[传智杯 #5 初赛] I-不散的宴会

洛谷P8877 [传智杯 #5 初赛] I-不散的宴会

题目大意

学生社会可以被看作一个排列成等腰直角三角形的节点阵列。该节点阵列共有$n$行，第$i$行共有$i$个节点，我们将第$i$行第$j$列的节点标号为$(i,j)$。

这些点具有权值。节点$(i,j)$的权值为$r_i\oplus c_j$，其中$r$和$c$是给定的$01$序列。

这些点有边相连。对于$1\le i<n$，$1\le j<i$，会有一条边连接$(i,j)$和$(i+1,j)$。此外，对于$2\le i\le n$，还会有边连接$(i,i)$和$(i-1,a_i)$，其中$a$是给定的序列。

现在你需要从这些节点中，选出一些节点，使得这些节点间两两不存在边相连，最大化选出来的节点的权值之和。

$1\le n\le 10^6,1\le a_i<i$

题解

首先，我们可以发现，这个图有$\frac{n(n+1)}{2}$个点，$\frac{n(n-1)}{2}+(n-1)$条边，边数比点数少$1$，这个图还是连通的，所以这个图是一棵树。

我们将所有第$1$层的点、第$n$层的点和度数为$3$的点设为关键点。那么关键点的个数是$O(n)$的，因为关键点只可能出现在第$1$层、第$n$层和连接$(i,i)$和$(i-1,a_i)$的边上（可以自己画图感受一下）。

除了关键点，其他点的度数都为$2$，那么这些点肯定都在一条链上。于是，我们可以把一条链看成两个关键点的边，这些关键点和边就构成一棵虚树，因为它的点的个数是$O(n)$的，所以边的个数也是$O(n)$的。

建虚树时，我们从下往上枚举每一行，用$v_i$表示第$i$列最后一个关键点在虚树上的编号。假设当前遍历到第$i$行，则将$(i-1,a_i)$和$v_{a_i}$在虚树上连一条边，将$(i,i)$和$(i-1,a_i)$在虚树上连一条边，并用$(i-1,a_i)$来更新$v_{a_i}$，还要求出新加在虚树上的点的权值。

建好的虚树后，即求树上最大点权独立集，可以用$DP$来求。

设$f_u,g_u$分别表示选择或不选择虚树上的节点$u$的情况下，子树$u$能取得的最大点权独立集的值。

假设有两个关键点$u$和$v$，它们之间通过链$s=\{v_1,v_2,\dots ,v_k\}$连接，则转移式为

$$f_u+=\max \{val(v_2,v_3,\dots ,v_{k-1})+f_v,val(v_2,v_3,\dots ,v_k)+g_v\}$$

$$g_u+=\max \{val(v_1,v_2,\dots ,v_{k-1})+f_v,val(v_1,v_2,\dots ,v_k)+g_v\}$$

其中$val(v_1,v_2,\dots ,v_k)$表示$v_1$到$v_k$在不能选择相邻元素的情况下可以取得的最大点权独立集。

这个图还有一个性质：虚树中每条边在原图中对应的链上的点在同一列上。

那么，假设这条链在第$k$列，其所在的区间为$[a,b]$，则：

• 若$c_k=0$，则每个位置的权值为$r_a,r_{a+1}\dots ,r_b$
• 若$c_k=1$，则每个位置的权值为$\neg r_a,\neg r_{a+1},\dots ,\neg r_b$

那么，问题就转化为，查询对$r$序列或$\neg r$序列求区间最大点独立集的大小。

对于一个$01$序列，我们可以用贪心来求最大点独立集。比如，对于长度为$2k$的全$1$段，最大点独立集显然为$k$；对于长度为$2k+1$的全$1$段，最大点独立集显然为$k+1$。对于含有$0$的序列，可以以$0$作为分隔划分出各种全$1$段，在分别求和相加即可。

下面，我们考虑如何求区间最大点独立集。

我们可以预处理出两个数组：

• $h_i$表示仅考虑前$i$个元素得出的最大点独立集的大小
• $p_i$表示第$i$个元素所在的全$1$段的最后一个$1$的位置。如果位置$i$是$0$，则$p_i=i-1$

假设我们当前要计算区间$[l,r]$的最大点权独立集的大小，那么结果为

$$h_r-h_{\min (r,p_l)}+\lfloor \frac{\min (r,p_l)-l+2}{2}\rfloor$$

即先求出$[\min (r,p_l)+1,r]$这一段的最大点权独立集的大小，再统计$[l,\min (r,p_l)]$这一段长度为$r-\min (r,p_l)+1$的全$1$段的最大点权独立集大小（长度为$k$的全$1$段的最大点权独立集的大小为$\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor$）。

时间复杂度为$O(n)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=1000000;
int n,cnt=0,R[N+5],C[N+5],a[N+5],v[N+5],vd[N+5],s[2*N+5],h[2][N+5],p[2][N+5];
int tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[2*N+5];
long long f[2*N+5],g[2*N+5],w[2*N+5][4];
long long gt(int i,int l,int r){
	if(r-l+1<=-2) return -1e18;
	if(l>r) return 0ll;
	int e=C[i];
	return 1ll*h[e][r]-h[e][min(r,p[e][l])]+(min(r,p[e][l])-l+2)/2;
}
void gtin(long long *v1,int i,int l,int r){
	v1[0]=gt(i,l,r);
	v1[1]=gt(i,l,r-1);
	v1[2]=gt(i,l+1,r);
	v1[3]=gt(i,l+1,r-1);
}
void add(int xx,int yy,int i,int ll,int rr){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;gtin(w[tot],i,ll,rr);
}
void init(int e){
	for(int i=1,lst=0;i<=n;i++){
		if((R[i]^e)==0){
			h[e][i]=h[e][i-1];lst=i;
		}
		else h[e][i]=h[e][lst]+(i-lst+1)/2;
	}
	p[e][n+1]=n;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if((R[i]^e)==0) p[e][i]=i-1;
		else p[e][i]=p[e][i+1];
	}
}
void dfs(int u){
	f[u]=s[u];
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		int v=d[i];
		dfs(v);
		f[u]+=max(f[v]+w[i][3],g[v]+w[i][2]);
		g[u]+=max(f[v]+w[i][1],g[v]+w[i][0]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&R[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&C[i]);
	for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	init(0);init(1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		v[i]=++cnt;
		vd[i]=n;
		s[cnt]=R[n]^C[i];
	}
	for(int i=n;i>=2;i--){
		add(++cnt,v[a[i]],a[i],i,vd[a[i]]-1);
		v[a[i]]=cnt;
		vd[a[i]]=i-1;
		s[cnt]=R[i-1]^C[a[i]];
		add(cnt,v[i],i,i,vd[i]-1);
	}
	dfs(cnt);
	printf("%lld",max(f[cnt],g[cnt]));
	return 0;
}