JOISC 2022 记录

Day1 T1 Jail

操作很类似华容道。由于这题是可以树，同时每一个人走的都是最短路，这也就意味着不会出现通过好多个人一起的挪动来匀出空间。

所以如果合法，必然存在一种方案是每一次直接将一个人挪到终点。

由此，对于一个人 \((S_i,T_i)\) 来说，起点在他的路径上的人必然在他之前移动，终点在他的路径上的人必然在他之后移动。这个偏序关系可以使用树剖+线段树优化建图来做到。

然后拓扑排序一遍判断是否有环即可，时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

Day1 T2 Sightseeing in Kyoto

考虑什么时候会出现拐弯的情况。如果我们的路线是 \((l,x)\to (l,y)\to (r,y)\)。

则它的贡献为 \((y-x)A_l+(r-l)B_y\)，它小于 \((r-l)B_x+(y-x)A_r\)。

也就是 \((y-x)A_l+(r-l)B_y<(r-l)B_x+(y-x)A_r\)。

整理得 \(\dfrac{B_y-B_x}{y-x}<\dfrac{A_r-A_l}{r-l}\)，这也就意味着，对于最优解，我们会贪心的走斜率更小的一遍，所以我们维护出一个下凸壳，每一次贪心的移动即可。

Day1 T3 Misspelling

每一条限制都是形如，在 \([l,r]\) 之间，第一次出现 \(c_i\neq c_{i-1}\) 的时候，它需要满足 \(c_i>c_{i-1}\) 或 \(c_i<c_{i-1}\)。

考虑记 \(f_{i,c}\) 表示处理了前 \(i-1\) 位，从第 \(i\) 位开始是一个为 \(c\) 的连续段的方案数，转移可以使用线段树维护，时间复杂度 \(O(n\Sigma\log n)\)。

Day2 T1 Copy and Paste 3

暴力 SAM 做法

Day2 T2 Flights

神秘通信题。

Day2 T3 Team Contest

我们必然是选择 \(X,Y,Z\) 最大的三个人最优，但是如果其中有一个人在两项中作为的最大值，则它必然不可能作为合法的答案出现，我们就可以将其删除，这样就变成了一个子问题。

不断重复删除的过程，使用优先队列维护当前最大值即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

Day3 T1 Broken Device 2

Day3 T2 Sprinkler

树上邻域乘，单点查询。

当然可以用点分树来做，但是太麻烦了。考虑到 \(D\)，很小，所以我们可以将每一次邻域乘的操作拆分成 \(O(D)\) 个对树上某一个子树的某一层的乘法操作，直接暴力维护即可，时间复杂度 \(O(nD)\)。

Day3 T3 Ants and Sugar

这是一个二分图最大匹配的结构，根据 Hall 定理，可以得到最终答案为：\(\sum\limits_{i=0}^XA_i-\max\limits_{S}\left(\sum\limits_{[l',r']\in S}\left(\sum\limits_{i=l'}^{r'}A_i-\sum\limits_{i=l'-L}^{r'+L}B_i\right)\right)\)。

其中 \(S\) 是可能的区间集合，我们发现，任何两个相邻的区间之间的距离必然大于 \(2L\)，否则将这两个区间合并在一起更优。

记 \(p_i=-\sum\limits_{j=1}^iA_j+\sum\limits_{j=1}^{i-L}B_j\)，\(q_i=\sum\limits_{j=1}^iA_j-\sum\limits_{j=1}^{i+L}B_j\)。

则上式就等于 \(\sum\limits_{i=0}^XA_i-\max\limits_{S}\left(\sum\limits_{[l',r']\in S}\left(q_{r'}-p_{l'-1}\right)\right)\)。

也就是要最大化 \(p,q\) 的交替出现求和。使用线段树维护 \(f_{0/1,0/1}\) 表示当前区间中最左边或最右边是 \(p\) 或 \(q\) 的最大可能值。

考虑到对于一个 \(A\) 或者 \(B\) 的修改就是对一段后缀的 \(p\) 或者 \(q\) 进行加减，在进行 \(A\) 的操作时，是会对某个后缀的 \(p\) 减少，\(q\) 增加，可以直接对于每一个 \(f_{0/1,0/1}\) 进行对应的修改；而在对 \(B\) 进行操作的时候，\(q\) 会比 \(p\) 多修改一段长度为 \(2L\) 的，但是考虑到相邻区间的距离大于 \(2L\)，所以说被修改的一段内至多只有一个 \(p\) 和一个 \(q\)，所以对于每一个 \(f_{0/1,0/1}\) 的修改也是可以直接计算出来的。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

Day4 T1 Super Dango Maker

考虑可以询问的次数大约是 \(NM\log_2M\)，所以考虑分治。

我们希望能够将 \(M\) 组团子分成两组，一组是 \(\left\lfloor\dfrac{M}{2}\right\rfloor\) 个，另一组是 \(\left\lceil\dfrac{M}{2}\right\rceil\) 个。

考虑以此尝试删去每一个团子，如果删去之后可以组成的团子组数小于 \(\left\lfloor\dfrac{M}{2}\right\rfloor\) 了，就把它加回来，这样一直操作，就可以均分了。

操作次数是 \(NM\log_2M\) 的，可以通过。

Day4 T2 Fish 2

考虑维护每一条鱼可以吃的最长区间，则包含了某一个点的本质不同区间最多只有 \(O(\log V)\) 个，因为一个区间是极长的，就意味着它左右两侧的点的权值大于区间的权值和，想要让区间扩张，区间权值和至少翻倍，而区间和达到上界 \(V\) 之后就必然可以将所有的鱼吃掉了。

由于我们要进行区间查询，所以考虑如何在区间内部维护这一信息，还需要支持快速合并。

发现一个区间想要能够再向外扩展，它至少需要包含左端点或者右端点中的一个，由此，我们可以将可能拓展的点分成三类：

1. 只包含左端点的区间，有 \(O(\log V)\) 种。
2. 只包含右端点的区间，有 \(O(\log V)\) 种。
3. 同时包含了左右端点的区间，只有一种。

对我们对于这每一个区间维护出它们的区间和，它们是被多大的数阻挡了拓展，以及有多少个点是对应了这个区间的。

现在考虑合并，最关键的是如何处理左区间的右端点区间和右区间的左端点区间。

考虑和正常处理一条鱼能够走多远一样，让它贪心的像左右交替拓展即可，单次合并的复杂度可以做到 \(O(\log V)\)。

整体复杂度为 \(O(n\log n\log V)\)。

Day4 T3 Reconstruction Project

可以证明，对于每一个 \(X\)，选择的边必然是小于等于某一个阈值的所有边中的最大生成树。

所以我们从小到大加入每一条边，同时在有替换边的时候维护一下有哪些 \(X\) 是由之前的做贡献的即可，可以暴力维护生成树。时间复杂度 \(O(nm+q)\)。