11.14模拟赛

T1

题目描述

一个长度为 \(n\) 的记账单,\(+\) 表示存入 \(1\) 元钱,\(-\) 表示取出 \(1\) 元钱。初始时账户上有 \(p\) 元钱，最终账户上恰好有 \(q\) 元钱。

现在发现记账单有问题，你要把记账单修改正确，使得:

• 账户上的钱数永远非负;
• 最后账户上恰好有 \(q\) 元钱。

你可以进行任意次操作,每次操作可选以下两种之一:

• 对某一位取反，耗时 \(x\);
• 将记账单循环右移一位,耗时 \(y\)。
  求最小总耗时。

对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \leq n \leq 10^{6}\),\(0 \leq p,q \leq 10^{6}\),\(1 \leq x,y \leq 1000\)，数据保证有解。

题解

感觉没有紫，挺好想的。

考虑先消除第二个操作，就是倍长一遍序列，然后对每个区间求答案。现在考虑怎么求解。先找点性质，发现如果我们要把一些减改为加使得账户上的钱数永远非负，那一定修改的是最先出现的减法。发现这样一定不劣，所以优先满足这个性质。如果满足第一个性质时，我们要增加一些值，那就直接取反一些减就行了，否则我们一定让后缀的一些加变为减，容易看出这样不会使得第一个条件不满足。

经过上面的分析，我们需要维护区间出现的最小值即可，用单调队列即可求出。然后考虑操作数，每次操作都可以使得区间和 \(+2\)，区间 \(\min +2\)。所以操作数量也可以求出了。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define m127(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int n,m,k,T,a[N],sum[N],mi[N],p,q,x,y;
vector<int> g[N];
deque<int> dq;
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>p>>q>>x>>y;rep(i,1,n){char c;cin>>c;if(c=='+') a[i]=a[i+n]=1;else a[i]=a[i+n]=-1;}m127(mi);rep(i,1,n*2){sum[i]=sum[i-1]+a[i];while(!dq.empty()&&dq.front()<=i-n) dq.pop_front();while(!dq.empty()&&sum[dq.back()]>sum[i])dq.pop_back();dq.push_back(i);mi[i]=sum[dq.front()];}int ans=LONG_LONG_MAX,gt=q-(sum[n]+p);rep(i,n+1,n*2){int t=max(0ll,sum[i-n]-mi[i]-p+1)/2*x+abs(gt-(max(0ll,sum[i-n]-mi[i]-p+1)/2)*2)/2*x;ans=min(ans,t+(2*n-i)*y);}cout<<ans;return 0;
}

T2

感觉挺对胃口的很快就想出来了。

考虑添加一个元素在末尾会有什么影响。发现如果这个区间可以删除数的数量 \(\ge i-a_i\) 其 \(i\le a_i\) 那么这个数一定可以被删掉，而且不影响前面的数。具体来说，当原序列删了 \(i-a_i\) 个数之后再删掉 \(a_i\) 就行了。

接下来考虑怎么做询问，考虑扫描线来扫描 \(r\)，同时我们维护每一个 \(l\) 的答案。然后我们发现每加一个点的时候就是上述操作。接下来还有一个性质：可以使得 \(a_r\) 删掉的区间一定是一个前缀。因为前面多了一谢数是不影响后面的操作的，所以 \(l\) 越小 \(ans\) 一定不减。所以我们用线段树维护每个点的答案，维护区间 \(\max\) 和区间加法就好了。

具体来说因为答案递减，我们可以线段树上二分求出这个操作可以删除的分界点，然后在分界点上做前缀加就好了。

（考场题意有点不同，询问是只保留 \(l,r\) 中的数最多能删多少）code：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ls (p<<1)
#define rs (p<<1|1)
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,m,q,k,T,a[N],laz[N<<2],t[N<<2],ans[N];
vector<pii> e[N];
void pushup(int p){t[p]=max(t[ls],t[rs]); 
}
void pushdown(int p){if(laz[p]==0) return;int k=laz[p];laz[p]=0;laz[ls]+=k;laz[rs]+=k;t[ls]+=k;t[rs]+=k; 
}
void upd(int p,int l,int r,int x,int y){if(x<=l&&r<=y){t[p]++;laz[p]++;return;}int mid=l+r>>1;pushdown(p);if(x<=mid) upd(ls,l,mid,x,y);if(y>mid) upd(rs,mid+1,r,x,y);pushup(p);
}
int find(int p,int l,int r,int x){if(l==r) return l;int mid=l+r>>1;pushdown(p);if(t[rs]>=x) return find(rs,mid+1,r,x);else return find(ls,l,mid,x);
}
int query(int p,int l,int r,int x){if(l==r) return t[p];int mid=l+r>>1;pushdown(p);if(x<=mid) return query(ls,l,mid,x);else return query(rs,mid+1,r,x);
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;rep(i,1,n) cin>>a[i];cin>>q;rep(i,1,q){int l,r;cin>>l>>r;e[r].pb({l,i});}rep(i,1,n){int x=i-a[i];if(x>=0&&t[1]>=x){int pl=find(1,1,n,x);upd(1,1,n,1,min(i,pl));}for(pii t:e[i]){int l=t.fi,id=t.se;ans[id]=query(1,1,n,l);}}rep(i,1,q) cout<<ans[i]<<'\n';return 0;
}

T3

加强到了 \(n\le 10^{10}\)。

考虑原题怎么做，我们发现两个限制相似，所以先单独考虑一个。抽象出来是有很多链，求独立集个数。

接下来我们把两个限制都加上，考虑答案就是很多网格图上的独立集个数。网格图形如下方：

1  2  4  8   16  32  ...
3  6  12 24  48  96  ...
9  18 36 72  ...
27 ...

显然相邻两个数不能选，我们造出每种矩形然后乘法原理组起来就好了。

考虑怎么求每个矩形的答案，我们发现这个矩形行数是 \(\log_2n\) 的，列是 \(\log_3n\) 的，这个复杂度允许我们状压。

接下来就是状压板子了。

接下来考虑怎么做这个题，注意到如果两个矩形左上角的点 \(i,j\) 满足 \(\frac{n}{i} = \frac{n}{j}\) 那么这两个矩形是一样的，所以想到数论分块，这样最多跑 \(\sqrt n\) 次 \(dp\) 了，每个块内的需要跑的个数就是 \((r-r/2-r/3+r/6)-((l-1)-(l-1)/2-(l-1)/3+(l-1)/6)\)。然后我们精细实现下 \(dp\) 就能过了。

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef long double ld;const int N=35,mod=1e9+1;ll n;ll dp[N][1<<21],ok[1<<21];int lstp[N],p[N],cnt=0,lstcnt=0;ll lstres=0;ll solve(ll lim){bool flag=true;for(ll i=1;i<=lim;i<<=1){cnt++;for(ll j=i;j<=lim;j*=3) p[cnt]++;if(p[cnt]!=lstp[cnt]) flag=false;}if(flag&&lstcnt==cnt){for(int i=1;i<=cnt;i++) p[i]=0;cnt=0;return lstres;}for(int i=1;i<=cnt;i++){if(i==1){for(int j=0;j<(1<<p[1]);j++) dp[1][j]=ok[j];}else{int lst=(1<<p[i-1])-1;for(int j=0;j<(1<<p[i]);j++)dp[i][j]=dp[i-1][lst^j]*ok[j];	}for(int k=0;k<p[i];k++)for(int j=0;j<(1<<p[i]);j++)if((j>>k)&1)(dp[i][j]+=dp[i][j^(1<<k)])%=mod;}ll res=dp[cnt][(1<<p[cnt])-1];for(int i=1;i<=cnt;i++) lstp[i]=p[i],p[i]=0;lstcnt=cnt,lstres=res;cnt=0;return res;
}ll get_sum(ll l,ll r){return (r-r/2-r/3+r/6)-((l-1)-(l-1)/2-(l-1)/3+(l-1)/6);
}ll quickpow(ll a,ll k){ll res=1;while(k){if(k&1) (res*=a)%=mod;(a*=a)%=mod,k>>=1;}return res;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;for(int i=0;i<(1<<21);i++)if((i&(i<<1))==0) ok[i]=1;ll ans=1,pl=1;while(pl<=n){ll lim=n/pl;ll l=pl,r=n/lim; pl=r+1;ll sum=get_sum(l,r);if(!sum) continue;ll res=solve(lim);(ans*=quickpow(res,sum))%=mod;}cout<<ans;return 0;
}

T4

题目描述

给你一棵 \(n\) 个点的树，你要把每个节点黑白染色。定义它的丑陋程度为:

• 所有的连通块中，黑点和白点个数差的绝对值的最大值

你希望它的丑陋程度尽量小。在这个问题中，你要解决三类问题:

1. 求出最小的丑陋程度。
2. 求出最小的丑陋程度，并且构造方案。
3. 你需要额外保证黑点和白点的个数之差不超过 \(1\)。求出满足这个要求的最小丑陋程度，并且构造方案。

对于所有测试数据，保证 \(o\in\{1,2,3\}\),\(2\leq n\leq 2\times 10^{5}\) 。

题解

先找出答案的一个下界。记叶子个数为 \(k\)，考虑所有非叶子与黑叶子构成的连通块，先删除所有黑叶子，再加入所有白叶子，值域变化为 \(k\)，因此答案至少是 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $。

有经典结论是可以使用 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $ 条路径覆盖树的所有点，构造直接将叶子按 dfs 序编号，前一半和后一半按顺序匹配即可。那么可以将原树划分为 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $ 个集合，每个集合是某条路径的子集。

把每个集合按照路径顺序黑白染色即可。一个连通块与一个集合的交集一定是连续的一段，因此黑白点个数之差不超过1，总共 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $ 个集合，因此最大黑白点数差不超过 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $ 。

可以根据当前黑白点个数决定下一个集合是先染黑色还是先染白色，保证整体黑白点数差不超过 \(1\)。

集合划分时，不妨依次考虑 $ \lceil\frac{k}{2}\rceil $ 条路径，将路径上未划分的点都划分到当前集合。容易使用并查集维护，或者找到所有叶子的重心后 dfs 维护，复杂度 \(O(n\log n\sim n)\)。

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int n,m,k,T,a[N],fx[N],f[N][20],dep[N],cnt,le[N],col[N];
vector<int> g[N];
void dfs(int u,int fa){f[u][0]=fa;dep[u]=dep[fa]+1;rep(i,1,19) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];for(int v:g[u]){if(v==fa) continue;dfs(v,u);}if(g[u].size()==1){le[++cnt]=u;}
}
int lca(int x,int y){if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);per(i,19,0){if(dep[f[x][i]]>=dep[y]) x=f[x][i];}if(x==y) return x;per(i,19,0){if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];}return f[x][0];
}
int find(int x){if(fx[x]==x) return x;return fx[x]=find(fx[x]);
}
int sub,suw;
void solve(int x,int y){int nw=0;if(sub>suw) nw=1;int lx=lca(x,y);stack<int> st;while(dep[x]>=dep[lx]){col[x]=nw;if(nw==1) suw++;else sub++;nw^=1;fx[x]=find(f[x][0]);x=find(x);}while(dep[y]>=dep[lx]){if(dep[y]>dep[lx])st.push(y);fx[find(y)]=find(f[y][0]);y=find(y);}while(!st.empty()){col[st.top()]=nw;if(nw==1) suw++;else sub++;nw^=1;st.pop();}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int o;cin>>o>>n;rep(i,1,n) fx[i]=i;rep(i,1,n-1){int u,v;cin>>u>>v;g[u].pb(v);g[v].pb(u);}dfs(1,0);int ans=(cnt+1)/2;rep(i,1,ans){int x=le[i],y=le[min(cnt,i+ans)];solve(x,y);}cout<<ans<<'\n';if(o!=1)rep(i,1,n) cout<<col[i]<<" ";return 0;
}