C.L. 大一下周常训练报告

大一下的训练计划

「日常」CF *2400 ~ *2700 泛做，AT *2300 ~ *2700 泛做，交互题泛做。

「日常」参加 CF / AT / 牛客 ... 线上赛。

「周常」vp 邀请赛 / 省赛 / CCPC（备战可能到来的 CCPC Final）。

「长期」重构 OI+ACM 笔记。

「长期」学习 C++ 进阶语法，学习 python。

第三周（2025.03.10 ~ 2025.03.16）

星期一

CF 1253F（*2500）

若所有节点均为充电桩，则从 \(a\) 走到 \(b\) 的答案，即为 \(a, b\) 之间所有简单路径上最大边权的最小值。此时只需求出最小生成树，使用树上倍增求出 \(a, b\) 之间的最大边权即可。

记 \(\mathrm{dist}_u\) 表示 \(u\) 距离最近充电桩的距离，可以用多源点 dijkstra+heap 求出。

但正常情况下可能要经过非充电桩的节点。考虑一个贪心策略：每次走到一个节点的时候，都去距离它最近的一个充电桩补满电量再回来。

（因为走回充电桩至少需要花费 \(\mathrm{dist}_u\)。若此时电量小于 \(\mathrm{dist}_u\) 则走不回去，若此时电量大于等于 \(\mathrm{dist}_u\)，则可以先花费 \(\mathrm{dist}_u\) 的电量走回去补满电量再回来，可以认为在 \(u\) 点时的电量为 \(c - \mathrm{dist}_u\)）

由于起点与终点均为充电桩，则若要经过原图上的一条边 \((x, y, z)\)，电池容量至少为 \(\mathrm{dist}_x + z + \mathrm{dist}_y\)（因为至少要从充电桩走到其中一个端点，经过这条边，再从另外一个端点走到充电桩）。

故对于每条边 \((x, y, z)\)，使用 \(\mathrm{dist}_x + z + \mathrm{dist}_y\) 代替它的边权。此时从 \(a\) 走到 \(b\) 的答案，即为 \(a, b\) 之间所有简单路径上最大边权的最小值。

CF 1188C（*2500）

考虑先求出美丽值的上界，显然为 \(\frac{\max a_i}{k - 1}\)。

考虑对每个美丽值 \(v\)，计算有多少长度为 \(k\) 的子序列的美丽值为 \(v\)，记作 \(\mathrm{Count}(v)\)。但发现直接做不太好做，于是我们考虑计算有多少个长度为 \(k\) 的子序列的美丽值 \(\geq v\)，记作 \(\mathrm{Count}(\geq v)\)。最后再使用 \(\mathrm{Count}(\geq v) - \mathrm{Count}(\geq v+1)\) 得到 \(\mathrm{Count}(v)\)。

（直接使用 \(\sum v \cdot \mathrm{Count}(v) = \sum_{v = 1}\mathrm{Count}(\geq v)\) 亦可）

将序列 \(a\) 从小到大排序。对于每个 \(v\)，记 \(f(i, j)\) 表示考虑到了 \(a_1, \cdots, a_i\)，子序列的最后一个数为 \(a_i\)，包含 \(j\) 个数，且美丽值 \(\geq v\) 的子序列个数。显然有

\[f(i, j) = \sum\limits_{a_i - a_{p} \geq v} f(p, j - 1) \]

该式子显然可以用前缀和 + 双指针优化。

时间复杂度 \(\mathcal{O}\left(nk \cdot \frac{\max a_i}{k}\right) = \mathcal{O}(n\max a_i)\)。1e8 过 5s 还是绰绰有余的。

CF 813F（*2500）

评分虚高 ...

离线加边、删边，很容易想到线段树分治。此题刚好可以回顾一下，使用扩展域并查集实现二分图判定。

扩展域并查集中的节点 \(x\) 表示 "节点 \(x\) 在二分图左部" 这一事件，节点 \(x + n\) 表示 "节点 \(x\) 在二分图右部" 这一事件。若并查集中的两个节点联通，则表示两个节点代表的事件，要么同时发生要么同时不发生。

对于原图中的每一条边 \((x, y)\)，在并查集中连接 \((x, y + n)\) 以及 \((x + n, y)\)。

当存在一个节点 \(x\)，满足 \(x\) 与 \(x + n\) 联通时，显然 \(x\) 不可能即在左部又在右部，故此时这张图不是二分图。

另一种理解方式：众所周知，一张图为二分图当且仅当该图存在奇环。

在扩展域并查集上，若一条路径长度为奇数，则起点与终点在异侧。故一张图存在奇环，当且仅当存在一个节点 \(x\)，满足 \(x\) 与 \(x + n\) 联通。

注意，可撤销并查集使用的是按秩合并，按秩合并不能与路径压缩混用。

CF 1209E2（*2500）

首先，真正有效的列，一定在列最大值前 \(n\) 大的那些列之中。容易使用反证法证明。

考虑一列一列处理，在每一列中钦定有哪些位置为对应行的最大值。由于此题要求的是最大值之和的最大值，故在统计答案的过程中，我们不必保证每次钦定的最大值一定是真实的最大值。因为这样肯定不优。

设 \(f(j, S)\) 表示考虑到了前 \(j\) 列，其中每行的最大值确定状态为一个二进制数 \(S\)（若 \(S\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，则表示第 \(i\) 行的最大值已经确定），则有

\[f(j, S) = \max\limits_{T \subseteq S} \{ f(j - 1, T) + \mathrm{value}(j, S \setminus T) \} \]

其中 \(\mathrm{value}(j, S)\) 表示第 \(j\) 列中，所有行号属于 \(S\) 的位置，在 \(0 \sim n - 1\) 次循环移位下的元素之和的最大值。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n3^n + n^22^n)\)。

CF 1527E（*2500）

评分虚高 ...

显然可以写一个很暴力的 dp。设 \(f(i, j)\) 表示考虑到了前 \(i\) 项，划分了 \(j\) 段时的最小代价，则有

\[f(i, j) = \max\limits_{p < i} \{ f(p, j - 1) + \mathrm{cost}(p + 1, i) \} \]

直接做的时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2k)\) 的。

盲猜该 dp 具有决策单调性。此类代价 \(\mathrm{cost}(l, r)\) 难以计算的决策单调性优化问题，则可以考虑分治。使用类似莫队的方法处理 \(\mathrm{cost}(l, r)\)。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk \log n)\)。