${\min }_x$，则最大的非本身因子 ${\max }_x=\frac{x}{mi{n}_x}$。如果 ${\max }_x<L$，那么 $x$ 就是 Key 数。若换用埃氏筛，实现更简单，但复杂度更高。

设共有 $m$ 个 Key 数。

根据期望的性质，期望 $=$ 概率 $\times$ 贡献。设 $p=$ 最后一个 Key 数在位置 $i$ 的概率。

则有：

$\begin{array}{rl}p=& \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{m-1}\right)(n-m)!m!}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)(n-m)!m!}\\ =& \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{m-1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)}\\ =& \frac{(i-1)!}{(m-1)!(i-m)!}\times \frac{m!(n-m)!}{n!}\\ =& \frac{m(i-1)!(n-m)!}{(i-m)!n!}\end{array}$

而贡献则为 $i\times n!$，即位置 $\times$ 排列数。

那么期望为：

$\begin{array}{rl}ans=& \sum _{i=m}^n(p\times i)\times n!\\ =& \sum _{i=m}^n(\frac{m(i-1)!(n-m)!}{(i-m)!n!}\times i)\times n!\\ =& \sum _{i=m}^n\left(\frac{i!}{(i-m)!m!}\right)\times m\times m!\times (n-m)!\\ =& \sum _{i=m}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)\times m\times m!\times (n-m)!\\ =& \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{n+1}\right)\times m\times m!\times (n-m)!\\ =& \frac{(n+1)!}{(m+1)!(n-m)!}\times m\times m!\times (n-m)!\\ =& \frac{m(n+1)!}{m+1}\end{array}$

上面 $\sum _{i=m}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{n+1}\right)$ 的公式推导可以看 这篇题解。

简洁。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/817gdgw7

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E - 小倍数

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题目分析

神仙题，压根想不到。

需要对问题进行转化。每个数都能通过以下两种方式，从 $1$ 得到。

1. $\times 10$。这种方法即在原数末尾添一个 $0$，数位累加和不变，权重为 $0$。
2. $+1$。这种方法数位累加和也会相应 $+1$，权重为 $1$。

然后使用 0-1 BFS 进行搜索，从 $1$ 开始搜索，将权重为 $0$ 的放入队首，为 $1$ 的放入队尾，这样可以保证从队首到队尾的权重单调不减，从而使得找到的为 $k$ 的倍数的数的权重一定最小。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/d87efwud

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F - Acowdemia S

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题目分析

二分水题。

贪心地想，将引用次数 $c$ 数组总大到小排序，因此需要填补的引用次数就会尽可能地小，而更加容易满足条件。

直接二分 $h$，如果贪心填补需要的量超过 $K\times L$ 或某一篇论文仍需引用的次数大于 $K$ 即为不可行，否则可行。

时间复杂度为 $O(n{\log }_{2}n)$，期望得分 $100$ 分。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/xzp7mmkw

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G - 云计算

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题目分析

权值线段树。反正没弄出来，我是数据结构白痴实锤了。

很容易想到租借要价格递增地进行租借。这个区间有区间覆盖的感觉，但是不容易从中取出最小的 $k$ 个。

用一种类似扫描线的思想，对于每种计划在 $L_i$ 处增加 $(va{l}_i,cn{t}_i)$，在 $R_i$ 处增加 $(va{l}_i,-cn{t}_i)$。具体实现就是将这些二元组按照添加的时间从小到大排序，在对每一天进行操作时对应将这些二元组插入线段树即可。

查询部分用与 K-th number 类似的思想，如果左儿子对应的区间内的所有计划的租用 CPU 的总个数 $\ge k$，就在左儿子这边查找，否则在右儿子这边查找，然后再加上左儿子这边的总价即可。这被称为线段树上二分。

不会算时间复杂度 qwq

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/vwhfv6bl

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H - Portals

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题意简述

给个 $2n$ 个点，和 $n$ 个五元组 $(a,b,c,d,e)$，最开始 $a$ 和 $b$ 连边，$c$ 和 $d$ 连边。对于每个五元组，可以花费 $e_i$ 的代价将 $a,b,c,d$ 重新排列，问最小的代价使所有点联通。每个点恰好出现两次。
数据范围：$2\le n\le 10^5$，$1\le c_v\le 10^3$

题目分析

本文引用了 @SharpnessV 的 洛谷题解 中的较多语段。

最小生成树。

原题面长得要命。

抓住重点：每个点恰好出现两次。

这意味着什么？这表示每个点的度数为 $2$，而连通的图如果每个点的度数为 $2$，则一定是一个环。如果图不连通，则是若干个环。

而合并这些环，可以用 $e_i$ 的代价将 $a_i$ 所在的环和 $c_i$ 所在的环连通。因此我们只需要将先用并查集维护每个点所在的环，再将环缩成点，每个五元组缩成边，将这样组成的新图跑一遍最小生成树即可。

时间复杂度为 $O(n{\log }_{2}n)$，期望得分 $100$ 分。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/zx48ow5a

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I - Two Melodies

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题目分析

子段不一定连续且不相交问题，考虑一个 $O(n^2)$ 的 DP。

设计状态 $dp[i][j]$，表示第一个序列结尾为 $i$，第二个序列结尾为 $j$ 的最大的两个序列长度之和。显然有 $dp[i][j]=dp[j][i]$，为了防止冲突，我们只枚举 $i<j$ 的情况，因为当 $i>j$ 时，我们难以保证第二个序列不与第一个相交。

如果单纯转移，我们还需枚举一维 $k$，即把 $a_j$ 接在 $a_k$ 后面。为了去掉这一维，我们用两个数组 $\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}$ 和 $\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{m}$ 分别记录当 $k\in [1,i)$ 时满足 $a_j$ 和 $a_k$ 除 $7$ 同余的最大的 $dp[i][k]$ 和满足 $\mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}(a_j-a_k)=1$ 的最大的 $dp[i][k]$，从而顺利实现转移。

边界条件：$dp[i][j]=dp[i][0]+1$。

转移方程：$dp[i][j]=\max (\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}[a_j],\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{m}[a_j\pm 1])+1$

注意在每次转移完后都要继续为下一次的转移更新数组 $\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}$ 和 $\mathrm{m}\mathrm{x}\mathrm{n}\mathrm{u}\mathrm{m}$。注意语句 $dp[j][i]=dp[i][j]$ 不可丢下。

时间复杂度为 $O(n^2)$，实际上本题因为清空两个桶数组的原因复杂度会达到 $O(n\times 10^5)$，但仍能通过本题，我也不知道为什么。

本题采用网络流的做法会更快，直接吊打 DP，但是笔者不会，此处不提。

代码展示

https://www.luogu.com.cn/paste/n95ohyo3