2025.11.03~2025.11.09

news/2025/11/9 15:38:51/文章来源:https://www.cnblogs.com/Schucking-Sattin/p/19204347

ZJCPC 2022

A

Problem

\(T\) 组数据。给定正整数 \(a, b\)，你需要确定一个正奇数 \(x\) 和一个正偶数 \(y\) 使得 \(a\) 经过最少操作数变成 \(b\)：

每次选择将当前数 \(+x\) 或 \(-y\)。

求最少操作次数。

\(1 \le T \le 10^{5}\)，\(1 \le a, b \le 10^{6}\)。

Solution

答案很小，分类讨论即可。

\(+x\)：加任意奇数。

\(-y\)：减任意偶数。

\(+x - y(x < y)\)：减任意奇数。

\(+x + x\)：加偶数 \(2x\)（\(x\) 为奇数）。

\(+x + x - y\)：加任意偶数。

D

Problem

给定 \(n\) 个商品的价值 \(v_{i}\)、原价 \(a_{i}\) 和涨价后的价格 \(b_{i}\)，令 \(f(x)\) 表示用 \(x\) 元钱最多能买走总价值多少的商品。

给定正整数 \(E\) 和 \(k\)，统计有多少区间 \([l, r]\) 满足将编号在该区间内的商品涨价出售时，期望收益 \(\frac{f(1) + \dots + f(k)}{k} \le E\)。

\(1 \le n, k \le 2 \times 10^{5}\)，\(nk \le 10^{7}\)，\(1 \le E \le 10^{9}\)，\(1 \le v_{i} \le 10^{4}\)，\(1 \le a_{i} < b_{i} \le k\)。

Solution

令 \(p_{i}\) 表示满足 \([i ,r]\) 区间涨价后期望收益 \(\le E\) 的最小的 \(r\)，则答案为 \(\sum\limits_{1 \le i \le n}(n - p_{i} + 1)\)。

显然 \(p_{i}\) 单调不降，因此使用双指针可以实现 \(O(n^{2}k)\) 的暴力。

接下来用整体二分优化。记 divide(l, r, pl, pr, B) 表示考虑求解 \([l, r]\) 内的 \(p\) 值，且 \(p\) 值域落在 \([pl, pr]\)，\([l, r] \cup [pl, pr]\) 之外的商品已经被装进背包 \(B\)。需要保证 \(pl \ge l \and pr \ge r\)。

令 \(mid = \lfloor \frac{l + r}{2} \rfloor\)。由于 \(p\) 的单调性，可以在 \([\max(mid, pl), \min(n, ,pr)]\) 上二分求出满足 \(p_{mid}\)，记为 \(pmid\)。

继续往下分治 divide(l, mid - 1, pl, pmid, Bl) 和 divide(mid + 1, r, max(mid + 1, pmid), Br)。

每个商品被处理 \(O(\log{n})\) 层，每一层会因为二分被插入 \(O(\log{n})\) 次，因此总时间复杂度为 \(O(nk\log^{2}{n})\)。

还需要继续优化：注意到每次二分都会使一些商品的类型固定，因此可以在二分过程中把这些确定的商品存到恒定背包中，之后不再考虑对这个商品进行插入操作。

具体来说，优化过程如下：

有一个初始的恒定背包 \(now\)，这个背包是从上一层处理中传下来的，即一个已经装入了所有 \([l, r] \cup [pl, pr]\) 之外的商品的背包。
在这一层中，先将 \([l, mid - 1]\) 以原价装入背包，将 \([mid, \min(r, pl - 1)]\) 以高价装入背包，这两个区间内的商品类型在二分前就已经固定。
取二分初始上下界 \(L = \max(mid, pl), R = \min(n, pr)\)。
二分过程中，记二分中点为 \(Mid\)。新开一个背包 \(KS\) 初始化为 \(now\)。

将 \([L, Mid]\) 内的商品以高价装进 \(KS\)，将 \([Mid + 1, R]\) 内的商品以原价装进 \(KS\)。
- 若 \([mid, Mid]\) 不满足条件，则 \(pmid > Mid\)，并确定 \([L, Mid]\) 内的商品均涨价，将这些商品以高价装进背包 \(now\)，令 \(L = Mid + 1\)。
- 若 \([mid, Mid]\) 满足条件，则 \(pmid \le Mid\)，更新 \(pmid\)，并确定 \([Mid, R]\) 内的商品均为原价，将这些商品以原价装进背包 \(now\)，令 \(R = Mid - 1\)。

记 \(len = r - l + pr - pl\)。装进背包 \(KS\) 的次数为 \(O(len\sum\limits_{i = 1}^{\log{len}}\frac{1}{2^{i}}) = O(len)\)，装进背包 \(now\) 的次数显然是 \(O(len)\)。

由于同一层中，\([l, r]\) 不相交，\([pl, pr]\) 几乎不相交，因此在一层分治中向背包中插入商品的次数级别是 \(O(n)\) 的，一共有 \(O(\log{n})\) 层，故总共插 \(O(n\log{n})\) 次，总时间复杂度为 \(O(nk\log{n})\)。

E

Problem

现在有 \(n\) 个关卡，要从第 \(1\) 关开始依次通过这 \(n\) 关，第 \(i\) 个关卡的通关概率为 \(p_{i}\)。其中有 \(m\) 个关卡可以无限回蓝，且给定这 \(m\) 个关卡的编号。给定 \(H, S\)，分别表示生命值上限和蓝量上限。给定 \(T_{1}\) 和 \(T_{2}\)，分别表示用一单位蓝回一单位血的时间和受到伤害后直接回一单位血的时间。闯关过程可以执行以下操作：

用一单位时间挑战当前关卡，如果失败则继续此关卡并扣一滴血，如果成功则进入下一关。所有关卡
用 \(T_{1}\) 时间消耗一单位蓝回一单位血。
当且仅当闯关失败掉血后，可以用 \(T_{2}\) 时间直接回一单位血。
有 \(k\) 个关卡可以无限回蓝，回蓝不需要消耗时间。

求按照最优策略保证角色不死的情况下所需的最小期望通关时间。

\(1 \le m \le n \le 10^{3}\)，\(2 \le H \le 9\)，\(0 \le S \le 6\)。

Solution

当 \(S = 0\) 或 \(T_{1} \ge T_{2}\) 时，用蓝回血不比直接回血更优，蓝量是无用的。

贪心地，只要一定不会死就一直尝试闯关，如果血量降到 \(1\) 就立即回血（依据这一点，我们不考虑血量为 \(1\) 的状态）。

记 \(f_{i, j}\) 表示玩家位于第 \(i\) 关且血量为 \(j\) 的最小期望时间，初始化 \(f_{n + 1, j} = 0\)，从后往前递推，答案为 \(f_{1, H}\)。

则：

\[f_{i, j} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j} + (1 - p_{i})f_{i, j - 1} & j > 2 \\ 1 + p_{i}f_{i + 1, j} + (1 - p_{i})(f_{i, j} + T_{2}) & j = 2 \\ \end{cases} \]

整理得：

\[f_{i, j} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j} + (1 - p_{i})f_{i, j - 1} & j > 2 \\ \frac{1}{p_{i}} \left( 1 + p_{i}f_{i + 1, j} + (1 - p_{i})T_{2} \right) & j = 2 \\ \end{cases} \]

当 \(S > 0\) 且 \(T_{1} < T_{2}\) 时，需要考虑用蓝。

扩展贪心策略：只要保证不会死就一直尝试闯关，如果血量降到 \(1\) 就立即回血，且尽可能先用蓝回血。

记 \(f_{i, j, k}\) 表示玩家位于第 \(i\) 关，血量为 \(j\)，蓝量为 \(k\) 的最小期望时间。

则：

\[f_{i, j, k} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})f_{i, j - 1, k} & j > 2 \\ 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})(f_{i, j, k - 1} + T_{1}) & j = 2 \and k > 0 \\ 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})(f_{i, j, k} + T_{2}) & j = 2 \and k = 0 \\ \end{cases} \]

整理得：

\[f_{i, j, k} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})f_{i, j - 1, k} & j > 2 \\ 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})(f_{i, j, k - 1} + T_{1}) & j = 2 \and k > 0 \\ \frac{1}{p_{i}}\left( 1 + p_{i}f_{i + 1, j, k} + (1 - p_{i})T_{2} \right) & j = 2 \and k = 0 \\ \end{cases} \]

如果关卡 \(i\) 可以无限回蓝，则有 \(f_{i, j, k} = f_{i, j, S}\)，我们只需考虑计算 \(f_{i, j, S}\)。

由于蓝量无限，因此转移中可以忽略第三维的变化。记 \(g_{j} = f_{i, j, S}\)。

\[g_{j} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j, S} + (1 - p_{i})g_{j - 1} & j > 2 \\ 1 + p_{i}f_{i + 1, j, S} + (1 - p_{i})(g_{j} + T_{1}) & j = 2 \\ \end{cases} \]

整理得：

\[g_{j} = \begin{cases} 1 + p_{i}f_{i + 1, j, S} + (1 - p_{i})g_{j - 1} & j > 2 \\ \frac{1}{p_{i}}(1 + p_{i}f_{i + 1, j, S} + (1 - p_{i})T_{1}) & j = 2 \\ \end{cases} \]

以上只考虑了无限蓝量对普通转移的影响，而没有考虑无限蓝量本身能发挥的作用。注意到：在一个无限回蓝的关卡中，当 \(t_{1} < t_{2}\) 时，可以考虑在此处用蓝回血，使得后续闯关过程的期望时间变少。

另一方面，由于用蓝回血的操作，在当前关卡中，只在血量降到 \(1\) 时回血的 贪心策略不再正确。因此，我们需要在血量为任何时刻都需要考虑回血操作，即加上转移：

\[g_{j} \xleftarrow{\min}\frac{1}{p_{i}}(1 + p_{i}f_{i + 1, j, S} + (1 - p_{i})T_{1}), j > 2 \]

相当于把每个 \(j\) 都作为了一个钦定的血量下界，而对于 \(j^{'} < j\)，直接考虑 \(g_{j^{'}} \xleftarrow{\min} g_{j} + (j - j^{'})T_{1}\)。

这样就同时解决了贪心不成立与无限蓝量两个问题。

实际实现时，不需要进行 \(O(H^{2})\) 的枚举。一种 \(O(H)\) 的处理方式是：从大到小枚举 \(j\)，令 \(g_{j} \xleftarrow{\min} g_{j + 1} + T_{1}\)，相当于预先用蓝回一滴血，化归到 \(g_{j + 1}\) 的求解。

时间复杂度 \(O(nHS)\)。

F

Problem

给定一个长为 \(n\) 的排列 \(p\)。定义 \(A_{i} = \sum\limits_{j < i}[p_{j} < p_{i}]\)，\(B_{i} = \sum\limits_{j < i}[p_{j} > p_{i}]\)，\(C_{i} = \min(A_{i}, B_{i})\)。

\(Q\) 次询问 \((u, v)\)，计算交换 \(p_{u}, p_{v}\) 后 \(\sum\limits_{i = 1}^{n}C_{i}\) 的值。询问之间相互独立。

\(1 \le n \le 10^{5}\)，\(1 \le Q \le 2 \times 10^{5}\)。

Solution 1

离线询问。

首先用树状数组可以处理出初始 \(A_i, B_{i}, C_{i}\)。

假设 \(u < v\)，则交换 \(p_{u}, p_{v}\) 只会影响 \(C_{u}, C_{u + 1}, \dots, C_{v}\)。

\(C_{u}, C_{v}\) 可以单独重新计算。

对于 \(i \in [u + 1, v - 1]\)，\(C_{i}\) 最多变化 \(1\)，变化量取决于 \(p_{i}\) 与 \(p_{u}, p_{v}\) 的大小关系和原本 \(A_{i}, B_{i}\) 的大小关系。

这里需要进行分类讨论：

若 \(p_{i} < p_{u}\) 且 \(p_{i} < p_{v}\)：\(A_{i}, B_{i}, C_{i}\) 均不变。
若 \(p_{i} < p_{u}\) 且 \(p_{i} > p_{v}\)：\(A_{i}\) 加一，\(B_{i}\) 减一，若 \(A_{i} \ge B_{i}\)，则 \(C_{i}\) 减一，若 \(A_{i} < B_{i} - 1\)，则 \(C_{i}\) 加一，否则 \(C_{i}\) 不变。
若 \(p_{i} > p_{u}\) 且 \(p_{i} < p_{v}\)：\(A_{i}\) 减一，\(B_{i}\) 加一，若 \(B_{i} \ge A_{i}\)，则 \(C_{i}\) 减一，若 \(B_{i} < A_{i} - 1\)，则 \(C_{i}\) 加一，否则 \(C_{i}\) 不变。
若 \(p_{i} > p_{u}\) 且 \(p_{i} > p_{v}\)：\(A_{i}, B_{i}, C_{i}\) 均不变。

对 \(A_{i} \ge B_{i}, A_{i} < B_{i} - 1, B_{i} \ge A_{i}, B_{i} < A_{i} - 1\) 分别开树状数组二位数点即可轻松解决。

时间复杂度 \(O((n + Q)\log{n})\)。

G

Problem

平面上给定起点 \((s_{x}, s_{y})\) 和终点 \((t_{x}, t_{y})\)，给定步行速度 \(V_{1}\)。

给定 \(n\) 个点 \((x_{1}, y_{1}), \dots, (x_{n}, y_{n})\)，当经过其中某个点时，就能在接下来的三秒内以 \(V_{2}\) 的速度滑行运动。

求从起点运动到终点的最短时间。

\(1 \le n \le 1000\)，\(-10^{6} \le x_{i}, y_{i}, s_{x}, s_{y}, t_{x}, t_{y} \le 10^{6}\)，\(1 \le V_{1} < V_{2} \le 10^{6}\)。

Solution

起点向 \(n\) 个特殊点和终点连边，特殊点之间连边，特殊点向终点连边，边权均为从一个点到下一个点的最小时间。

跑一遍 Dijkstra 即可。时间复杂度 \(O(n^{2})\)。

I

Problem

给定一个长度为 \(n\) 的字符串 \(S\)。定义对字符串 \(T\) 的一次游戏为：

两个人轮流从字符串的开头或末尾删除一个字符。
先将字符串变成回文串者输。当初始 \(T\) 为回文串时，先手输。

\(Q\) 次询问区间 \([l, r]\)，求对字符串 \(S[l, r]\) 进行游戏的胜者是先手还是后手。

\(1 \le n, Q \le 10^{6}\)。

Solution

记 \(f(l, r)\) 表示先手拥有字符串 \(S[l, r]\) 时先手的胜负状态，\(f(l, r) = 0 / 1\) 分别表示必败/必胜。

\(S[l, r]\) 为回文串时：\(f(l, r) = 0\)。
\(S[l + 1, r], S[l, r - 1]\) 均为回文串时：\(f(l, r) = 0\)。
若 \(S[l + 1, r]\) 不是回文串且 \(f(l + 1, r) = 0\) 或 \(S[l, r - 1]\) 不是回文串且 \(f(l, r - 1) = 0\)，则 \(f(l, r) = 1\)，否则 \(f(l, r) = 0\)。

经过打表发现：如果 \(S[l, r]\) 为回文串，则 \(f(l, r) = 0\)。否则 \(f(l, r) = (r - l + 1) \& 1\)。

区间判断回文串直接用哈希即可。woc这个结论居然是对的。

时间复杂度 \(O(n + Q)\)。

证明：特判掉初始串为回文串的情况。对于其它情况，终止态的长度一定是偶数，形如 ab，abab，ababab 等，所以一个串先手必胜还是先手必败就只与该串长度的奇偶性有关。

J

Problem

\(T\) 组数据。现有一个单位圆，给定 \(d_{s}, d_{t}\)，表示起点在 \((\cos{\frac{d_{s}\pi}{180}}, \sin{\frac{d_{s}\pi}{180}})\)，终点在 \((\cos{\frac{d_{t}\pi}{180}}, \sin{\frac{d_{t}\pi}{180}})\)。

现在要从起点跳到终点，每次可以跳长度为 \(1\) 的距离且路径连线不能处于单位圆内，求最少的跳跃次数并输出方案。

\(1 \le T \le 10^{4}\)，\(0 \le d_{S}, d_{t} \le 359\)。

Solution

跳跃次数很小，也是分类讨论即可。记 \(d = \min(|d_{s} - d_{t}|, 360 - |d_{s} - d_{t}|)\)，\(k\) 表示最少跳跃次数。

记起点与终点分别为 \(s, t\)。不妨假设 \(t\) 在 \(s\) 的逆时针方向。如果方向相反则交换 \(s, t\) 处理，逆序输出答案即可。

记 \(s^{'}\) 表示 \(s\) 逆时针转 \(90\) 度得到的点。

\(d = 0\) 时：\(k = 0\)。
\(0 < d \le 90\)：\(k = 2\)。

构造方式：\(s \to s + t \to t\)。注意我们可以把点视作向量处理。
\(90 < d \le 131\)：\(k = 3\)。（\(\arccos{\frac{3}{4}} \approx \frac{41\pi}{180}\)）

\(131\) 这个分界点当 \(s, t\) 处均为切线时取得。

构造方式：\(s \to s + s^{'} \to p \to t\)，其中 \(p\) 表示 \(s + s^{'}\) 与 \(t\) 连线的中垂线上与这两点相距为 \(1\) 的点。

求 \(p\) 要麻烦一点，需要画图利用几何知识求解。我的方法是以 \(t\) 为基点，考察 \(p, t\) 连线与 \(x\) 正半轴的夹角，而这个夹角是容易计算的。
\(131 < d \le 180\)：\(k = 4\)。

构造方式：\(s \to s + s^{'} \to s^{'} \to s^{'} + t \to t\)。

K

Problem

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，每条边的颜色是黑色或者白色。一开始所有边都是黑色的。

\(Q\) 次操作：

1 k：将第 \(k\) 条边的颜色进行反转。

2 u v：询问是否能从 \(u\) 只经过黑色的边走到 \(v\)。

\(2 \le n \le 5 \times 10^{4}\)，\(1 \le m, Q \le 10^{5}\)。

Solution

to be done.

L

Problem

给定 \(n\) 个正整数 \(a_{1}, \dots, a_{n}\)，对集合 \(S \subseteq (1, \dots, n)\) 定义 \(ave(S) = \frac{1}{|S|}\sum\limits_{x \in S}a_{x}\)，\(W(S) = \sum\limits_{x \in S}[a_{x} > ave(S)]\)。求 \(\max{W(S)}\)。

\(1 \le n \le 10^{6}\)，\(1 \le a_{i} \le 10^{9}\)。