Codeforces Global Round 2 部分题解

F.Niyaz and Small Degrees

挺sb的一题，为什么比赛时只过了4个呢

考虑当\(x\)固定的时候怎么做。显然可以树形DP：设\(f_{u,i=0/1}\)表示只考虑\(u\)子树中的所有点和边，删边使得点\(u\)的度数\(\leq x-i\)且除\(u\)以外的点度数都\(\leq x\)的最小代价。转移时将\(u\)的所有儿子\(v\)一起考虑，先假设所有\(u,v\)之间的边都删掉，把\(f_{u,i}\)加上\(\sum f_{v,0}+w_{u,v}\)，再考虑把一些边加回来。我们可以认为将\(u,v\)之间的边加回来的代价为\(f_{v,1}-f_{v,0}-w_{u,v}\)，将所有儿子的代价排序，贪心地取前\(k\)小的边加回来就可以了。有一种特殊情况是代价为负的儿子个数\(>k\)，这种情况下显然取且仅取所有代价为负的儿子。

现在我们要对所有\(x\in[0,n-1]\)计算答案。可以发现，对于一个固定的\(x\)，所有度数\(<=x\)的点一定是合法的。所以我们可以把边分为三类：两个端点的度数都\(>x\)的边（称为实边），恰好一个端点的度数\(>x\)的边（称为虚边），两个端点的度数都\(\leq x\)的边。

显然第三类边对答案没有影响。对于所有实边，如果我们只保留原树中的这些边，那么会形成若干个连通块。我们可以考虑对于每一个 存在度数\(>x\)的点 的连通块做一遍上述DP。这个DP的不同之处在于，每个点会连出若干条虚边，我们可能会删除一些虚边。这也很好做，只要DP到一个点时枚举它在实树上删掉了多少条与儿子的连边，就可以计算出至少要删除多少条与它相连的虚边，用数据结构维护与每个点相连的所有虚边，求前\(k\)小即可。

显然复杂度是\(O(\sum deg*\log n)=O(n\log n)\)的。

具体实现的时候，肯定不能用\(treap\)求前\(k\)小。（你想写我也是资瓷的）。考虑从小到大枚举\(x\)，随着\(x\)的递增，\(k\)是递减的，所以可以用\(multiset\)维护前\(k\)小。对于一个固定的\(x\)，在DP前先枚举一遍所有度数\(>x\)的点，将这个点的\(multiset\)删到\(size()<=k\)。DP到一个点时，暴力将所有它与实树上的儿子之间的边加入\(multiset\)并动态维护前\(k\)小，DP完后撤销这些边即可。还有一个细节，如果每次DP时都暴力for每条边并判断它是否是实边，复杂度会退化为\(O(n^2)\)，所以应该当发现一条边不再是实边后就删除这条边。

暂时是全CF最短代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=250010;
typedef long long ll;
int gi() {
	int x=0,o=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*o;
}
int to[N<<1],ww[N<<1],nxt[N<<1],tot=1,deg[N],h[N];
void adde(int u,int v,int w) {
	to[++tot]=v,ww[tot]=w,nxt[tot]=h[u],h[u]=tot;
	to[++tot]=u,ww[tot]=w,nxt[tot]=h[v],h[v]=tot;
	++deg[u],++deg[v];
}
int n,fa[N],x,fw[N],son[N];
ll f[N][2],sum[N];
multiset<ll> s[N];
vector<int> Q[N],P[N];
void dfs(int u) {
	for(int i=h[u];i;i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v!=fa[u]) ++son[u],fa[v]=u,fw[v]=ww[i],dfs(v);
	}
}
void dp(int u) {
	f[u][0]=f[u][1]=0;
	ll w,pre=sum[u];
	vector<ll> ins,del;
	for(int i=h[u],pre=-1;i;pre=i,i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v!=fa[u]&&deg[v]>x) dp(v),f[u][0]+=f[v][1],f[u][1]+=f[v][1],s[u].insert(w=f[v][0]+ww[i]-f[v][1]),ins.push_back(w),sum[u]+=w;
		else if(pre==-1) h[u]=nxt[i];
		else nxt[pre]=nxt[i];
	}
	for(int i=1;~i;i--) {
		int k=son[u]-x+i;
		while(s[u].size()>k) sum[u]-=max(0ll,w=*s[u].rbegin()),s[u].erase(s[u].find(w)),del.push_back(w);
		f[u][i]+=sum[u];
	}
	for(auto w:del) s[u].insert(w);
	for(auto w:ins) s[u].erase(s[u].find(w));
	sum[u]=pre;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=gi();
	for(int i=1,u,v,w;i<n;i++) u=gi(),v=gi(),w=gi(),adde(u,v,w);
	dfs(1);
	for(int i=2;i<=n;i++) Q[min(deg[i],deg[fa[i]])].push_back(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<deg[i];j++) P[j].push_back(i);
	for(x=0;x<n;x++) {
		ll w;
		for(auto u:Q[x]) s[fa[u]].insert(fw[u]),sum[fa[u]]+=fw[u];
		for(auto u:P[x]) while(s[u].size()>son[u]-x+1) sum[u]-=max(0ll,w=*s[u].rbegin()),s[u].erase(s[u].find(w));
		ll ans=0;
		for(auto u:P[x]) if(deg[fa[u]]<=x) dp(u),ans+=min(f[u][1],f[u][0]+fw[u]);
		printf("%lld ",ans);
	}
	return 0;
}

G.Get Ready for the Battle

答案有一个显然的下界\(\lceil\frac{\sum{hp}}{n}\rceil\)。既然是构造题就考虑怎样达到这个下界。

考虑依次将每个敌人打到恰好0hp。设\(sum\)表示\(hp\)的前缀和，则我们发现，打到第\(i\)个敌人时，在若干轮后，它会剩下\(sum_i\mod n\) hp。所以我们相当于要求，需要存在一个士兵的前缀使得这个前缀的攻击力之和为\(sum_i\mod n\)，这样我们就可以在下一轮中用这一个前缀攻击\(i\)，剩余士兵攻击后面的敌人，来满足恰好将这个敌人打到0hp。可以想到一种构造方式：设\(a\)为所有\(sum_i\mod n\)排序后的数组，\(a_0=0,a_m=n\)，则\(ans_i=a_i-a_{i-1}\)。

这样可能会有一个问题，如果某一轮有多个敌人被打死，就可能存在一些敌人使得最后攻击它的士兵不是一段前缀。不过可以发现上面的构造方式一定能处理这种情况。

至于输出攻击方案，实现时为了方便，可以维护两个指针\(i,j\)，\(i\)指向当前正在考虑的敌人，\(j\)指向当前正在考虑的士兵，每次令\(j=j\mod m+1\)即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int gi() {
	int x=0,o=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if(ch=='-') o=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*o;
}
int n,m,h[N],a[N],ans[N],tot=0;
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	n=gi(),m=gi();
	for(int i=1,s=0;i<=m;i++) s+=(h[i]=gi()),a[i]=s%n;
	a[m]=n,sort(a+1,a+m+1);
	for(int i=m;i;i--) a[i]-=a[i-1];
	for(int i=1,j=1;i<=m;i++) while(h[i]>0) ans[++tot]=i,h[i]-=a[j],j=j%m+1;
	while(tot%m) ans[++tot]=1;
	printf("%d\n",tot/m);
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d%c",a[i]," \n"[i==m]);
	for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i%m==0]);
	return 0;
}

H.Triple

更了，真香

这里记录一种可以解决\(m(m>3)\)元组问题的方法吧。

暴力显然是对于每个元组做一次\(fwt\)求出点值表示，乘起来后\(ifwt\)还原。

设\(a_{i,j}\)表示第\(i\)个元组的第\(j\)位，\(x_i\)为题目给你的第\(i\)个系数。

显然，每一个元组\(fwt\)后得到的数组最多包含\(2^m\)种不同的值，即\(b_1x_1+b_2x_2+...+b_mx_m\)，\(b_i\in\{-1,1\}\)。如果我们能对于\(2^k\)位中的每一位\(p\)，\(2^m\)种值中的每一种值\(q\)，求出有多少个元组满足\(fwt\)后第\(p\)位的值为\(q\)，那么就可以快速计算答案了。

有一个结论：\((-1)^{popcount((i\bigoplus j)\&k)}=(-1)^{popcount(i\&k)}(-1)^{popcount(j\&k)}\)。证明很简单，因为\((i\bigoplus j)\)只有当某一位\(i,j\)都为\(1\)时才可能对\(popcount\)有影响，显然影响是偶数。

考虑枚举\(m\)个位置的一个子集，设这个子集为\(s_1,s_2,...,s_t\)。设数组\(G\)一开始都为\(0\)，对于每一个元组\(i\)，我们令\(G_{a_{i,s_1}\bigoplus a_{i,s_2}\bigoplus\dots\bigoplus a_{i,s_k}}+1\)。对\(G\)数组\(fwt\)，设\(fwt\)后得到的\(G\)数组为\(G'\)。

考虑\(2^k\)位中的每一位\(p\)。设\(b_{i,j}\)为第\(i\)个元组\(fwt\)后的数组的第\(p\)位中\(x_j\)的系数，即第\(i\)个元组\(fwt\)后第\(p\)位为\(b_{i,1}x_1+b_{i,2}x_2+\dots+b_{i,m}x_m\)。根据\(fwt\)的原理，我们有\((-1)^{popcount(a_{i,1}\&p)}=b_{i,1},\dots,(-1)^{popcount(a_{i,m}\&p)}=b_{i,m}\)，即我们可以算出\((-1)^{popcount((a_{i,s_1}\bigoplus a_{i,s_2}\bigoplus \dots a_{i,s_m})\&p)}\)的值。也就是说，我们知道\(2^m\)条信息，每一条信息形如 \(fwt\)后第\(p\)位为某个值的元组 在\(G'\)数组中对第\(p\)位的贡献为多少。这样就能对第\(p\)位列出\(2^m\)个方程。如果这些方程线性无关，我们就可以解方程，就能知道对于\(2^m\)种值中的每一种值\(q\)，有多少个元组满足\(fwt\)后第\(p\)位的值为\(q\)。

可以证明这些方程是线性无关的。

证明：

将\(b\)中的正看作\(0\)，负看作\(1\)。设\(A\)为方程的系数矩阵，那么\(A_{i,j}=(-1)^{popcount(i\&j)}\)。证明方程线性无关，相当于证明\(det(A)\neq 0\)。

考虑归纳证明。当\(m=0\)时显然成立。当\(m>0\)时，设\(S\)为\(A\)的前\(2^{m-1}\)行，\(2^{m-1}\)列形成的子矩阵，显然\(A=\left(\begin{array}{cccc} S & S \\ S & -S \end{array}\right)\)。手动解这个行列式可以发现\(det(A)=-2det(S)^2\)，显然不为\(0\)。

考虑怎样快速解这样一个方程组。可以将它消成\(\left(\begin{array}{cccc} S & 0 \\ 0 & -2S \end{array}\right)\)的形式，这样就只要递归解两个大小为\(2^{m-1}\)的方程组即可。这样复杂度是\(O(2^m*m)\)的。

总复杂度\(O(2^{m+k}*(m+k)+n*2^m)\)。代码懒得写了。