CF211 Div 1 题解

因为懒得再存着了，所以把latex代码也贴上来

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\title{\textbf{CF221 Div 1 题解}}
\author{Kanari}
\date{}

\maketitle

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\section*{前言}
	虽然因为是小号而涨了rating，但这场考得实在太颓……尤其是D想了个TLE+MLE的算法，最后光荣FST。而且A和B都是开黑写的/抠鼻。
	
	考的时候就隐隐约约觉得是中国人的题，考完一看，果然是中国人出的题。

\section*{A - Divisible by Seven}
	\subsection*{题意}
		给定一个长度为$n$的数字，其中必定包含1、6、8、9。你可以把各位重新排序，判断能否排成某种顺序使得数字可以被7整除，并给出方案。
		
		$n\leq10^6$。
	\subsection*{分析}
		关键就在于这个1689。事实上，1689可以排列出被7整除余$0\sim6$的数字。所以只要枚举1689的排列，然后判断即可。

\section*{B - Maximum Submatrix 2}
	\subsection*{题意}
		给定一个$n\times m$的01矩阵，你可以任意改变行的顺序。求改变之后最大的全1矩阵的大小。
		
		$n,m\leq5000$。
	\subsection*{分析}
		看到这数据范围就隐约觉得，这题肯定是中国人出的。我们考虑正常的求全1矩阵大小的$O(n^2)$方法，我们是枚举底边，求出每个位置能向上延伸的最大长度，然后单调队列扫。这里由于列的顺序是不变的，那么枚举矩阵的右边，求出向左延伸的长度。易得，最大矩阵一定是按这个长度排序之后的前若干行的矩阵。那么排序之后扫一遍。注意排序得基数排序，不然会TLE。

\section*{C - Circling Round Treasures}
	\subsection*{题意}
		$n\times m$的棋盘上，每个格子是空地或者障碍物。有些空地上有宝藏，有些空地上有炸弹。宝藏有一个可正可负的价值。给定你的起点，你每次可以走向一个四连通相邻的格子，并围出一个多边形。多边形内不能有炸弹，而你的收益就是多边形内宝藏的价值和$-$从起点出发要围出这个多边形的步数。求最大收益。
		
		$n,m\leq20$，宝藏+炸弹数不超过8。
	\subsection*{分析}
		据说这是原题（BZOJ1294）。在此质疑一下出题人的心态。
		
		首先，判断一个点是否在多边形内我们用射线法，即找一条不过多边形上点的射线，看与多边形交于几条边（这题还业界良心地告诉你了这个方法）。我们先对每个点找一条这样的射线。令$f[x][y][k]$代表，当前在$(x,y)$，集合$k$中的东西发出的射线穿过了多边形奇数次。$k$中可以包括宝藏也可以包括炸弹。那么转移时枚举下一步的格子，然后看有几个东西的射线会过这两个格子的连线。
		
		想法还是挺神的，嗯。

\section*{D - Tree and Queries}
	\subsection*{题意}
		给定一棵$n$个点的有根树，根为1。每个点有一个颜色。有$m$次询问，每次给定$x,y$，问在以$x$为根的子树中出现次数$\geq y$的颜色种数。
		
		$n,m\leq100000$。
	\subsection*{分析}
		这题方法特别多，很好地体现了一题多解。
		\subsubsection*{算法1}
			先说一下我考场上想到的TLE+MLE方法。
			
			考虑对颜色分块，分成重色（出现次数$\geq\sqrt{n}$）和轻\sout{友}色（出现次数$<\sqrt{n}$）。易得重色不超过$\sqrt{n}$种。我们需要预处理出以每个点$i$为根，出现次数为$k$（$k<\sqrt{n}$）的颜色种数，记为$B[i][k]$，那么询问时只需要遍历所有重色就可以了。而对于重色，直接DFS求出现次数就行了。
			
			考虑怎么预处理$B$。我讲下我考试的时候想到的$O(n\sqrt{n}\log n)$的方法。求出DFS序，枚举出现次数$k$，可以发现，实际上就是相当于问$n$个区间中出现了$k$次的颜色种数。而这是个经典问题，我们可以离线+树状数组解决。那么复杂度就成了$O(n\sqrt{n}\log n)$。于是光荣TLE。
			
			在题解的讨论中有人讲到了$O(n\sqrt{n})$处理$B$的方法。我们枚举每种颜色，设这个颜色总共出现了$x$次。令$c_i$为以$i$为根的子树中当前颜色的出现次数，$f_i$为$i$的父亲。可以发现，$c_i$与$c_{f_i}$不同的点只有$O(x)$个。那么考虑一个这种颜色的节点，我们如果可以找到它的最近祖先$p$，满足$c_i\neq c_p$，那么只要把这条链的$B[c_i]$都加$+1$就好了。于是我们对$B$差分。而求这个最先可以用倍增，判断是否满足$c_i\neq c_p$时可以用树状数组维护DFS序查询。于是问题就在$O(n\sqrt{n}+n\log^2n)$的复杂度内解决了。不过由于内存卡的比较紧，在分块的大小上要多费些功夫。
			
			这个算法应该是要提到的所有算法中最难写的一个。它唯一的好处大概就在于它是在线的，而其他算法都要离线。
		\subsubsection*{算法2}
			这·题·就·是·裸·的·莫·队。
			
			求出DFS序之后直接莫队维护每种颜色出现的次数和答案。$O(n\sqrt{n})$，而且超好写。考试的时候就纳闷怎么这么多人20分钟随手秒……
		\subsubsection*{算法3}
			我们用一棵平衡树维护每棵子树中存在的的颜色以及对应的次数，用另一棵平衡树维护出现了$k$次的颜色种数。考虑合并两棵子树，我们枚举一棵中的所有颜色，然后插入另一棵，同时维护出现次数的信息。用启发式合并可以做到$O(n\log^2n)$。C++可以用\verb|set|，所以也很好写。题解中说有神一点的平衡树可以做到$O(n\log n)$，不明觉厉。
		\subsubsection*{算法4}
			题解的讨论中惊现沈洋大神，结合算法2和3给出了一个$O(n\log n)$的简单算法。我们还是用类似启发式合并（或者说是轻重链划分？）的思想，找出一个点最大的子树。我们直接用一个全局的数组维护每种颜色出现的次数和答案（就是莫队里用的那个），先递归处理所有小子树，处理完一个后从全局数组中删去小子树的信息。之后处理大子树，处理完后把所有小子树的信息加回来，再加上自己的信息，然后得到以自己为根的询问的答案。看上去是不是很不靠谱，但是用启发式合并的复杂度证明可以证明，每个节点只会被删去$O(\log n)$次。所以这货的复杂度就是$O(n\log n)$的。

\end{CJK*}
\end{document}