JOISC 2018 记录

Day1 T1 Construction of Highway

每一次操作形如查询一条到根的链上的逆序对数，然后将这条链的权值全部修改成同一个权值。

发现这个操作类似于 LCT 的 Access 操作，由此我们还可以知道对于所有的 $n$ 次操作提取出来的 $n$ 条要求逆序对数的序列，权值不同的只有 $O(n\log n)$ 段。

所以每一次在 Access 的过程中提取权值相同的连续段，然后用树状数组求逆序对数即可，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

Day1 T2 Fences

由于不能经过中心的 $[-S,S]\times [-S,S]$ 的区域，所以可以将这个正方形的四个顶点作为四条线段，这样所有可能选择修建的围栏都是再线段和线段之间的了。

然后我们考虑两条线段之间的最短路径可能是什么：两条线段端点之间的连边，一条线段的端点到另一条线段的垂线。我们可以直接计算出这八条边，选择其中合法的（即起点和终点都在线段上，且没有经过中心的正方形）最短的线段。这就是他们之间的路径。

这样我们可以计算出两两之间的路径，而我们要找到能够圈住中心正方形的一条路径。考虑从正方形内部引出一条射线，这包含这个正方形的路径必然经过这条射线奇数次。所以我们考虑给我们之前找到的路径附一个 0/1 权值，表示经过射线的次数的奇偶性。

但是考虑到路径不一定是从线段的端点处开始的，所以我们要规范化每条路径：给每条线段钦定一个端点，每条路径变成：一条线段的钦定端点 $\to$ 这条线段上路径端点 $\to$ 另一条线段上路径端点 $\to$ 另一条线段的钦定端点。

规范化了所有路径之后就可以直接跑 floyd 了，时间复杂度 $O(n^3)$。

Day1 T3 Tents

根据帐篷方向的要求可以得到每一个帐篷只可能的三种状态：同行同列没有其他帐篷；同行有一个帐篷，同列没有帐篷；同行没有帐篷，同列有一个帐篷。

记 $f_{i,j}$ 表示处理了 $i$ 行，它们占用了 $j$ 列（每一列至少一个帐篷）的方案数。

转移可以讨论下一行是否放帐篷，放帐篷放那种状态的帐篷来得到转移。

时间复杂度 $O(n^2)$。

Day2 T1 Asceticism

相当于要将 $1\sim n$ 分成 $k$ 个集合，不能有空集，集合与集合之间有区别，直接考虑容斥：

$f_i=\sum\limits_{j=1}^i(-1)^{i-j}j^n\dbinom{i}{j}$。

但是这样会有重复计算的情况，也就是可能会出现两个相邻的集合 $S_1$ 和 $S_2$，出现 $\max\limits_{i\in S_1}i<\min\limits_{i\in S_2}i$，由于需要进行最优的操作，所以这两个集合会被合并成同一个集合。

我们记 $ans_i$ 为 $k=i$ 时的答案，则我们可以通过对于 $i<k$ 的 $ans_i$ 分割集合来表示 $k$ 个集合时的方案。其中 $i$ 变成 $k$ 需要分割 $k-i$ 次。

则有 $f_i=\sum\limits_{j=1}^i\dbinom{n-j}{i-j}ans_j$。

记 $f'_i=f_{n-i}$，$ans'_i=ans_{n-i}$，代入上式得 $f'_i=\sum\limits_{j=i}^n\dbinom{j}{i}ans'_j$。

这是经典得二项式反演得式子，所以我们有 $ans'_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}\dbinom{j}{i}f'_j$。

所以 $ans_i=\sum\limits_{j=1}^i(-1)^{i-j}\dbinom{n-j}{n-i}f_j$。

有 $ans_i=\sum\limits_{j=1}^i(-1)^{i-j}\dbinom{n-j}{n-i}\sum\limits_{k=1}^j(-1)^{j-k}k^n\dbinom{j}{k}$。

交换和式顺序，有 $ans_i=\sum\limits_{k=1}^i(-1)^{i-k}k^n\sum\limits_{j=k}^i\dbinom{n-j}{n-i}\dbinom{j}{k}$。

考虑 $\sum\limits_{j=k}^i\dbinom{n-j}{n-i}\dbinom{j}{k}$ 的组合意义，相当于是在 $n+1$ 个数中先选择一个数，然后在它前面选择 $n-i$ 个数，后面选 $k$ 个数。

也就是有 $\sum\limits_{j=k}^i\dbinom{n-j}{n-i}\dbinom{j}{k}=\dbinom{n+1}{n-j+k+1}=\dbinom{n+1}{j-k}$。

最终有 $ans_i=\sum\limits_{k=1}^i(-1)^{i-k}k^n\sum\limits_{j=k}^i\dbinom{n-j}{n-i}\dbinom{j}{k}$，直接计算即可。

时间复杂度 $O(n+k\log n)$。

Day2 T2 Road Service

由于是提交答案，考虑模拟退火。

通过对于小数据的求解，以及大胆猜测可知，添加的 $k$ 条边有一个公共端点 $rt$ 的时候是比较优的，考虑依次为基础进行退火，会节省大大减少状态量。

如果直接以答案作为估价函数，单次计算的复杂度为 $O(n^2)$，代价太大。由于我们已经钦定了连边方式是菊花，所以我们可以以 $\sum\limits_{i=1}^n\operatorname{dis}(rt,i)$ 作为估价函数，这样比较接近实际的答案，同时也将计算的复杂度降低到了 $O(n)$。

现在解决了计算贡献的问题，但是在退火的过程中，我们不太可能改变 $rt$，所以我们需要一个初始就比较优的 $rt$ 来作为初始状态。我们可以对于每一个点作为 $rt$ 随机 $5$ 的初始状态，$O(n^2)$ 计算它们的估价函数，再取前 $10$ 优的状态进行退火。

多跑几次就跑出来了。

Day2 T3 Worst Reporter 3

通过归纳证明或者找规律可以得到，每个人都存在一个权值 $f_i$，他的走路策略是每 $f_i$ 秒走 $f_i$ 步。而且有 $f_{i-1}|f_{i}$。

因此，$f_i$ 是单调不降的，而且本质不同的 $f_i$ 只会有 $O(\log V)$ 个。暴力计算出这 $O(\log V)$ 段，每一次询问的时候对于每一段查询其所在的位置即可，时间复杂度 $O(n+q\log V)$。

Day3 T1 Airline Route Map

考虑到我们可以额外添加 12 个节点，量级近似于 $log_2n$，所以考虑二进制分组。

取出 10 个点，每一个原本的点和其所有为 1 的二进制位对应的点连边。现在的问题转化成如何找到这 10 个点及其对应顺序。

要保证顺序可以将它们连成一条链，同时对应 $2^0$ 的点度数必然比对应 $2^9$ 的度数大，由此可以唯一确定顺序。

用另外一个点向这 10 个点连边，现在的问题转化成找到这个点。再用一个点向所有除了我们要找的这个点之外的所有点连边，这个点必然是全局度数唯一最大的点，所以可以直接找到。

Day3 T2 Bitaro's Party

发现这个 DAG 上信息不是很好用 polylog 的数据结构维护，所以考虑阈值分治。

我们设定一个权值 $B$，对于每一个点维护到达它的前 $B+1$ 长路以及对应节点（每一个节点的路径只算一次），这样，如果不能参加的海狸数 $Y\le B$，我们都可以在查询前 $B$ 短路时找到答案。时间复杂度 $O(mB+QB)$。

对于 $Y>B$ 的，我们重新进行一次拓扑排序来求得答案，而这样的询问最多只有 $\dfrac{\sum Y}{B}$ 个，时间复杂度为 $O(m\dfrac{\sum Y}{B})$。

取 $B=O(\sqrt{\sum Y})$，则最终时间复杂度为 $O((m+Q)\sqrt{\sum Y})$。

Day3 T3 Security Gate

考虑将括号序列转成 $\pm 1$ 序列，其中 ( 对应 $1$，) 对应 $-1$。

考虑如何检验一个 $pm 1$ 序列是否合法，我们及其前缀和数组为 $\{S_i\}$。

可以得到合法的条件是 $S_i\ge 0$ 且 $S_n=0$，但是考虑到描述限制有一个很强的 $S_n=0$ 且格式很不对称，所以考虑将 $S_n=0$ 替换成 $S_i-S_n\ge 0$。

这样的好处是，如果将整个括号串翻转加反转，$S_i\ge 0$ 和 $S_i-S_n\ge 0$ 的两个条件就互换的。

考虑我们操作了区间 $(l,r]$ 之后，$S_i$ 的变化（满足 $S_n=2(S_r-S_l)$）。

$\begin{cases}S_i&,i\le l\\2S_l-S_i&,i\in (l,r)\\S_i-S_n&,r\le i\end{cases}$

我们考虑根据上面两个条件的满足情况进行 DP。

两个条件均满足

也就是 $S'$ 本身就是合法的，可以使用 $O(n^2)$ 的 DP 直接算出。

只满足其中一个条件

不妨令满足的条件为 $S_i-S_n\ge 0$，对于满足 $S_i\ge 0$ 的可以在反转并翻转之后变成满足 $S_i-S_n\ge 0$。

则我们找到第一个 $S_i<0$ 也就是 $S_i=-1$ 的地方 $p$，则必然有 $l\le p$，根据贪心，我们必然选择最大的 $S_l$ 作为左端点。

如果在 $(l,p)$ 中存在一个 $S_r=S_l+S_n/2$，则我们可以直接选择它，必然能够满足条件。发现这等价于 $S_l+S_n/2\ge 0$。

现在考虑 $S_l+S_n/2<0$ 的情况，我们需要在 $[p,n]$ 中找到一个 $S_i=S_l+S_n/2$ 的位置，而且要满足 $p$ 到这个位置的所有 $S_i\le 2S_l$。由此，我们必然选择最左的满足条件的 $r$。但是考虑到后缀没有办法得到有关 $S_i$ 的信息，所以记 $T_i=S_i-S_n$，则我们就是要找到一个 $T_i=S_l-S_n/2$ 的位置，而且所有 $i\in[p,r]$ 要满足 $T_i\le 2S_l-S_n=2(S_l-S_n/2)$，发现所有的转移只与 $k=S_l-S_n/2$ 有关，所以我们考虑枚举 $k$。

设计 DP 状态：

我们可以记 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 位为第一个 $S_i<0$ 的位置，且前缀最大值（$S_l$）为 $j$ 的方案数。

这个数组可以通过 $f'_{i,j,k}$ 表示处理了前 $i$ 位，当前 $S_i=j$，且前缀最大值位 $k$ 的方案数的 DP 来得到。
$g_{i,j,0/1}$ 表示处理了 $i\sim n$，当前 $T_i=i$，是否确定了 $r$ 的方案数。

最终对于答案做出的贡献是 $\sum\limits_{k}\sum\limits_{p}\sum\limits_{S_l}f_{p,S_l}g_{p,-S_n-1,[S_l+S_n/2< 0]}$。

两个条件均不满足

找到最小的 $S_i<0$ 的 $p$，以及最大的 $T_i<0$ 的 $q$。显然有 $p\le q$。

而我们要找的 $l,r$ 必然有 $l<p$，$q\le r$。

我们仍考虑找到一个 $[0,p)$ 中 $S$ 最大的位置作为左端点，那么我们就是要在 $S_q\sim S_n$ 中找到一个 $S_r=S_l+S_n/2$。

记 $S_q\sim S_n$ 中的最大值为 $A$，如果 $S_l+S_n/2\le A$，则必然可以找到满足条件的 $r$；否则有 $S_l+S_n/2> A$，那么对于反转过后的序列就有 $S_l+S_n/2< A$，需要考虑剪掉被重复计算的 $S_l+S_n/2=A$ 的情况。

那么对于 $(l,r)$，需要满足还是要 $S_i\le 2S_l$ 。对于后缀考虑 $T_i$，也就是要在 $T\ge 0$ 的时候出现一次 $T_i=S_l-S_n/2$，然后一直到 $p$ 需要满足 $T_i\le 2(S_l-S_n/2)$。

前缀的 DP 仍然是 $f$，对于后缀的 DP 需要修改一下。

记 $g_{i,j,0/1/2}$ 表示当前处理了 $i\sim n$ 且 $T_i=j$ 的时候：

当前还没有确定 $r$。
当前确定了 $r$，还没有确定 $q$。
当前确定了 $q$。

的方案数。

在最后一维不为 $0$ 的时候有 $j\le 2k$。$1$ 和 $2$ 唯一的区别就是 $2$ 的时候可以出现 $j<0$。

最终贡献为 $\sum\limits_{k}\sum\limits_{p}\sum\limits_{S_l}f_{p,S_l}g_{p,-S_n-1,2}$。

发现在 $S_l+S_n/2=A$ 的时候出现重复计算，需要额外进行一次 DP，和上面的 DP 的区别在于在最后一维不是 $2$ 的时候要有 $T_i\le k$。

总体时间复杂度为 $O(n^3)$。

Day4 T1 Candies

经典的返回贪心，选择一个不在边缘的糖 $a_i$ 之后，删去 $a_{i-1}$，$a_i$ 和 $a_{i+1}$，加入一个权值为 $a_{i-1}+a_{i+1}-a_i$ 的糖，然后递归这个过程。

可以证明任何可能的情况都可以通过这样的操作得到，用数据结构维护当前最小值，时间复杂度 $O(n\log n)$。

Day4 T2 Library

考虑从 $1\sim n$ 依次加入每一本书，如果总次数相对上一次没有增加，说明它与之前的某几本书相邻，可以通过二分答案来找到这本书，询问次数为 $n\log_2n+O(n)$ 次，可以通过。

Day4 T3 Wild Boar

根据贪心，我们必然会选择最短路作为选择的路径。

但是由于不能走“回头路”，所以我们还需要找到起点和终点均与最短路不同的“次短路”。发现仍然不够，我们还需要起点和最短路不同，终点和次短路不同；起点和次短路不同，终点和最短路不同：这样的两条路径。

可以证明存在最优解必然在有这 4 种路径组合得到。

考虑如何维护快速的合并转移，对于每一个 A_{i-1},A_{i},A_{i+1}，我们可以得到一个矩阵表示 A_{i-1} 到 A_i 的四条路径和 A_i 到 A_{i+1} 的四条路经之间分别是否可以转移。发现修改和查询类似 DDP，使用矩阵维护 min + 矩阵乘法即可。

可以使用线段树维护，时间复杂度 $O(m^2\log m+n^2+L+T\log L)$。