sm2025 模拟赛5 (2025.9.13)

T1 方格染色 （easy，100%）

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题意
$n\times n$ 的网格图，第一行和第一列的方格已染好色，对于剩下方格 $(i,j)$ ，$col(i,j)=max(col(i,j-1),col(i-1,j))$ 。求最多被染上的颜色和这种颜色所染的格子数，如有多种颜色则取颜色最大值。
$2\le n\le 2\times 10^5,1\le col\le 10^9$

思路
直接模拟肯定超时，考虑只在相邻两行上有修改的地方才计算贡献，其余的将若干行贡献合在一起算。具体的，将每行中连续一段的相同的 $col$ 用一个变量储存下来。复杂度均摊 $O(n)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int a[maxn],b[maxn];
ll sum[maxn*2];
map<int,int>mp;
struct NODE{ ll w,x,y,z; }c[maxn*2];
int main(){freopen("grid.in","r",stdin);freopen("grid.out","w",stdout);int n; scanf("%d",&n); int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(!mp[a[i]]) mp[a[i]]=++tot;sum[mp[a[i]]]++;}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&b[i]);if(!mp[b[i]]) mp[b[i]]=++tot;if(i!=1) sum[mp[b[i]]]++;}int ma=0,cnt=0;for(int i=2;i<=n;i++)if(ma<a[i]) c[++cnt]={a[i],i,0,2},c[cnt-1].y=i-1,ma=a[i];c[cnt].y=n; int l=1;for(int i=2;i<=n;){int l2=l;while(l<=cnt&&c[l].w<=b[i]){sum[mp[c[l].w]]+=(c[l].y-c[l].x+1)*(i-c[l].z);c[l].w=b[i],l++;}if(l2<l){l--;c[l]={b[i],2,c[l].y,i};}int r=i;while(r<=n&&b[r]<=c[l].w) r++;r--;i=r+1;}for(int i=l;i<=cnt;i++)sum[mp[c[i].w]]+=(c[i].y-c[i].x+1)*(n-c[i].z+1);int col=0; ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(sum[mp[a[i]]]>ans) ans=sum[mp[a[i]]],col=a[i];else if(sum[mp[a[i]]]==ans) col=max(col,a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){if(sum[mp[b[i]]]>ans) ans=sum[mp[b[i]]],col=b[i];else if(sum[mp[b[i]]]==ans) col=max(col,b[i]);}printf("%d %lld",col,ans);return 0;
}

T2 数字图 （mid+，25%）

lnk
思路
博弈题。先考虑 部分分$1\le a_i\le 2$ 怎么做。如果 $a_1=2$ ，答案就是 $2$ ；否则在 $1$ 能一步到达的点中找一个 $a_i=2$ 的点，若没有则下一步后手就会直接暂停，答案为 $1$ ；若有则后手继续做类似移动。若成一个环则答案为 $1$ ，否则判断是轮到先手还是后手在最后那个出度为 $0$ 的点进行操作。
所以可以知道会从 $x$ 走到 $y$ 的前提条件为 $a_x\ne a_y$ ，否则下一步时对手就达到目的了。
设 $f_i=-1/0/1$ 表示到 $i$ 号点，当前点状态是否确定，若确定那么如果是先手将棋子移到该点则为 $1$ ，是后手移到该点则为 $0$ 。易知 $f_i=0$ ，可是这样我们不方便确定后续状态，考虑反图上做。我们假设先手最后决定胜负（即先手赢），那么反图上出度为 $0$ 的点的 $f$ 值为 $1$ 。往回推，若 $f_i=1$ ，则所有与 $i$ 有边直接相连的点的 $f$ 值为 $0$ 。这就很像拓扑序了，但是这个图不是 $DAG$ ，且 $f$ 值为 $0$ 的点不能放进队列中。最后如果 $f_1=0$ ，那么先手胜，即答案为 $2$ ；否则答案为 $1$ 。
于是我们发现会了图上只有两种点权的做法，即我们可以判断某种点权是否可以被取到，然后发现可以二分点权，于是 $O(nlogn)$ 完成。

反思
由于在考场上正着想发现好像有后效性，也没有简化原图，并且不知道化简图后有多条路要选那条走，想的比较人机。所以正难则反。
当然直接模拟多次遍历图的话也有一定概率的正确性，但仅适用于骗分。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=250005,maxm=5e5+5;int idx,head[maxn];
struct EDGE{ int v,next; }e[maxm];
void Insert(int u,int v){e[++idx]={v,head[u]};head[u]=idx;
}int n,m,a[maxn],b[maxn],outd[maxn],vis[maxn];
queue<int>q;
struct EDGE2{ int x,y; }oe[maxm];
bool Check(int mid){idx=0;for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=(a[i]>=mid)+1,outd[i]=head[i]=0;if(b[1]==2) return 1;for(int i=1;i<=m;i++)if(b[oe[i].x]!=b[oe[i].y]){outd[oe[i].x]++;Insert(oe[i].y,oe[i].x);}for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=-1;for(int i=1;i<=n;i++)if(!outd[i]){q.push(i);vis[i]=1;//1：先手   0：后手 }while(!q.empty()){int x=q.front(); q.pop();for(int i=head[x];i;i=e[i].next){int v=e[i].v;if(vis[v]==-1){vis[v]=0;for(int j=head[v];j;j=e[j].next){int z=e[j].v;outd[z]--;if(vis[z]==-1&&!outd[z]){vis[z]=1; q.push(z);} }}}}return (!vis[1]);
}int main(){freopen("graph.in","r",stdin);freopen("graph.out","w",stdout);cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=m;i++)cin>>oe[i].x>>oe[i].y;ll l=0,r=1e9+1,mid;while(l+1<r){mid=(l+r)>>1;if(Check(mid)) l=mid;else r=mid;}cout<<l;return 0;
}

T3 救护车

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T4 打卡（mid+，30%）

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思路
有点类似 模拟赛2的T3 ，但是这样 $dp$ 是 $O(n\times (n-k))$ 的，难以优化转移。
于是直接计算贡献很难，考虑分离贡献。我们会发现走的顺序会形如从 $k$ 出发，向左走若干个点然后掉头向右走，再掉头向左走……辟除掉直接从 $k$ 走到任意一个点的时间（这部分很好计算），其他都是在到达当前点前所迂回花费的时间。记 $f_i$ 表示从 $k$ 走到 $i$ 的最小额外代价 $(i\le k)$ ，$g_i$ 表示从 $k$ 走到 $i$ 的最小额外代价 $(i\ge k)$ 。
有：
$$f_i=min(g_j+2\times (a_j-a_i)\times (n-j))$$
$$g_i=min(f_j+2\times (a_i-a_j)\times (j-1))$$
发现这两个式子相互转移，有后效性。但是可以看到 $f,g$ 都具有单调性，也有决策单调性。转移可以类似 $Dijkstra$ 式转移，即哪边答案小就先转移哪边。
但是复杂度仍不对，考虑将式子拆开。
$$f_i=min(g_j+2\times a_j\times (n-j)-2\times a_i\times (n-j))$$
分离 $i,j$ ，可以斜率优化。令 $x=a_i,y=-2\times (n-j),b=g_j+2\times a_j\times (n-j)$ ，于是式子就如 $f_i=kx+b$ 。套李超线段树就好。

反思
对于无法优化的计算，可以考虑分离不相关的部分，再分别处理，这样就可以减少限制条件，方便进一步思考。