[转自官方]2016 Multi-University Training Contest 2 solutions BY zimpha

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http://bestcoder.hdu.edu.cn/blog/2016-multi-university-training-contest-2-solutions-by-zimpha/

Acperience

展开式子, ∥W–αB∥2=α2∑i=1nb2i−2α∑i=1nwibi+∑i=1nw2i.

由于bi∈{+1,−1}, 那么∑i=1nb2i=n, 显然c=∑i=1nw2i也是常数. 转化成求α2n−2α∑i=1nwibi+c的最小值. 对于固定的α>0, 只要∑i=1nwibi最大就好了. 显然bi=sign(wi)的时候, ∑i=1nwibi=∑i=1n|wi|最大. 进一步的, 上面显然是一个关于α的二次方程, 于是当α=1n∑i=1nwibi=1n∑i=1n|wi|时, 取到最大值.

化简下, 可以得到最小值是∑ni=1w2i−1n(∑i=1n|wi|)2

Born Slippy

感谢叉姐在ICPCCamp上出的这道题最初的原型 — Data Structure You’ve Never Heard Of, 同样感谢Claris老师的教导.

由于and, or和xor方法都差不多, 这里仅考虑and操作. 不妨令dp(s)=f(s)−ws, 我们大概要求的就是dp(i)=maxj is ancestor of i{dp(j)+wi and wj}. 然后, 显然dp(j)+wi and wj这个式子可以拆成dp(j)+[wi后8位] and [wj后8位] + ([wi前8位] and [wj前8位]) << 8.

先考虑序列上应该如何做, 即求dp(i)=maxj<i{dp(j)+wi and wj}. 考虑这样一个二维数组ds(x,y), 表示对于某个wi的后8位为y, 对于某个wj的前8位为x时, dp(j) + [wi后8位] and [wj后8位]的最值.

如果知道了上述数组, 那么对于某个i, 计算dp(i)的值就十分方便, 不妨令wi=(a<<8)|b, 即a和b分别是wi前8位和后8位, 那么只需要枚举wj的前8位x, 用ds(x,b)+((a and x)<<8)更新dp(i). 把新的dp值更新到ds(x,y)也是类似的.

上述方法推广到树上也是十分简单, 由于每次更新ds(x,y)的时候只有数组的一维会变动(令a=wi>>8, 那么只有ds(a,⋅)会变化), 那么只要对数组的第一维做一个可持久化就好了(或者说边dfs边备份).

Call It What You Want

这个图大概就是一棵树, 然后最多加了5条边. 首先通过不断删掉度为1的点, 把这个图中属于树的部分全部砍掉, 那么我们会得到一个没有度等于1的点的图. 之后把图中度为2的点都缩掉, 最后得到一个图每个点的度至少为3. 显然最后得到的图最多只有8个点, 12条边(也许是10个点, 14条边, 但是随机出来的数据没有这种情况, 大概8个点12条边就是上界了吧).

考虑最长路的组成, 可以分为2种情况: 1. 在砍掉的树部分上; 2. 树上一条链+最终图上的一条路径+树上另一条链.

对于第一种情况, 在删度为1节点的时候就可以顺便计算出每个点u往下走的最长路fu和次长路gu, 显然答案就是max{fu+gu}.

第二种情况有点复杂, 主要麻烦的地方在于多出来的2条链, 它们的位置有多种情况. 可能是在同一条边中延伸出来; 可能是在同一个环上延伸出来; 可能在两个不同的环上; 可能一个在环上, 另一个在普通边上. 根据这些情况, 大概要预处理出一些东西, 然后考虑枚举12条边的经过顺序, 然后在路径2边接上树上的链. 枚举经过顺序过程可以用状态压缩dp来优化. 需要注意的是最终图上的边也许会有重边.

Nero爷提供了一个比较暴力的方法, 和上面方法类似, 先把树上的一些东西都搞完, 接下来考虑多出的5条非树边. 那么可以5!暴力枚举这5条非树边的经过顺序(可能还要枚举下方向), 显然剩下来一定是要经过树边, 直接用树边把这些边接起来就好了(这里直接暴力bfs或者dfs就好了, 需要注意非树边上的点不要重复经过). 这个方法在测试的时候开长时限给放过了, 不知道比赛时候会不会因为一些不可知的原因而炸掉.

Differencia

感谢Claris老师教我如何卡常数 — 只要数据范围够大就好了.

这道题O(nlog2n)的线段树套有序表做法很显然. 线段树每个节点[l,r]维护这个区间内, 数组b排序好的结果. 然后对于修改操作, 只要在这个区间内二分一下就能知道这个区间的答案(往子节点push lazy标记时也同理). 这个做法常数很小, 跑的很快, 但是应该被卡了(没测过zkw写法, 也许能过), 理由参考第一句话.

上面方法稍作修改就可以得到一个O(nlogn)的做法, 除了有序表线段树每个节点同时维护有序表第i个数进入左右子树时的位置. 那么只要在线段树根节点做一次二分, 之后就可以O(1)查询这个数在左右子树的rank变化. 这个对线段树往下push lazy标记也是适用的.

这个题应该还可以用平衡树+可持久化线段树做到O(nlogn). 平衡树每个点保存a以及这个区间ai−bi≥0的个数, 那么查询就是然后子树和. 考虑修改操作, 暴力从平衡树中拿出这些区间, 然后合并成同一个, 新区间的ai−bi≥0的个数等价于对B的区间查询, 用可持久化线段树维护即可. 出题人没测过这个方法, 大概能过吧.

Eureka

xjb推导一下可以知道best set一定是一些共线的点, 于是问题变成问有多少个子集共线. 首先, 把所有点按照(x,y)双关键字排序, 然后枚举最左边的点i, 那么其他点j一定满足j>i. 把在这个点右边的点都做下极角排序(按照1gcd(dx,dy)(dx,dy)排序), 统计下共线的就好了. 需要注意下对重点的处理.

Fantasia

显然, 只要删掉关键点才会使图不联通. 对于其他点, 权值很容易计算.

首先求出所有的点双联通分量, 对于每一个点双联通分量S, 新建一个节点s, 向S中每个节点v连边. 这样一来, 新增的点和原来图中的点会构成一个森林(据说这个有个名字, block forest data structure). 很容易观察到, 叶子节点肯定都是非关键点, 内部节点要么是关键点, 要么是新增的节点.

对于这个森林F, 删掉一个关键点或者一个叶子i之后, 会得到一个新森林Fi, 这个Fi对应的连通块集合和Gi对应的连通块集合其实是一样的(不考虑那些新增的点). 显然Gi的权值和Fi的权值也是一样的, Fi的权值我们很容易通过树形dp算出来, 那么Gi的权值也随之而出.

Glorious Brilliance

首先对图二分染色, 如果不是二分图, 显然是无解的.

考虑给出图是连通二分图(不连通可以拆成若干个连通块分开搞)的时候, 枚举二分图两边集合的颜色, 观察下0和1的数目对不对. 如果是对的, 接下来考虑如何找到最少步数.

对于两个点u和v, 令它们之间的最短路是dis(u,v), 那么交换它们两个颜色的最少步数是dis(u,v), 且存在一种交换序列不会破坏其它节点的颜色. 证明如下:

不妨设u的颜色是0, v的颜色是1, u到v的最短路是u→x1→x2→…→xs→v. 如果u和x1颜色不一样, 直接交换它们即可. 否则找到第一个i使得xi和u颜色不同, 通过下面交换操作(xi,xi−1), (xi−1,xi−2), …, (x1,u)就可以把u的颜色搞到xi上. 重复上述过程, u和v的颜色就交换了, 而且显然路径上其它点的颜色保持不变.

知道交换次数是最短路之后, 我们只搞清楚枚举谁和谁交换即可. 显然这是一个二分图最小权匹配问题, 可以套用KM或者费用流解决. 至于方案构造, 上面的证明就已经提供了构造方案. 确定匹配之后, 找出最短路, 然后对应地操作即可.

Helter Skelter

可以注意到对于一个固定的a, 可行的b一定是一个区间. 如果我们把所有可行的(a,b)画在二维平面上, 可以观察到一个有趣的现象: 这个可行区域一定是连通的, 且上下界有一些和x轴y轴平行的线段组成. 如下图所示.

H

显然, 求出这个上下边界这道题目就搞定了. 考虑求下边界, 观察上图可以知道, 求出所有红色的点就可以确定这个下边界. 同样, 所有绿色的点就可以确定上边界. 一个显然的猜想就是这些边界点肯定是由一些连续的run组成的, 红色点的run肯定是从0开始, 以0结尾, 绿色则是从1开始, 以1结尾. 假装这个猜想是对的, 接下来就是枚举这些连续的run, 然后随便排序下这些点对, 利用类似凸包的方法就可以求出这些红色or绿色的点. 确定了上下边界之后, 对于一个询问(a,b), 就可以二分出对应b的上下界.

It’s All In The Mind

令x=a1+a2,y=a3+a4+…+an, 那么a1+a2a1+a2+…+an=xx+y=1−yx+y. 对于定值y, 显然x越大越好, 对于定值x, 显然y越小越好. 于是按照a1和a2尽量大, 其他元素尽量小的策略填数就好了.

Join The Future

对于题目给出的m个关系, 显然可以确定出一些等价类, 我们删掉只有一个元素的等价类, 那么显然剩下等价类的个数不超过n2, 于是可以暴力O(2n2)枚举剩下等价类的值, dp出对应的方案数. 字典序最小也可以在dp的过程中顺便计算出来.

Keep On Movin

如果每个字符出现次数都是偶数, 那么答案显然就是所有数的和. 对于奇数部分, 显然需要把其他字符均匀分配给这写奇数字符. 随便计算下就好了.

La Vie en rose

题目给出的变换规则其实就是交换相邻元素, 并且每个元素最多交换一次. 那么一个O(nm)的dp其实十分显然, dpi,j,k表示匹配到s的第i个字符, p的第j个字符, j这一位的当前状态是k (0表示和前面交换, 1表示没有交换, 2表示和后面交换). 转移方程如下:

dpi,j,0=dpi−1,j−1,2 and si=pj−1

dpi,j,1=(dpi−1,j−1,0 or dpi−1,j−1,1) and si=pj

dpi,j,2=(dpi−1,j−1,0 or dpi−1,j−1,1) and si=pj+1

这个dp数组里面存的都是bool值, 可以考虑用bitset压缩这个dp数组中的第一维i, 然后滚动下第二维j, 就得到了到O(nmw)的做法, 其中w是机器的字节长.

Memento Mori

虽然这题长着像分类讨论, 但是实际上不需要分类讨论.

显然最终的子矩形的左右边界会被两个1卡住, 不妨考虑枚举这两个1. 枚举完之后, 可以发现根据和排列p的相对位置关系, 事实上其他2个1的位置也是确定了的. 剩下的问题是如何快速定位另外两个1.

先把所有的1按照行优先的顺序排序, 考虑枚举做边界i, 然后维护一个i右边的那些1的列坐标c的一个有序表, 按照j从大到小枚举右边界j, 同时维护这个有序表(j枚举完之后删掉对应的列坐标), 那么显然只要根据i和j上下还需要几个1, 中间还需要几个1, 另外两个1就能够用O(1)时间在这个有序表上定位. 因为i和j在这个有序表上的位置我们可以事先维护好.

还需要注意同一行/列内有多个1的处理, 在维护有序表的同时加几个if就好了.