T1、迷宫

一个 $ n \times m  (n \leq 5, m \leq 10 ^ 5) $ 的矩阵，\(0\) 表示格子不能走，\(1\) 表示格子可以走，只能向上、下、右三个方向走。有 $ q  (q \leq 5 \times 10 ^ 4) $ 次操作，操作有两种：
1、修改某个格子的类型；
2、查询从 $ (a, b) $ 到 \((c, d)\) 的最短路，不可达输出 \(-1\)。 (保证后者在前者右边)。

\(Sol\)：

观察到 \(n \leq 5\)，这是很重要的提示。
在左右方向上建线段树，线段树每个叶子节点为一个矩阵，该矩阵描述了这一列上点的连通关系，特别地，若该列某一行的格子不能走，它到自己在矩阵中应表示为不可到达；
合并时枚举中间点 \(n ^ 3\) 暴力合并。
然而我考场上写了常数较大的做法：每个叶子节点的矩阵描述这一列到下一列的连通关系，合并同理；这样写修改时要改两个点，然后就没了。

\(Source\)：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
int in() {int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;while (c < '0' || c > '9')f |= c == '-', c = getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();return f ? -x : x;
}const int N = 2e5 + 5;int n, m, q, mp[7][N];template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) {_ = !~_ ? __ : (_ < __ ? _ : __);
}
struct node {int a[6][6];node () {memset(a, -1, sizeof(a));}inline int* operator [] (const int x) {return a[x];}inline node operator + (node b) const {node ret;for (int k = 1; k <= n; ++k)for (int i = 1; i <= n; ++i)if (~a[i][k])for (int j = 1; j <= n; ++j)if (~b[k][j])chk_min(ret[i][j], a[i][k] + b[k][j] + 1);return ret;}
} ;
struct segment_tree {node t[N << 2];void init(int x, int p) {for (int i = 1, j; i <= n; ++i) {for (j = i; j <= n && mp[j][x]; ++j)t[p][i][j] = j - i;for (; j <= n; ++j)t[p][i][j] = -1;for (j = i; j && mp[j][x]; --j)t[p][i][j] = i - j;for (; j; --j)t[p][i][j] = -1;}}inline void push_up(int p) {t[p] = t[p << 1] + t[p << 1 | 1];}void build(int tl, int tr, int p) {if (tl == tr)return init(tl, p);int mid = (tl + tr) >> 1;build(tl, mid, p << 1), build(mid + 1, tr, p << 1 | 1);push_up(p);}void modify(int pos, int tl, int tr, int p) {if (tl == tr)return init(tl, p);int mid = (tl + tr) >> 1;if (mid >= pos)modify(pos, tl, mid, p << 1);elsemodify(pos, mid + 1, tr, p << 1 | 1);push_up(p);}node query(int l, int r, int tl, int tr, int p) {if (l <= tl && tr <= r)return t[p];int mid = (tl + tr) >> 1;if (mid < l)return query(l, r, mid + 1, tr, p << 1 | 1);if (mid >= r)return query(l, r, tl, mid, p << 1);return query(l, r, tl, mid, p << 1) +query(l, r, mid + 1, tr, p << 1 | 1);}
} T;int main() {//freopen("in", "r", stdin);freopen("maze.in", "r", stdin);freopen("maze.out", "w", stdout);n = in(), m = in(), q = in();for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 1; j <= m; ++j)mp[i][j] = in();T.build(1, m, 1);int a, b, c, d;node res;while (q--) {if (in() == 1) {a = in(), b = in();mp[a][b] ^= 1;T.modify(b, 1, m, 1);} else {a = in(), b = in(), c = in(), d = in();res = T.query(b, d, 1, m, 1);printf("%d\n", res[a][c]);}}return 0;
}

T2、猛汉王

平面上有 \(n \ (n \leq 10 ^ 5)\) 个黑点，\(m \ (n \leq 10 ^ 5)\) 个白点，若黑点 \(x\) 与白点 \(y\) 的曼哈顿距离小于等于 \(d \ (d \leq 10 ^ 9)\)，则 \(x\) 向 \(y\) 连边，否则 \(y\) 向 \(x\) 连边。
同色点之间的连边方向不确定，求至少有一个黑点和白点的三元环的最小值和最大值。

\(Sol\)：

显然地，三元环上有两个同色点。
由于我们不关心异色边是怎么连的，只关心是否能为同向环上的边，所以黑色点和白色点同理。
记 \(cover(x)\) 表示 \(x\) 能覆盖的白色点，\(cover ( x, y )\) 表示 \(x, y\) 共同覆盖到的白色点。
以下以最大值为例 (最小值同理)。
\[ \begin{eqnarray} Ans &=& \sum_{x, y \in S} \max \{cover(x) - cover{(x,y)}, cover(y) - cover(x, y) \} \notag \\ &=& \sum_{x, y \in S} \max \{ cover(x), cover(y) \} - \sum_{x, y \in S} cover(x, y) \notag \\ &=& \sum_{x, y \in S} \max \{ cover(x), cover(y) \} - \sum_{x \in S} \binom{cover(x)}{2} \notag \\ \end{eqnarray} \]
只要求出 \(cover(x)\) 即可；
扫描线维护以下就行了。

\(Source\)：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
int in() {int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;while (c < '0' || c > '9')f |= c == '-', c = getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();return f ? -x : x;
}
template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; }
template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; }const int N = 1e5 + 5;
struct node {int x, y;
} a[N], b[N];
struct options {long long x; int y, z, id;int typ;
} opt[N * 3];int n, m, d, nn, cntx[N], cnty[N];
long long ans_min, ans_max;long long tmp[N * 3];
inline bool cmpx(const options &i, const options &j) {if (i.x == j.x)return i.typ == 0 ? 1 : j.typ != 0;return i.x < j.x;
}
void prep() {nn = 0;for (int i = 1; i <= m; ++i)tmp[i] = b[i].y;for (int i = 1; i <= n; ++i)tmp[i + m] = 1ll * a[i].y - d;for (int i = 1; i <= n; ++i)tmp[i + n + m] = 1ll * a[i].y + d;std::sort(tmp + 1, tmp + 1 + n + n + m);nn = std::unique(tmp + 1, tmp + 1 + n + n + m) - tmp - 1;for (int i = 1; i <= m; ++i) {opt[i].typ = opt[i].id = 0;opt[i].x = b[i].x;opt[i].y = std::lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + nn, b[i].y) - tmp;opt[i].z = 0;}for (int i = 1; i <= n; ++i) {opt[i + m].typ = -1;opt[i + m].id = i;opt[i + m].x = 1ll * a[i].x - d - 1;opt[i + n + m].typ = 1;opt[i + n + m].id = i;opt[i + n + m].x = 1ll * a[i].x + d;opt[i + m].y = opt[i + n + m].y = std::lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + nn, 1ll * a[i].y - d) - tmp;opt[i + m].z = opt[i + n + m].z = std::lower_bound(tmp + 1, tmp + 1 + nn, 1ll * a[i].y + d) - tmp;}std::sort(opt + 1, opt + 1 + n + n + m, cmpx);
}struct binary_index_tree {int a[N * 3];inline void init() { memset(a, 0, sizeof(a)); }void insert(int p, int k) { for (; p <= nn; p += (p & -p)) a[p] += k; }int ask(int p, int ret = 0) { for (; p; p -= (p & -p)) ret += a[p]; return ret; }
} bit;void work() {prep();bit.init();for (int i = 1; i <= n + n + m; ++i) {if (!opt[i].typ) {bit.insert(opt[i].y, 1);} else {cntx[opt[i].id] += opt[i].typ * (bit.ask(opt[i].z) - bit.ask(opt[i].y - 1));}}
}int main() {//freopen("in", "r", stdin);freopen("mhw.in", "r", stdin);freopen("mhw.out", "w", stdout);n = in(), m = in(), d = in();for (int i = 1; i <= n; ++i) {a[i] = (node){in(), in()};a[i] = (node){a[i].x + a[i].y, a[i].x - a[i].y};}for (int i = 1; i <= m; ++i) {b[i] = (node){in(), in()};b[i] = (node){b[i].x + b[i].y, b[i].x - b[i].y};}work();std::swap(a, b);std::swap(n, m);std::swap(cntx, cnty);work();std::sort(cntx + 1, cntx + 1 + n);std::sort(cnty + 1, cnty + 1 + m);for (int i = 1; i <= n; ++i) {ans_min += 1ll * cntx[i] * (n - i);ans_min -= 1ll * cntx[i] * (cntx[i] - 1) / 2;ans_max += 1ll * cntx[i] * (i - 1);ans_max -= 1ll * cntx[i] * (cntx[i] - 1) / 2;}for (int i = 1; i <= m; ++i) {ans_min += 1ll * cnty[i] * (m - i);ans_min -= 1ll * cnty[i] * (cnty[i] - 1) / 2;ans_max += 1ll * cnty[i] * (i - 1);ans_max -= 1ll * cnty[i] * (cnty[i] - 1) / 2;}printf("%lld %lld\n", ans_min, ans_max);return 0;
}

T3、工厂

给定一个二分图，可以加边，使得二分图的所有极大匹配都是完美匹配。

\(Sol\)：

先证明一件事：当且仅当这个二分图里的每个联通块左右点数相同且边都是连满的 \((A)\)，满足题意 \((B)\)。
由 \(B\) 到 \(A\) 是显然的，不再赘述；
由 \(A\) 到 \(B\) 可以用反证法：
若联通块中有两个异侧点 \(a\)，\(b\) 之间没有连边，找到一条从 \(a\) 到 \(b\) 的路径，把奇数边加入匹配边集，在此基础上找到一个极大匹配，找到的应该是完美匹配；将路径上奇数边取出匹配边集，偶数边加入，此时也是一个极大匹配但不是完美匹配。
\(QED\)

将几个联通块合并的代价为 \(( \sum x_i ) ^ 2\)。
记 \(f_{s,i}\) 表示当前选出联通块集合为 \(s\)，已经安排了点数和为 \(2i\) 的联通块 (使它们满足上述条件) 的最小代价。
转移有两种：
\[ \begin{eqnarray} f_{s \bigcup \{ x \},i} &=& \min(f_{s \bigcup \{ x \}, i}, f_{S,i}) \notag \\ f_{s, i} &=& \min_{j = 0} ^ {i - 1} \{ f_{s,j} + (i - j) ^ 2 \} \ , (\Sigma_{x \in s} = \Sigma_{y \in s}) \notag \end{eqnarray} \]
由于状态数太多，这样也过不了，可以优化状压的方式；
我们只关心每一种联通块 (以左右点数分类) 有几个，可以用变进制数来优化状态数；
出题人告诉我们最多有 \(172032\) 种状态。

\(Source\)：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
int in() {int x = 0; char c = getchar(); bool f = 0;while (c < '0' || c > '9')f |= c == '-', c = getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c = getchar();return f ? -x : x;
}
template<typename T>inline void chk_min(T &_, T __) { _ = _ < __ ? _ : __; }
template<typename T>inline void chk_max(T &_, T __) { _ = _ > __ ? _ : __; }const int N = 35, inf = 0x3f3f3f3f;int n, m, mp[N << 1][N << 1], tmp_x, tmp_y, init_edge, buc[N][N], pre[N << 1], f[172033][N], num[N << 1];
bool vis[N << 1];struct node {int x, y;inline bool operator < (const node &b) const {return buc[this->x][this->y] < buc[b.x][b.y];}inline bool operator == (const node &b) const {return this->x == b.x && this->y == b.y;}
} a[N + N];void prep(const int u) {vis[u] = 1;if (u <= n)++tmp_x;else++tmp_y;for (int i = 1; i <= mp[u][0]; ++i)if (!vis[mp[u][i]])prep(mp[u][i]);
}int main() {//freopen("in", "r", stdin);freopen("factory.in", "r", stdin);freopen("factory.out", "w", stdout);n = in();for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 1; j <= n; ++j) {char c = getchar();while (c < '0' || c > '1')c = getchar();if (c == '1') {mp[i][++mp[i][0]] = j + n;mp[j + n][++mp[j + n][0]] = i;}init_edge += c == '1';}for (int i = 1; i <= n + n; ++i)if (!vis[i]) {tmp_x = tmp_y = 0;prep(i);++buc[tmp_x][tmp_y];}for (int i = 0; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= n; ++j)if (buc[i][j])a[++m] = (node){i, j};std::sort(a + 1, a + 1 + m);m = std::unique(a + 1, a + 1 + m) - a - 1;pre[1] = 1;for (int i = 2; i <= m + 1; ++i)pre[i] = pre[i - 1] * (buc[a[i - 1].x][a[i - 1].y] + 1);memset(f, inf, sizeof(f));f[0][0] = 0;int nowx, nowy;for (int s = 0; s < (pre[m + 1]); ++s) {nowx = nowy = 0;for (int i = 1; i <= m; ++i)num[i] = s % pre[i + 1] / pre[i];for (int i = 1; i <= m; ++i)nowx += num[i] * a[i].x, nowy += num[i] * a[i].y;if (nowx == nowy)for (int i = 0; i < nowx; ++i)chk_min(f[s][nowx], f[s][i] + (nowx - i) * (nowx - i));for (int i = 1; i <= m; ++i)if (num[i] < buc[a[i].x][a[i].y])for (int j = 0; j <= n; ++j)chk_min(f[s + pre[i]][j], f[s][j]);}printf("%d\n", f[pre[m + 1] - 1][n] - init_edge);return 0;
}