CCF CCSP2023参赛记 + 算法题题解

大家好啊，时隔多年，作为大四老年人，再次来到这个地方记录算法竞赛相关，可能也是最后一次参加这种算法赛事了，我觉得还是很有纪念意义的。虽然我高中搞OI被强基背刺，以至于到了大学有点躲着竞赛，但是我还是对算法题有一种玩解谜游戏一样的兴趣的。

前年和去年都因为疫情原因，要么没能参加，要么只能线上参加，只能说比较遗憾。特别是去年线上参赛的那次，6个小时3道题，题目出的不咋地，唯一一道算法题正解是搜索剪枝，剩下两道系统题不管是大模拟还是什么，都没什么下手的空间，最后交样例骗了30分，还拿了块铜牌，不能说很光彩。今年总算是有机会，来到了沈阳师范大学参加线下比赛，原原本本的12小时5道题，终于不是阉割版了。同时这也是我人生中第一次参加长达12个小时的马拉松竞赛，不过赛程中途管吃管喝，虽然是盒饭，但还算不错了。

今年的题还是很有意思的，三道算法题，另外两道系统题都是那种没有性能比拼的模拟题，可以说是撞到我这个OI老顽童的爽点上了。从搞OI开始一路打铁、打铜、打银，现在总算是在这里圆了一个金牌梦了。不一定特别有含金量，但至少是个成就，也算是为我的算法竞赛生涯划上了一个比较让我满意的句号。

记录就记录这么多，呃呃，毕竟12小时都坐在一个地方，没啥可记录的也很正常，所以为了让这篇文章有点内容，还是讲讲这次的三道算法题，以及我的想法吧。为了让看到这篇文章的有机会自己想想题，我就把三道题题目大意先写出来，再给出各个题我的做法。

题目大意

T1：装修（decorate）

有$M(M\le 1e4)$种素材，其中某些可以直接花钱获取，成本各不相同（$c_i$），而其中某些只能用其它素材合成，一种素材最多在所有其它素材的合成表中出现一次，而且保证不会成环（也就是说合成关系的形状是森林）。除此之外，还可以通过和邻居交换，或者购买礼包的方式获得素材，共有$P(P\le 5)$个邻居，每个邻居有一对$s_j,r_j$，表示可以用一个$s_j$素材换一个$r_j$素材，而不需要其它额外成本，而另有$Q(Q\le 5)$个礼包，可以支付一个固定成本$w_i$来获得礼包中包含的多种素材，这些礼包中的素材总数也不超过$1e4$这个级别。你可以和每位邻居交换最多一次，也可以购买每个礼包最多一次，求在所有这些条件下，要最终获得某$N$种特定素材，所需要支付的最小成本。

T2：摸球（ball）

有$N$种颜色的球各$a$个，另有$M$种颜色的球各$b$个，同颜色的球编号为$1$到$a$（或$b$），求在共$N+M$种颜色的球中选取$k$个不同颜色的球，其中任何编号出现次数都不超过$s$次的方案数，结果模$998244353$。$1\le N,M,a,b,k\le 1e3,1\le s\le 2$。

T3：次元波动平衡（surge）

$A$是一个长为$N$的数列，要求选取其中最多$K$个位置减去一个数$D$，得到新的数列$a$，最小化所有子段和的最大值，也就是最小化${\max }_{l\le r}{\sum }_{i=l}^r{a}_i$，求这个最小值。$K\le N\le 5e5,1\le D\le 10^9,-10^9\le A_i\le 10^9$。

做法

T1：装修（decorate）

这是一道思维题。

可以先考虑没有邻居可以交换，也没有礼包可以购买的情况。显然，需要的材料如果需要合成的话，就肯定需要把所有合成需要的材料（子树中所有叶子）购买一份，因此计算成本也很简单，自顶向下扫一遍森林，把需求pushdown到每个叶子上，看一下每个叶子被算了几遍，把成本加起来即可，复杂度$O(M)$。

接下来考虑可以交换的情况，由于进行交换的方案数很小，一共也就是$2^P\le 32$种（每个邻居可以交换0次或1次），所以就直接暴搜和哪些邻居交换，然后把交换需要的前置素材加入需求，而交换获得的素材可以看成是“负”的需求（因为多出来了），它可以抵消掉一个从祖先节点来的需求（也就是用获得的这个素材来直接进行祖先节点的合成，不用再买它的所有合成素材了），但不能抵消儿孙节点的需求（因为只能往上合成，不能往下“拆分”），因此在自顶向下扫描的时候，正的需求就pushdown，负的需求就不pushdown就可以了。这个我没有严格证明，但既然A了，那应该就是对的。这样扫描一次仍然是$O(M)$，扫描$2^P$次就可以解决。

加上礼包的思路也差不多，将购买礼包的方案和交换方案一起暴搜，一共有$2^{P+Q}\le 1024$种情况，而购买礼包就是直接增加一部分成本，外加直接获得一部分素材，也作为负的需求加到节点上即可，然后扫描还是和之前一样，这样整个解法的复杂度是$O(2^{P+Q}M)$，可以解决此题。

T2：摸球（ball）

这道题很明显是一道组合数学题。

$s=1$和$s=2$的情况很显然非常不同，所以先考虑$s=1$，也就是每种编号最多出现一次的情况。

$s=1$的情况

不妨设$a<b$，如果$a>b$就同时交换$N,M$和$a,b$，显然是等价的。假设前$N$种颜色的球中取$i$个，那么后$M$种颜色的球中就要取$k-i$个，前面那$i$个的取法种数是$C_N^i\times C_a^i\times i!$，而对于后面那$k-i$个，由于前$i$个球的编号一定都在$[1,a]$内，所以后$k-i$个球的编号可取范围就少了$i$个，因此固定一种前$i$个球的取法，后$k-i$个球的取法总数总是$C_M^{k-i}\times C_{b-i}^{k-i}\times (k-i)!$。

总结起来：
答案： $ans={\sum }_{i=0}^k{C}_N^i{C}_a^i{C}_M^{k-i}{C}_{b-i}^{k-i}\cdot i!(k-i)!$

$O((N+M{)}^2)$预处理一下所有组合数和阶乘即可$O(k)$计算答案。

$s=2$的情况

对于$s=2$的情况，之前我们是将要取的球按颜色分成两部分，然后组合，现在这个情况，将要取的球按编号分成两部分比较好。还是设$a<b$，假设编号$[1,a]$中的球共取了$i$个，要求每种编号出现至多两次的方案数，还是不太好算，所以考虑再枚举一个$r$，表示恰好有$r$个编号出现了两次，其它编号都只出现一次。令$g(i,r)$为下列子问题的方案数：

子问题$g(i,r)$： 假设已经选定了要取的$i$个球的颜色集合（一定是$i$种颜色），而且选定了出现两次的编号集合（共$r$个编号），以及出现一次的编号集合（共$i-2r$个编号），这种情况下的方案数。

要计算这个子问题的答案，首先考虑从$i$种颜色中选择$i-r$个算作“首次出现”的颜色集合，而剩下$r$个算作“重复出现”的颜色集合，选择数为$C_i^{i-r}=C_i^r$，然后两个部分具体编号就可以自己任意排列了，也就是乘上$r!(i-r)!$。但这样算出来的方案会有重复，对于每一种方案，由于一共有$r$个重复编号，每个编号对应的两种颜色，每一种都有可能被当作“重复出现”的那一次，所以总的来说，每个方案会被$2^r$种“重复出现”的颜色集合算到，所以将上述求出的方案数除以$2^r$就是正确的方案数。即：
$g(i,r)=\frac{1}{2^r}\cdot C_i^r\cdot r!(i-r)!=\frac{1}{2^r}\cdot i!$

那么我们其实可以算没有之前说的那些“假定”，单纯从$N+M$个颜色中选出$i$个球，恰有$r$个编号重复的情况的方案数了。我们发现选择颜色集合、选择$r$个重复编号、选择$i-2r$个不重复编号这几个决策互相独立，所以方案数可以直接相乘，所以总的方案数为：
$C_{N+M}^i\cdot C_a^r\cdot C_{a-r}^{i-2r}\cdot g(i,r)$

接下来考虑一下剩下那$k-i$个球怎么选。这些球的编号在$[a+1,b]$区间，只能在后$M$种颜色中选，编号是不可能和前$i$个球重复了，但颜色可能重复。没办法，再设定一个$t$，表示前$i$个球中有$t$个球从后$M$种颜色中选的方案数。所以之前说的第一部分总方案数不太准确，正确的方案数应该为：
固定$t,r$，前$i$个球的选取方案数：$an{s}_1(i,t,r)=C_N^{i-t}\cdot C_M^t\cdot C_a^r\cdot C_{a-r}^{i-2r}\cdot g(i,r)$

那么后$k-i$个球的方案数就也可以算了，推公式的方法和之前类似，这里直接给出公式：
固定$t,r^{\prime }$，后$k-i$个球的选取方案数：$an{s}_2(i,t,r^{\prime })=C_{M-t}^{k-i}\cdot C_{b-a}^{r^{\prime }}\cdot C_{b-a-r^{\prime }}^{k-i-2r^{\prime }}\cdot g(k-i,r^{\prime })$

注意这里的$r^{\prime }$不同于之前的$r$，虽然意义和之前的$r$相似，但这里$r^{\prime }$描述的是后$k-i$个球中重复编号的数目。

这样最终答案也可以算出了：
答案：$ans={\sum }_{i=0}^k{\sum }_{t=0}^i({\sum }_{r}an{s}_1(i,t,r))\times ({\sum }_{r^{\prime }}an{s}_2(i,t,r^{\prime }))$

至于怎么算这个玩意，预处理组合数和阶乘肯定是需要的，也需要预处理所有的$\frac{1}{2^r}$，可以使用欧拉定理等方法求逆元，这部分只要不超过$O((N+M{)}^2)$就不算瓶颈。而即使预处理，这个式子要直接算也是$O(k^3)$的，注意到不管是$an{s}_1$还是$an{s}_2$，里面和$t$有关的乘项以及和$r/r^{\prime }$有关的乘项都是完全分离的，所以一个$an{s}_1(i,t,r)$其实可以分成诸如$an{s}_{1a}(i,t)\cdot an{s}_{1b}(i,r)$这种形式，$an{s}_2$同理，那么简单转化一下和式就有：

答案（计算用）：$ans={\sum }_{i=0}^k{\sum }_{t=0}^{i}an{s}_{1a}(i,t)\cdot an{s}_{2a}(i,t)\cdot ({\sum }_{r}an{s}_{1b}(i,r))\cdot ({\sum }_{r^{\prime }}an{s}_{2b}(i,r^{\prime }))$

这样$an{s}_{1a},an{s}_{1b},an{s}_{2a},an{s}_{2b}$都可以$O(k^2)$计算，而只要在这个过程中同时预处理里面的那两个枚举$r$的和式，最后这个总的和式就也可以$O(k^2)$计算了。这样我们就终于解决了这一题。

T3：次元波动平衡（surge）

本题需要用到二分答案+贪心+数据结构优化。

首先注意到本题的答案是可二分的，即，如果$ans$是合法的答案，那么$\ge ans$的答案也都是合法的，于是考虑二分答案，转变为判定问题：给定一个数$ans$，判定能不能在给定修改次数$K$内让所有子段和都$\le ans$。

对这个问题我们可以使用贪心的思想。先考虑子段$[1,1]$，只有修改$A_1$才能影响这个子段，也就是说，如果它的子段和就$>ans$，那就必须修改$A_1$，而如果把$A_1$减$D$了还是不行，那就再也不行了。而如果可以，或者一开始就不需要修改，那就把右端点右移，看下一步。假设现在我们在查看右端点为$r$的所有子段，如果其中有$>ans$的值，只能通过修改$A_1$到$A_r$中的值解决。如果都可以改，那么先改$A_r$一定最优，因为算法运行到这，所有右端点$<r$的子段肯定都没用了，而先修改$A_r$，能影响到的子段数量最多，从$[1,r]$到$[r,r]$的子段和都减了$D$；而如果改一次还不够，那就往左顺延，看最右边的还没修改的是谁，把它改掉，这样肯定是最优的。我们可以直接找到最大的子段和，然后用其计算至少需要$-D$的次数，然后就按照这个策略逐个找到这么多个减$D$的位置，这样一来，最后无非就是几种结果：成功修改了子段和，而且修改次数没超过$K$；成功修改了子段和，但是次数超过了$K$；未能成功修改子段和。第一种情况表示$ans$是合法答案，第二种则反之，而如果在处理任何一个$r$时，修改指定次数之后还是不能让所有子段和$\le ans$，那么最后一定会被归到第三种情况，也是一个非法的情况。这样一来，整个算法最多只需要最后检查一次所有子段和即可，而不需要进行中间检查，就可以进行判定。

当然这个贪心直接模拟的话复杂度很高，所以需要使用数据结构优化。我们来总结一下我们需要做些什么：查询所有右端点为$r$的端点的最小值；查询$r$之前的最右边的没有被修改的点。第二个问题因为需要维护的点的插入和删除都在右端，因此用一个栈就可以解决，而第一个问题，可以把子段和看成两个端点的前缀和之差（$sum(l,r)=sum(1,r)-sum(1,l-1)$），这样问题就变成了维护最小的$sum(1,l-1)$，不仅要维护在末尾的插入（比如计算完了右端点为$r$的情况，那么$sum(1,r)$也要被加入考虑范围），还要维护修改一个$A_i$产生的影响。每次修改$A_i$，从$sum(1,i)$到$sum(1,n)$都会全部$-D$。区间修改和区间最值，你应该可以自然想到要用线段树解决了，时间复杂度为$O(n\log n)$，但这个复杂度在结合最外层的二分之后仍然不可接受，我们需要一个线性的算法来处理这个贪心。

注意到整个算法其实只需要维护当前所有考虑范围内的前缀和的最小值，而随着不断修改，这个值只会越来越小，所以我们只需要将任何时候产生的可能的新的最小值和原来的最小值进行比较，即可维护出这个值，甚至不需要知道产生这个值的位置。这里其实有多种线性或接近线性的方法可以进行维护，比如并查集，但是我用的栈的方法是严格线性的，就还是用之前用来存未修改过的$A_i$位置的栈，只不过栈中每个位置多存一个元素，表示从当前位置开始，到向栈顶方向的下一个元素之间这一段，产生的最小的前缀和值，这样一来，入栈时，新的一个前缀和可以用一开始预处理的前缀和，减去已经修改过的次数$\times D$来得出，弹栈时，栈顶代表的段中的所有前缀和被$-D$，所以最小值就是原来段的最小值$-D$，然后将这一段和栈顶之下那一段合并，最小值直接取$\min$即可。由于每个位置最多入栈、出栈各一次，所以该方法是$O(n)$的。

之前说过贪心最后还需要再检查一次所有子段和是不是都满足了要求，这个我们既然都知道了所有修改的位置，可以直接求出$a$并从左到右扫描，一边扫一边记录最小的前缀和，然后用当前位置的前缀和减去这个最小，得到以当前位置为右端点的子段和中最大的值，以此得到所有子段和中的最大值，这样的时间复杂度也是$O(n)$的。结合外层的二分答案，我们就解决了这一题。

写的时候要注意二分答案的界涉及正数和负数，正负数由于除法的归约方向不一样，所以最后的终止判定有点说道，要小心谨慎。