NOI2022联合省选题解

NOI2022联合省选题解
day1的题解咕咕咕了，有空再写吧（好吧，看到这么长的题面+大模拟就没有写题解的欲望了……

注：非官方题解，不保证绝对正确，做法不一定是官方做法

注2：代码请见这篇blog

d2t1：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8292
题意：给定一些数字，每次询问一些质数，要求从给定的数字中选出一个子集，使得乘积被所有询问的质数整除，求方案数。
数据范围：n≤106,m≤1500,∑ci≤18000n\leq 10^6, m \leq 1500, \sum c_i \leq 18000n≤106,m≤1500,∑ci≤18000，值域范围 200020002000 。
sol：注意到这么大的 nnn 其实没用（只要统计每种数有多少个就行了），同样 mmm 的范围其实也没什么用，决定复杂度的其实是 ∑ci\sum c_i∑ci 和值域范围。
对于这道题而言，一个数的影响显然只与它的质因子集合有关，因此你可以把所有质因子集合相同的数合并，不过这其实并不本质，因为仍然会剩下 120012001200 多个数。
200020002000 的值域范围很耐人寻味，我们可以观察得到这么一个性质：由于 43×47=2021>200043\times47=2021>200043×47=2021>2000 ，因此一个数最多只会包含一个 ≥43\geq 43≥43 的质因子。而 <43<43<43 的质数一共只有 131313 个。
假设我们根本不关心那些 <43<43<43 的质因子（比如，如果询问里没有的话），那这题就很简单了：把所有数按照含有哪个 ≥43\geq 43≥43 的质因子进行分类（可能包含某一个，也可能不含），设每一类有 aia_iai 个数，那么对于一类而言，如果询问集合里包含这一类的质因子的话，就代表这一类的数至少要选一个，方案数是 2ai−12^{a_i}-12ai−1 ；否则就是可以任意选，方案数是 2ai2^{a_i}2ai 。把每类的方案数乘起来即可。
现在要把前 131313 个质因子考虑进来，于是我们可以大力容斥：枚举 {前 131313 个质因子} ∩\cap∩ 询问集合的子集，要求所选的数里必须不包含这个子集中的质因子。然后只需要把不符合条件的数扔掉之后重复刚才只考虑 ≥43\geq43≥43 的质因子的情形就行了。
总复杂度 O(213∑ci)O(2^{13}\sum c_i)O(213∑ci) ，看起来不小但实测跑得飞快。

d2t2：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8293
题意：给定一个括号序列，，每个左括号有一个权值。你有如下操作：一是把 (A)(B) 变成 (A()B) ，代价为 x×(A)x \times (A)x×(A) 中第一个左括号的权值 $ + y \times (B)$ 中第一个左括号的权值，其中 x,y∈0,1x,y \in {0,1}x,y∈0,1 ；二是把 AB 变成 BA ，无代价。问把原串变成 (((...()...))) 的最小代价。
sol：仔细观察题目中的操作，发现其实答案只与每个括号在哪一“层”有关。操作一的本质是花一定的代价把一对括号扔进里层，我们总是可以从外到里操作，这样操作到某一层时，这一层里的所有括号就可以用操作二进行任意交换。
用vector记录每层的数，每次操作一可以进一步抽象为“用一个数（即 (A) 中第一个左括号的价值）把另一个数（即 (A)中第一个左括号的价值）放进里层”。下面我们称 (A) 中第一个左括号的价值为“辅助”。
根据 x,yx,yx,y 的不同可能的取值分类讨论：
如果 x=1,y=1x=1,y=1x=1,y=1 ：假设当前层有 mmm 个数，最大值是 mxmxmx ，最小值是 mnmnmn ，总和是 sumsumsum ，那么无论是最终被放进去的还是留在外面的至少都要有一次的代价，同时总的代价次数一定是 2(m−1)2(m-1)2(m−1) ，那么显然可以贪心地用最小的数当辅助，把多出来的 m−2m-2m−2 次代价全都算在 mnmnmn 头上。同时放尽可能小的数进去使得下一层尽可能小，只需最后用最大的数把最小的数放进去。代价为 (m−2)×mn+sum(m-2)\times mn+sum(m−2)×mn+sum 。
如果 x=0,y=1x=0,y=1x=0,y=1 ：这种情况也很简单，因为代价只与被放进去的数有关，那么就每次贪心地把尽可能小的数往里扔就行了。每一层把最大的数留在外面，这一层的代价为 sum−mxsum-mxsum−mx 。
最复杂的情况是 x=1,y=0x=1,y=0x=1,y=0 ，即代价算在辅助头上的情况：对于每一层，首先要决策把哪个数留下来，然后用最小的数把其余的数放进去，最后再用留下来的数把最小的数放进去。问题是如何决策呢？
计算所有层的总代价，我们发现除了最里层的数以外，每个数都会在某一层被留下来并计算一次贡献。既然这样，如果我们确定了最里层的数是多少，每一层就可以贪心地留下当前层的（除了要被放进最里层的数以外的）最大数，因为这样可以让尽可能小的数往里走，以减小里层辅助的代价。
很自然的想法是最里层放全局最大数，这样的决策如下：
当还没有遇到全局最大数时，留下本层最大，代价为 mn×(m−2)+mxmn\times (m-2)+mxmn×(m−2)+mx ；遇到了全局最大数时，留下本层次大，代价为 mn×(m−2)+cdmn\times (m-2)+cdmn×(m−2)+cd （ cdcdcd 为本层次大值）。
这就完了吗？我们发现存在反例：

1 10
9 9

如果第一层把全局最大值 101010 放进去，总代价为 1+9+9+9=281+9+9+9=281+9+9+9=28 ；但如果把 111 放进去，代价为 10+1+9+1=2110+1+9+1=2110+1+9+1=21 。问题出在哪里？
在于“遇到全局最大数后把当前层的次大值留下”这一步。如果这一层恰好只有 222 个数，而被留下的恰好是一个很小的数，就失去了把它放进里层用来当辅助的机会。
不过仔细分析，发现这种情况只可能出现在一开始，即第一层只有两个数的情况（如果第一层只有一个数，显然可以直接忽略这一层，从下一层开始做）。这是因为每层都只会留下一个数，而题目性质保证了每层至少也会多出来一个数，因此如果进入某一层时已经有超过 222 个数，一直到最后一步之前都一定是超过 222 个数。
于是我们可以在一开始遇到这种情况时特判把较小的数放进去，但是紧接着又会有问题：如果下一层只有 111 个数，可能又会面临刚才的尴尬情况。进一步，如果我们面临如下情况：前 kkk 层分别有 2,1,1,...2,1,1,...2,1,1,... 个数，我们显然不能在每一层都枚举。
进一步，我们把这前 kkk 层一起处理，发现无非只有两种可能：要么把这 kkk 层的最大值扔进里面，用于扔进最里层；要么把这 kkk 层的最小值扔进里面，用于当里层的辅助。无论哪种情况这 kkk 层的代价均为所有数的和减去被放进去的数。
因此只要讨论这两种情况，后面按照原策略贪心即可。
总复杂度 O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn)，瓶颈主要在于排序和/或用set维护当前层的最值。

d2t3：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8294
题意：给定树，点有点权。每次切断一条边，交换这条边两个端点的点权，代价为这两个点权之和。求把所有边都切断的最小代价。
sol：第一种dp方案：设 f[x][y][z]f[x][y][z]f[x][y][z] 表示点 xxx 的子树，把子树内的点 yyy 换出去，外面的 zzz 换进来的答案。
转移：考虑与 xxx 相邻的 333 条边的操作顺序：
1、如果先操作 xxx 与父亲的边，则被换出去的是 xxx ，枚举换进来的点 zzz 。假设剩余两条边先操作左子树，那么在左子树里枚举换出去的点 www ，把它换到 xxx 的位置之后换进右子树，枚举换出去的点 ppp ，则有： f[x][x][z]=min(f[x][x][z],f[lc][w][z]+f[rc][p][w]+c[x]+c[z])f[x][x][z]=min(f[x][x][z], f[lc][w][z] + f[rc][p][w] + c[x] + c[z])f[x][x][z]=min(f[x][x][z],f[lc][w][z]+f[rc][p][w]+c[x]+c[z]) 。剩余两条边先操作右子树同理。
2、如果先操作 xxx 与左儿子的边，则左子树换进来 xxx ，枚举换出去的点 www ；假设再操作 xxx 与父亲的边，那么换出去 www ，枚举换进来的 zzz ；最后把 zzz 换进右子树，枚举换出去的点 ppp ，则有： f[x][w][z]=min(f[x][w][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][z]+c[z]+c[w])f[x][w][z]=min(f[x][w][z],f[lc][w][x] + f[rc][p][z] + c[z] + c[w])f[x][w][z]=min(f[x][w][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][z]+c[z]+c[w])。
3、如果先操作 xxx 与左儿子的边再操作 xxx 与右儿子的边，那么要把 www 换进右子树，枚举换出去的点 ppp ；最后把 ppp 换出去，枚举换进来的点 zzz ，则有：f[x][p][z]=min(f[x][p][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][w]+c[z]+c[p])f[x][p][z]=min(f[x][p][z],f[lc][w][x] + f[rc][p][w] + c[z] + c[p])f[x][p][z]=min(f[x][p][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][w]+c[z]+c[p])。
4，5：如果先操作 xxx 与右儿子的边，与2，3同理。
虽然看起来枚举很多，但是复杂度是 O(n3)O(n^3)O(n3) 的，这是因为所有的操作可以归结为：枚举点 xxx ，并从左子树、右子树、子树外各枚举一点。众所周知枚举左右子树的点是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的（类似于树形背包，只在lca处算贡献），再加一个子树外就是 O(n3)O(n^3)O(n3) 的。
但是这一算法也没法进一步优化了，因为状态本身已经 O(n3)O(n^3)O(n3) 了。
我们需要换一种状态！现在设 f[x][v][d]f[x][v][d]f[x][v][d] 表示点 xxx 的子树内， vvv 被换出去，被换进来的点最终停在距离 xxx 为 ddd 的位置上的答案。并且不计入换进来的点产生的贡献。
我们先看状态数：注意到 vvv 和 ddd 一定不会来自同一侧，因此套用树形背包可知状态数已经是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的了。
同样分类讨论转移：
1、先操作 xxx 与父亲：假设再操作左儿子，则换进来的点最终停在左侧。那么枚举右侧深度 d′d'd′ ，左侧换出来的点 vvv 以及右侧换出来的点 v′v'v′，有： f[x][x][d]=min(f[x][x][d],f[lc][v][d−1]+f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)+c[x])f[x][x][d]=min(f[x][x][d],f[lc][v][d-1]+f[rc][v'][d']+c[v]×(d'+1)+c[x])f[x][x][d]=min(f[x][x][d],f[lc][v][d−1]+f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)+c[x]) 。再操作右儿子同理。
2、先操作左儿子再操作父亲：则换进来的点最终停在右侧。枚举左侧深度 d′d'd′ ，左侧换出去的点 vvv ，右侧换出去的点 v′v'v′ ，有： f[x][v][d]=min(f[x][v][d],f[lc][v][d′]+c[x]×(d′+1)+f[rc][v′][d−1]+c[v])f[x][v][d]=min(f[x][v][d],f[lc][v][d']+c[x]×(d'+1)+f[rc][v'][d-1]+c[v])f[x][v][d]=min(f[x][v][d],f[lc][v][d′]+c[x]×(d′+1)+f[rc][v′][d−1]+c[v]) 。
3、先操作左儿子再操作右儿子：则换进来的点最终停在 xxx 处。枚举左侧深度 d′d'd′，左侧换出去的点 v′v'v′ ，右侧深度 ddd ，右侧换出去的点 vvv ，有： f[x][v][0]=min(f[x][v][0],f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1)+f[rc][v][d]+c[v′]×(d+1)+c[v])f[x][v][0]=min(f[x][v][0],f[lc][v'][d']+c[x]×(d'+1)+f[rc][v][d]+c[v']×(d+1)+c[v])f[x][v][0]=min(f[x][v][0],f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1)+f[rc][v][d]+c[v′]×(d+1)+c[v]) 。
4，5：先操作右儿子，与2，3同理。
乍一看枚举的复杂度直接飞起，别急，让我们冷静分析：
1、先枚举 vvv ，然后不难发现无论 ddd 是多少，f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)f[rc][v'][d'] + c[v] × (d'+1)f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1) 这一部分的贡献是可以独立计算的。因此先枚举 v′v'v′ 和 d′d'd′ ，计算 tmp=min{f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)}tmp=min\{f[rc][v'][d'] + c[v] \times (d'+1)\}tmp=min{f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)} ，再枚举 ddd 更新 f[x][x][d]f[x][x][d]f[x][x][d] 即可。
其中，计算 tmptmptmp 时先枚举 d′d'd′ ，由于 f[rc][v′][d′]f[rc][v'][d']f[rc][v′][d′] 这一项与先前枚举的 vvv 无关，因此可以在枚举 vvv 之前先预处理这一项关于每个 d′d'd′ 的最小值，因此在真正计算 tmptmptmp 时就无需再枚举 v′v'v′ 了；
分析这一步的代价：预处理时枚举 v′,d′v',d'v′,d′ 的代价受到 f[rc][v′][d′]f[rc][v'][d']f[rc][v′][d′] 有效的项数限制，是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的；计算 tmptmptmp 时枚举的 v,d′v,d'v,d′ 来自不同子树，是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的；最后计算 f[x][x][d]f[x][x][d]f[x][x][d] 时枚举的 v,dv,dv,d 的代价受到 f[lc][v][d−1]f[lc][v][d-1]f[lc][v][d−1] 的有效项数限制，是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的。
2、枚举 v,dv,dv,d ，注意到 f[lc][v][d′]+c[x]×(d′+1)f[lc][v][d']+c[x]×(d'+1)f[lc][v][d′]+c[x]×(d′+1) 与 ddd 无关， f[rc][v′][d−1]f[rc][v'][d-1]f[rc][v′][d−1] 与 vvv 无关，因此可以事先预处理出前者对于每个 vvv 的最小值和后者对于每个 ddd 的最小值，然后在计算 f[x][v][d]f[x][v][d]f[x][v][d] 时就无需枚举 d′,v′d',v'd′,v′ 了。利用相似的分析方法可以得到这一步的代价也是 O(n2)O(n^2)O(n2) 。
3、先预处理 f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1)f[lc][v'][d']+c[x]×(d'+1)f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1) 对每个 v′v'v′ 的最小值，再枚举 ddd ，然后先枚举 v′v'v′ 求出在当前这个 ddd 下 f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1)+c[v′]×(d+1)f[lc][v'][d']+c[x]×(d'+1)+c[v']×(d+1)f[lc][v′][d′]+c[x]×(d′+1)+c[v′]×(d+1) 的最小值，最后枚举 vvv 计算 f[x][v][0]f[x][v][0]f[x][v][0] 即可。这一步也是 O(n2)O(n^2)O(n2) 。
最终，总的时空复杂度均为 O(n2)O(n^2)O(n2) 。

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