寒假训练记录（一）

news/2025/11/30 11:17:48/文章来源:https://www.cnblogs.com/Linge-Zzzz/p/19193300

贪心

最优化的通用套路，调整法。

邻项交换、邻项合并、反悔贪心、模拟费用流。

邻项交换的正确性来源于，你的序是一个全序。

还有一种题调整是一个形如二维偏序的形式，这样可以考虑其对偶，一条折线划分成两部分。如 QOJ9222。

构造

常用方法：

进行一些问题转化然后使用构造性的算法来解决。
增量。
构造或者直接随机一个基本解，在其基础上调整。
构造一个基本操作。
组合 Pattern。

CF862C

直接随机 \(n-1\) 个数，然后判断能不能通过最后一个数调整。
随便选 \(n-2\) 个数，然后找出两个数调整一下，可以证明一定可以。
熟知 \(4k,4k+1,4k+2,4k+3\) 的异或和为 \(0\)，于是直接增量。

CF468B

观察一下：若存在 \(x,y\in S,x+y=a\)，那么 \(x,y\) 必须属于同一个集合。\(b\) 同理。

那么连一下边，变成若干个连通块。对每个连通块判一下能不能属于 \(A\) 或者 \(B\) 就行了。

也可以直接 2-SAT。

P7115

对每个颜色分别整理肯定没前途。考虑 \(n=2\) 咋做。

对每个柱子分别做。在剩下两个柱子上给他桶排一下，这样能在 \(O(m)\) 次操作内做掉。

直接分治即可在 \(O(nm\log n)\) 次操作内做掉。

P6892

首先显然操作次数下界是 \(n\)。如何构造？考虑每次把首尾两端整理好一部分，然后递归构造即可。

zig-zag Pattern

考虑这样一个图：

\[0\to 1\to -1\to 2\to -2\to 3\to \cdots \]

这样每一步之前走过的点都是一个区间，而且距离为 \(1,2,3,4,\cdots\)。非常优美。

例题 P9837，直接建模成上面这个数轴就行了。

定义一个图的边集的 \(k\) 旋转为：每条边 \((u,v)\) 变为 \((u+k,v+k)\)，模意义下的。

现在，找出一个图，使得其的 \(0,1,2,\cdots,n-1\) 旋转，这些图的边集不重复，且并起来是一个有向完全图。

模拟赛

11.6

T1

给定一个长为 \(n-1\) 的数列，建一张图，对于所有 \(1\leq i<n\)，\(i\) 可以到达 \([i+1,a_i]\) 的点。问所有点对最短距离之和。

\(n\leq 10^5\)。

设 \(f_i\) 表示从 \(i\) 出发的最短距离之和。考虑从右往左挨个计算 \(f_i\)，发现可以转移。

T2

给定 \(n\)，有一个 \(n\times n\times n\) 的立方体。如果在一个位置放置一个监控，那么它可以监控其前后左右上下六个方向的所有格子。

构造一种放置监控的方案，满足每个格子都被监控到，且监控个数不多于 \(\lfloor\frac{n^2}{2}\rfloor\)

考虑把整个立方体切成八个部分，用 \((\frac{n}{2})^2\) 个点覆盖四个部分。发现直接对于 \(n\) 个平面放排列的 \(n\) 次循环即可。

T3

。

T4

一个内向基环树，每个点有点权 \(a_i\)，设 \(i\) 连向的点为 \(p_i\)。每个时刻，对于每个 \(i\)，同时发生以下事件：若 \(a_{p_i}\geq a_i\)，则 \(a_i\) 自增 \(1\)。

\(q\) 次询问，问你在 \(d\) 时刻 \(a_k\) 的值。

\(n,q,k,d\leq 2\times 10^5\)。

首先考虑一个根向树怎么做。可以直接在 dfs 的过程中线段树维护。

考虑有环。注意到环上的最小值一定是一直自增，直接断开即可。

T5

给定 \(n,k\)，问 \(\{1,2,3,\cdots,n\}\) 的子集族有多少个子集满足每个数出现至少 \(k\) 次。

\(n\leq 3500,0\leq k\leq 2\)。

分类讨论，对于 \(k=0\)，答案显然为 \(2^{(2^n)}\)。

对于 \(k=1\)，容斥钦定 \(i\) 个数一定不出现，则答案为：

\[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})} \]

对于 \(k=2\)，容斥钦定 \(i\) 个数一定出现 \(0\) 次或 \(1\) 次，然后在这 \(i\) 个数里面枚举 \(j\) 个出现 \(1\) 次，剩下 \(i-j\) 个不出现。然后枚举 \(t\) 表示 \(j\) 个只出现 \(1\) 次的数被划分为几个集合，可以得到：

\[\begin{aligned} &\quad\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}\sum_{t=0}^j{j\brace t}(2^{n-i})^t\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}\sum_{t=0}^{\color{red}n}{j\brace t}(2^{n-i})^t\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}\sum_{t=0}^n(2^{n-i})^t\frac{1}{t!}\sum_{p=0}^t(-1)^{t-p}\binom{t}{p}p^j\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{t=0}^i\sum_{p=0}^t(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}(2^{n-i})^t\frac{1}{t!}(-1)^{t-p}\binom{t}{p}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}p^j\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{t=0}^i\sum_{p=0}^t(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}(2^{n-i})^t\frac{1}{t!}(-1)^{t-p}\binom{t}{p}(p+1)^j\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{t=0}^i\sum_{p=0}^t(2^{n-i})^t(-1)^t(-1)^p\frac{1}{p!(t-p)!}(p+1)^j\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{p=0}^i(-1)^p\frac{1}{p!}(p+1)^j\sum_{t=p}^i(2^{n-i})^t(-1)^t\frac{1}{(t-p)!}\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{p=0}^i(-1)^p\frac{1}{p!}(p+1)^j\sum_{d=0}^{i-p}(2^{n-i})^{p+d}(-1)^{p+d}\frac{1}{d!}\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}2^{(2^{n-i})}\sum_{p=0}^i\frac{1}{p!}(p+1)^j(2^{n-i})^{p}\{\sum_{d=0}^{i-p}(2^{n-i})^{d}(-1)^{d}\frac{1}{d!}\}\\ \end{aligned} \]

可以直接 \(O(n^2)\) 计算。