11th Polish Olympiad in Informatics(POI2004)
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填坑计划第二弹......把这个没填完的坑搬过来啦~
上次勉强填完NEERC的坑.....在qq空间里发现了这个雪藏了很久的坑....赶紧挂出来填了吧
终于填完啦...虽然还有一道交互题....
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代码戳这里
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Tasks
| Game | (Stage I) | (100/100) |
| Strings | (Stage I) | (100/100) |
| Spies | (Stage I) | (100/100) |
| The Competition | (Stage I) | (100/100) |
| The Bridge | (Stage II - day 0) | (100/100) |
| Gates | (Stage II - day 1) | (100/100) |
| Cave | (Stage II - day 1) | (100/100) |
| Passage | (Stage II - day 2) | (100/100) |
| The Tournament | (Stage II - day 2) | (100/100) |
| Guesswork | (Stage III - day 0) | (0/100) |
| East-West | (Stage III - day 1) | (100/100) |
| The Islands | (Stage III - day 1) | (100/100) |
| C-algae | (Stage III - day 2) | (100/100) |
| Maximal Orders of Permutations | (Stage III - day 2) | (100/100) |
Game
考虑所有空的格子排成一串，相邻两个空的格之间设为一级台阶（从左到右逐级降低），这级台阶上的石子数量即为这两空格之间的棋子数量
为了方便处理，我们把数组倒序排放
可以看出一次棋子移动等价于把第(n+1)号台阶上的任意颗石子移动到第(n)级。我们从(0)开始编号
那么，我们可以发现，其实奇数位是没有影响的，显然，移到(0)位置的时候会出现败态
从奇数位到偶数位，我们在移回来即可
但是可以发现，偶数位的移动(x)颗棋子，相当于去掉了这(x)颗棋子
也就是，现在转化成了nim取石子了
那么，我们判断偶数位的(xor)值便可以得到先手的胜败态
现在要求的是先手胜利，第一步的方案数
显然，就是要求让每一个偶数位经过更改，使得(xor=0)的情况
而(xor)的性质就是，只有相等的时候才(=0)，且(xor)可逆，那么直接(O(n))枚举即可
不过要注意一些边界的情况
Strings
首先考虑第一问
对于一个节点(i)，用(f[i])表示覆盖(i)为根节点的子树和((i,fa(i)))这条边所需的最少线段树
我们来讨论一个节点(x)的(f[x])求法
显然，不考虑合并线段的话，那么(f[x]=sum f[y])((y)是(x)的孩子)(+1)
但我们可以任意的把两两的线段合并起来（包括((i,fa(i)))）,我们假设他有(d)和孩子，那么(f[x])也就是(sum f[y])((y)是(x)的孩子)(+1-[(d+1)/2])
对于第二问，考虑二分
我们二分线段的长度上界(x)
设(g[u])表示将(u)的子树中所有边以及边((u,p[u]))按上述方法覆盖（并满足(x)的限制）后，边((u,p[u]))所在线条的最小长度
记(u)的孩子为(v_1,v_2,…,v_d)。不妨设(d+1)为偶数，恰好需要将(d+1)根线头两两配对（若(d+1)是奇数，添一根长度(g[v]=0)的线头，不会影响结果）
假设与((u,p[u]))配对的线头来自(v_k)，剩下的(g[v_1],g[v_2],…g[v_k-1],g[v_k+1],…,g[v_d])的最优配法是排序后首尾配对，配完后检查能否都在(x)以内
从而可以二分出(g[v_k])的最小值，于是(g[u]=g[v_k]+1)
Spies
贪心地选择当前点(x)为观察员，那么(a[x])为(spy)，则，下一个观察员为(a[a[x]])
用拓扑排序来实现。显然，当没有读入为(0)的点时，剩下的为环，那么，继续在环上贪心的找即可
The Competition
首先考虑暴力的做法， 枚举出发点和结束点，即(1->x->...->y->1)
然后寻找(x->y)的不经过(1)的最短路
时间复杂度(O(n^2logn))，吃不消
考虑优化，我们变成枚举一个点(y)，那么我们需要得到(1->x->...->y)的最短路(d[y])，然后要保证现在(x!=y),那么我们用(p[y])表示到(y)的最短路的(1)后面一个点是(p[y])，这样，只要(y!=p[y])，就是合法的；那么如果(y=p[y])的话，我们需要另找一条路径，也就是(p[y]!=y)的最短路
以上需要的最短路和次短路，可分别经过两边最短路算法得到，然后只需要枚举(y)即可
时间复杂度(O(2*nlogn))
The Bridge
显然，对于一个人(x)，他有两种最有的方法过桥：
1、选择时间最少的(a[1])与他过去，(a[1])回去，(t=a[x]+a[1])
2、选择一个时间和他差不多的过去，在让另一个小的回来，(t=a[x+1]+a[1]+a[2]*2)
注意特判(n=1)的情况
Gates
一次尽可能的把所有的点标向(1)，另一次尽可能的把所有的点标向(0)
具体的BFS方法是：以标为(1)为例，先把出去(0)、(1)以外的所有点的输入全部标为(1)，然后从(0)开始拓展，一旦一个点的类型发生了改变，入队，以此BFS即可
最后，两边BFS结果类型一样的，说明是确定的，否则输出“？”
Cave
论文结论题，我个看论文差点看不懂的，就不瞎比比了
下面就给出论文截图吧QwQ
Passage
考虑直接状压来做，对于当前状态(x)，表示每个人是否已经过去了，那么预处理的时候，首先把所有的人排序，然后我们可以找到时间最长的一个人，这个人一定要过去了
因为当前来说，他花费的时间最长，一定有一个时间是他的，然后暴力枚举他可以带走的人(O(2^n))
这样，乍一看时间复杂度是(O((2^n)^2))，会TLE？
我们来仔细证明一下复杂度：
求解(f[X])最坏情况下需暴力枚举(2^(k-1))次,这样的集合(X)共有(C_n^k)个。对所有状态求和，总共需要枚举次数为$$T(sum_{k1}{n}C_nk*2{k-1})=T(3n)$$
那么(3^{16}=4kw+)，粗略看起来是卡的进去的....事实确实如此
The Tournament
几个结论：
1、出度最大的点，一定是可以胜利的点
2、和可能胜利的点之间没有直接输赢关系的点，均是可能胜利的点
那么，我们可以根据性质1，直接求出一个点来
然后剩下的问题就是求和第一个点在补图上联通的点
直接bfs就可以解决，具体的方法是次枚举一个未在连通块的点，然后从它开始宽搜出它所在的连通块
具体是枚举它的所有原图的边，标记起来，枚举边之后再枚举所有的点，将未标记的点加入该连通块，并加入队列继续宽搜
为了加快速度，开了链表来存未在当前联通块中的点
Guesswork
交互题.....还是先弃坑吧.....
思考了一下...我的准确略达不到这么高
大概的想法就是第一问按照分成九等份来回答，准确率似乎挺高的...
后面的问题对于第(i)次猜测，设(a_L<x<a_R)，((a_L),(a_R)为已猜的数)，那么将(x)放在(a[L+trunc(frac {(R-L-2)*(x-a_L)}{a_R-a_L})+1])处
大约估算了一下，准确略在(3.2\%)左右，但题目的要求准确率应当在(3.3\%)以上....gg..不会
East-West
mdzz....内存卡的好紧啊
假设我们已经找到了分割点（就是能把东海岸的点和西海岸的点分开的点）
那么，显然，对于分割点到西海岸的时间局势他们的距离(g[i])
因为从东海岸到西海岸必经这个点，所以从这个点出发的火车，出发时间各不相同，显然不会冲突
那么考虑东边的怎么处理，我们用(f[i])表示东海岸结点(i)到分割点的距离，那么求完以后排序
显然，为了解决冲突，排序以后(f[i]=max{f[i],f[i-1]+1})
这样以后，我们把(f[i])和(g[i])大小搭配，求得最小解即可
现在的关键是怎么求分割点，显然我们可以用lca来做，但是无论是倍增求LCA还是树剖来做，都要爆内存......
考虑用染色来解决:方法是把所有西端节点标号(2)，如果一个点有(≥2)个的有标号节点儿子则标号(2)，如果有(1)个有标号儿子标号(1)，深度最小的标号为(2)的点即为关键结点，可以直观的画个图来理解
那么，在求出关键点以后，直接dfs一遍就可以求出(f[i])和(g[i])了咯
The Islands
把多边形拆分，按照(y)轴排序，(x)轴离散，这样就变成了区间覆盖求最大值问题
按照(y)轴上的顺序扫描即可
但是需要注意一个特殊情况，比如样例，感叹号区域是属于多边形外侧的
那么，我们只需要对于同一个多边形，按照(y)轴排序，然后已经出现过的区间应该减去1，否则应该加上1
然后在按照所有的操作排序，扫一遍即可
mdzz......我个制杖线段树的标记下传写错了...愣是没发现，盯着看了半个小时QAQ
C-algae
考虑第一种构造方法，原图一定是不联通的，那么我们把原图拆成几个子图再去判断即可
考虑第二种构造方法，其补图一定是不联通的，根据补图拆分原图再去判断即可
当图中点数(≤2)时，一定成立
直接dfs即可....
但是时间卡的比较紧，各种xjb优化....用stl辅助优化....
但是POI官网上还是跑不过去....在bzoj上，开了O2以后开始跑进去了...那就不管了
Maximal Orders of Permutations
先不考虑字典序的问题，我们先来解决第一个问题：有(sum_{i=1}^{k} x_ileq n)((sum_{i=1}^{k} x_i<n)的时候用(1)填充)求(LCM{x_1,x_2,...,x_k})的最大值
容易证明(x_i)均为质数的幂次且两两互异的时候LCM最大，于是(LCM{x_1,x_2,...,x_k}=prod_{i=1}^{k}x_i)的乘积
那就打一张质数表，然后直接用背包问题解决这个最大值即可，需要注意乘积会很大，我们直接取个对数做加法就好
然后怎么求得方案呢？显然对于每一个状态记录下所有的值会MLE
我是直接记录了前一个状态的下标，然后倒着做一遍，求得结果就好
试几组大数据后发现，我们的质数表打到(400)以内就够了，不到(100)个质数
现在还剩一个问题，求得了({x_1,x_2,...,x_k})，怎么使得字典序最小
这个其实观察一下样例就可以发现，首先我们要把({x_1,x_2,...,x_k})按照升序排序，然后每一个置换都是从第二个开始，把第一个放在最后，这样是最优的