JOI Open 2017（口胡）

T1 Amusement Park

题意：通信题。给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图。Alice 会得到一个 \([0, 2^{60})\) 中的数 \(x\)，并且她需要给这张图上每一个结点标一个数字 \(a_i = 0/1\)。

然后 Bob 也会拿到这张图（编号和 Alice 的一样），但是他不知道 \(x\)，也不知道所有点上的数字。他当前在结点 \(p\)，并且他知道这个结点上的数字为 \(a_p\)。

Bob 可以进行若干次移动，每次移动可以到达一个相邻的结点，并获取这个结点上的数字。Bob 需要用不超过 \(120\) 次移动知道 \(x\)。

\(60 \le n \le 10^4, m \le 2 \times 10^4\)。

首先注意到边越多越好做，并且输入可以决定你有多少条边，所以最难的情况显然是树。不妨强化一下，对于任意连通图，拉出一棵生成树，将其他边全部丢掉。于是我们只需考虑树的情况。

考虑 \(n = 60\) 怎么做，并且这种情况是可以存在的（原问题比这个强）。此时我们发现 Alice 能给 Bob 提供的信息只有 \(60\) 个 Bit，那么对于 Bob 来说什么都不能丢失，所以 Bob 必须走完这张图上的所有点。

可以给所有点规定一个顺序，表示它在最后的二进制数中位于哪一位。然后从一个结点出发时考虑树的欧拉序，可以用 \(2(n - 1)\) 次移动访问所有结点。

接下来考虑 \(n \neq 60\)，首先可以拉出一个包含根的大小为 \(60\) 的连通块，在这个连通块内的所有结点做法和 \(n = 60\) 一样。

考虑连通块外的部分，我们可以对于每个结点，从他的父亲转移过来。可以考虑在父亲所属连通块内删除一个结点并加入自己，得到一个新连通块。删的这个点可以是父亲的连通块上的任意非父亲的叶子（考虑一棵大小为 \(60\) 的无根树至少有 \(2\) 个叶子）。对于该节点丢失的一个 Bit 的信息，可以在当前结点记录。得到这个连通块的过程还是欧拉序遍历即可。

时间复杂度 \(O(n\omega)\)，其中 \(\omega = 60\)。移动次数 \(2(60 - 1) = 118\)。

T2 Bulldozer

二维平面上有 \(n\) 个点，每个点有一个坐标 \((x_i, y_i)\) 和一个权值 \(v_i\)。

选两条平行的直线，最大化夹在两条直线中间的点的权值和。输出这个权值和。

\(n \le 2 \times 10^3\)。

假设我们枚举斜率 \(k\)。那么考虑对于每个点，求出一条斜率为 \(k\)，且经过该点的直线，对于所有点，我们按照对应直线的纵截距排序。考虑在排序后，任意一段区间可以取到，所以答案就是权值数组的最大子段和。

显然 \(k\) 一定为某两点连接得到直线的斜率，否则旋转一下一定不劣。那么一种做法就是每次 \(O(n^2)\) 枚举两个点求出 \(k\)，然后排序一下求个最大子段和，时间复杂度 \(O(n^3)\) 或 \(O(n^3 \log n)\)。

注意到每个 \(k\) 的贡献是独立的，所以我们类似旋转扫描线的，将所有 \(k\) 从小到大排序后计算。

考虑对于两个点 \(u\) 和 \(v\)，它们的相对位置一定是在 \(k \le k_0\) 时 \(u\) 靠前，\(k > k_0\) 时 \(v\) 靠前，并且一定存在某一时刻，使得 \(u\) 和 \(v\) 相邻。

所以对于所有可能对答案有贡献的 \(k\) 排序，对于两个点会产生相对位置变化的 \(k_0\) 排序，扫描线即可。每一相对位置变化可以看作交换两个树，我们可以用线段树维护，那么交换两个数在线段树上的体现其实就是单点修改，这个显然时可以做的。

时间复杂度 \(O(n^2 \log n)\)。

T3 Golf

二维平面上有一个高尔夫球，起始坐标为 \((X_s, Y_s)\)，你要将它打到 \((X_t, Y_t)\)。

有 \(n\) 个障碍，每个障碍形如一个矩形，在任意时刻求不能穿过障碍，也不能在内部，但可以在边界上。

每次击球选择一个和坐标轴平行的方向，将球打出去任意距离，求最少需要多少次击球才能完成任务。

\(n \le 10^5\)。

将最优方案刻画为一条路径 \((X_s, Y_s), (X_1, Y_1), (X_2, Y_2), \ldots, (X_t, Y_t)\)，最小化的就是路径的长度，容易发现每次球的横坐标一定是起点、终点、或某一个障碍的顶点的横坐标中的一个，否则平移一下一定不劣，所以可以先离散化一下。

一个较为暴力的做法是对 \(O(n)\) 条直线两两求交，对于交点 \(\text{bfs}\)，时间复杂度 \(O(n^2)\) 或 \(O(n^3)\)。

注意到这样做状态数就是 \(O(n^2)\) 的，不好优化。考虑我们不将一个格点看作一个状态，而是将真正有用的线段看成一个状态。对于每个矩形的四条边延长，直到碰到边界或者另一个状态（要求极长），对于起点和终点分别向四个方向做射线，类似处理即可。这样可以得到有用的线段只有 \(O(n)\) 条，题意可以转化为每次切换一条线段的代价为 \(1\)。

考虑对于这些线段 \(\text{bfs}\)，暴力做还是 \(O(n^2)\) 的，但此时状态只有 \(O(n)\) 个，这给我们提供了优化的空间。

具体的刻画出转移的形式：假设这条线段是竖向的（于 \(y\) 轴平行），显然它只能转移到横向线段。由于它的横坐标 \(x\) 是定值，能覆盖纵坐标的范围是 \([l, r]\)，假设另一条横向线段的满足 \(y = y_0, x \in [l_0, r_0]\)，前者能转移到后者当且仅当 \(y_0 \in [l, r], x \in [l_0, r_0]\)。

这个东西考虑用线段树套平衡树维护，对于上面的情况而言，在 \([l_0, r_0]\) 范围内插入 \(y\)，在 \(x\) 的单点处查询纵坐标在 \([l, r]\) 内的所有状态。对于这些状态更新后就从线段树上删掉（因为是 \(\text{bfs}\)，之后的转移肯定不优），那么每个状态至多被转移一次，被加入和删除一次。

时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)，空间复杂度 \(O(n \log n)\)。