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GJOI 9.11/9.13 题解

news 2025/9/18 10:07:34

因为这两次测试的后两题都不太可补，于是放在一起。不过前面的题目质量都挺高的。

1.排序

题意

在这里插入图片描述

思路

我做这种计数 dp 依然垃圾。因为最后那一步 swap 我直接迷茫了。

先看到这个 partition 函数，对于 $al∼ra_{l\sim r}$ ，以 $a_r$ 为基准，设对这个区间排序之后 $a_r$ 所在位置为 $x$ ：

将小于 $a_r$ 的数顺序不变地放到 $l∼x−1l\sim x-1$ ；
将大于 $a_r$ 的数顺序不变地放到 $x∼r−1x\sim r-1$ ；
将处理完后，在 $x$ 上的数和 $a_r$ 交换，使 $a_r$ 在正确的位置上；
在 Qsort 中分治，处理 $[l, x)$ 和 $(x, r]$ 。

虽然说 partition 函数最后一步 swap 会打乱原来的顺序，但是对于所有排列而言，大于 $a_r$ 的数所有形态的排列顺序都会等概率出现，因而影响不大。

设 $f_{i,k}$ 表示对 $i$ 个数的排列递归至少 $k$ 层（注意和询问所给的 $k$ 含义不同，因为 Qsort 中只有 $k > 1$ 时才能继续递归，实际递归层数为 $k - 1$ ），能够变为有序的排列数。

我们发现决定排序后形态的是最后一个数，考虑枚举 $1∼i1\sim i$ 中最后一个数（排名）为 $l$ ，因此小于 $l$ 的 $l - 1$ 个数还可以递归 $k - 1$ 层，大于 $l$ 的 $i - l$ 个数还可以递归 $k - 1$ 层，即 $fi−1,k−1×fi−l,k−1f_{i-1,k-1}\times f_{i-l,k-1}$ 。

我们想要再递归 $1$ 次 $1∼i1\sim i$ 就被排序好了，因此当前小于 $l$ 的 $l - 1$ 个数、大于 $l$ 的 $i - l$ 的数要有序排好。但是根据 partition 的功能，不一定要小于的、或大于的全部挨在一起，它们之间可以相互插入，只要相对有序即可。这样打乱插入的方案数就是在前面 $i - 1$ 个数选择 $i - l$ 个位置写上大于 $l$ 的数，即 $(i−1i−l)\binom{i-1}{i-l}$ 或 $(i−1l−1)\binom{i-1}{l-1}$ 。
$fi,k←fl−1,k−1×fi−l,k−1×(i−1i−l)f_{i,k}\leftarrow f_{l-1,k-1}\times f_{i-l,k-1}\times \binom{i-1}{i-l}$

预处理 $O(n^2k)=O(n^3)$ ，根据上文 $O (1)$ 查询答案为 $f_{n,k-1}$ 。

记得勤取模。然后模拟赛时一定要勤思考，不要想一会没想到就问别人，不会就是不会，赛后补就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=302;
ll Q,mod;
ll f[N][N];
ll C[N][N];
void init()
{for(int i=1;i<N;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;for(int i=1;i<N;i++){for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;}
}
int main()
{
//	freopen("sort.in","r",stdin);
//	freopen("sort.out","w",stdout);scanf("%lld%lld",&Q,&mod);init();for(int i=0;i<N;i++){f[0][i]=f[1][i]=1;}for(int i=2;i<N;i++){for(int k=1;k<N;k++){f[i][0]=1;for(int l=1;l<=i;l++){f[i][k]=(f[i][k]+f[l-1][k-1]*f[i-l][k-1]%mod*C[i-1][i-l]%mod)%mod;}}}while(Q--){ll n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);printf("%lld\n",f[n][k-1]);}return 0;
}

2.CF1975D Paint the tree

题意

在这里插入图片描述
$t$ 组测试数据， $1≤t≤51\le t\le 5$ ， $1≤n≤2×1051\le n\le 2\times 10^5$ 。

思路

gzw 时期的题目，当时可做不出来，现在感觉不难。

一个显然的贪心： $A$ 和 $B$ 相遇之后，才能产生贡献，即 $B$ 和 $A$ 一起走（ $a, b$ 能在一个点相遇）或者 $B$ 跟在 $A$ 的尾巴（ $a, b$ 不能在一个点相遇）。在新的 $b^{'}$ 重构整棵树，遍历 $n - 1$ 边，走下去再走回来 $b^{'}$ （这样会遍历每条边 $2$ 次），最后遍历 $b^{'}$ 为根的最长链时，就不用再回到 $b^{'}$ 了，于是减去 $D p s t$ 。

发现如果 $Dis_{a,b}$ 为偶数，两点可以在一个点相遇，这很好搞，直接在 $a→ba\to b$ 路径上，两点都跳 $Disa,b2\frac{Dis_{a,b}}{2}$ 步即可。答案为 $Disa,b2+2(n−1)−Dpst\frac{Dis_{a,b}}{2}+2(n-1)-Dpst$ 。

如果为奇数，两点跳 $⌊Disa,b2⌋\left\lfloor \frac{Dis_{a,b}}{2} \right\rfloor$ 步后还差一条边相遇。如果从现在的 $b^{'}$ 开始重构， $B$ 就跑到 $A$ 前面了，于是我们让 $B$ 多跳一步到 $a^{'}$ ，此时 $A$ 也会随便跳到 $a^{'}$ 周围随便一点 $a^{''}$ ，在 $a^{'}$ 重构整棵树然后 $B$ 沿着 $A$ 的轨迹跑即可，只要 $a^{''}$ 不在 $a^{'}$ 为根的最长链，就是最优方案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+9;
ll Q,n,a,b;
struct edge
{ll to,next;
}e[N<<1];
ll idx,head[N];
void addedge(ll u,ll v)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
ll Ceil(ll fz,ll fm)
{return (fz+fm-1)/fm;
}
ll Dep[N],dis[N],Fat[N];
void dfs2(ll u,ll fa)
{Dep[u]=Dep[fa]+1;Fat[u]=fa;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(v==fa)continue;dfs2(v,u);}
}
void clean()
{idx=0;memset(e,0,sizeof(e));memset(head,0,sizeof(head));memset(f,0,sizeof(0));memset(fat,0,sizeof(fat));
}
int main()
{freopen("col.in","r",stdin);freopen("col.out","w",stdout);scanf("%lld",&Q);while(Q--){scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);clean();for(int i=1;i<n;i++){ll u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);addedge(u,v);addedge(v,u);}dfs2(a,0);ll cur=b,tot=0;for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=Dep[i]-1;while(dis[cur]>Ceil(dis[b],2)){cur=Fat[cur];tot++;}if(dis[b]&1){tot++,cur=Fat[cur];}dfs2(cur,0);ll Dpst=0;for(int i=1;i<=n;i++)Dpst=max(Dpst,Dep[i]-1);printf("%lld\n",tot+2*(n-1)-Dpst);}return 0;
}

upd：为什么跑“中点”相遇就是正确的？假如存在一个最优重构点 $c$ ，依然想 $A, B$ 都走到 $c$ 且 $A$ 需要先走到，实则这个点不管在树上什么位置， $a→ca\to c$ 和 $b→cb\to c$ 的过程两个人轨迹相并必然覆盖了整个 $a→ba\to b$ 的路径。
在这里插入图片描述

可以预见的，可能在 $c$ 处重构的最长链更长，但是 $A$ 先到 $c$ 之际，和 $B$ 拉开了一段距离要弥补回来，这就用 $Dpst_c$ 比 $Dpst_{mid}$ 之差不回来。因此在中点 $mi d$ 或者中间边相遇必然不劣。

后面 $2$ 题感觉实在不是我能补的啊，但是同机房大佬 Garbage_fish 和 Fireworks_Rise 。欢迎右转前往他的超详细博客和他的超详细博客。

接下来是 GJOI 9.13，这后面同样有很难补的两题。

3.洛谷 P11662 JOI 2025 Final 方格染色 / Grid Coloring

题意

在这里插入图片描述
$2≤N≤2×1052\le N\le 2\times 10^5$ ， $Ai,Bi∈[1,109]A_i,B_i\in[1,10^9]$ ，保证 $A_1=B_1$ 。

思路

显然 $(1, 1)$ 不会参与任何格子的最大值贡献。记 $ai=max⁡i=2nAi,bi=max⁡i=2nBi\displaystyle a_i=\max_{i=2}^n A_i,b_i=\max_{i=2}^n B_i$ ，那么 $(i, j)$ 格子上的数为：
$max(a_i,b_j)$

分别考虑有多少格子的 $max(a_i,b_j)=a_i$ 以及 $b_j$ 。显然 $a, b$ 数组都是单调不降的，因此可以二分有多少 $bj≤aib_j\le a_i$ ，那么 $(i,2∼j)(i,2\sim j)$ 都要填 $a_i$ 。同样二分多少 $a_i<b_j$ ，那么 $(2∼i,j)(2\sim i,j)$ 都要填 $b_j$ 。（这里不用 $≤\le$ 是因为在算 $bj≤aib_j\le a_i$ 时已经算过等于的情况了）

二分 lower_bound 平替即可，记数懒得离散化就 map。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+9;
ll n,x;
ll a[N],b[N];
map<ll,ll>cnt;
ll tot,ans;
void merge(ll x)
{if(cnt[x]>tot)tot=cnt[x],ans=x;else if(cnt[x]==tot&&x>ans)ans=x;
}
int main()
{freopen("grid.in","r",stdin);freopen("grid.out","w",stdout);scanf("%lld",&n);scanf("%lld",&x);cnt[x]++;merge(x);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%lld",&x);cnt[x]++;merge(x);a[i]=max(a[i-1],x);}scanf("%lld",&x);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%lld",&x);cnt[x]++;merge(x);b[i]=max(b[i-1],x);}
//	for(int i=1;i<=5;i++)
//	cout<<cnt[i]<<" ";
//	cout<<endl;
//	cout<<ans1<<endl;for(int i=2;i<=n;i++){ll pos=upper_bound(b+2,b+n+1,a[i])-b-2;cnt[a[i]]+=pos;merge(a[i]);}for(int i=2;i<=n;i++){ll pos=lower_bound(a+2,a+n+1,b[i])-a-2;cnt[b[i]]+=pos;merge(b[i]);}printf("%lld %lld",ans,tot);return 0;
}

4.洛谷 P12576 UOI 2021 数字图

题意

在这里插入图片描述
$1≤2.5×105,1≤m≤5×1051\le 2.5\times 10^5,1\le m\le 5\times 10^5$ ， $ai∈[1,109]a_i\in[1,10^9]$ 。

思路

本篇博客实现参考这篇博客。

~~看到博弈论感觉来到盲区了。~~

我们发现 sub4 只有 $1, 2$ 。那么先手会尽全力走到 $2$ ，后手会尽全力走到 $1$ ；一旦先手走到 $1$ ，后手立即结束游戏；一旦后手走到 $2$ ，先手立即结束游戏。

那么 $a_1=2$ 先手必赢。我们考虑 $a_1=1$ 的情况。在 $1$ ，先手为了不输，肯定不会走到相邻的 $1$ ，所以会走到 $a_{x}=2$ （ $1, x$ 有边相连）；在 $x$ ，后手为了不输，肯定不会走到相邻的 $2$ ，所以会走到 $a_y=1$ （ $x, y$ 有边相连）；……如此循环往复。