11.5比赛题解

模因病毒

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大乌龙：理解错题辣！

我理解的是两只猴子手拉手，结果是一只猴子用手拉着另一只猴子，当连着的两只猴子都松手时猴子才会掉下去。

这道题思路比较巧妙也比较常见：正难则反。

考虑正推，好像要带撤销并查集（觉得挺难，非要写应该也可以），面对这种删边问题，一般都是通过倒推的方法变为加边问题，往往会好做。

所以考虑倒推，问题转换为：通过不断加边，则每个点的掉落时间为它第一次与 1 号节点联通的时间，可用并查集维护。

但是，一个问题来了：在一块连通块 B 与 1 号节点所在的连通块相连时，怎么更新 B 内的节点？

可用链表维护，记录一个 nxt[i] 维护链表操作。

而且每个并查集维护三个信息：

1. f[i]，记录 i 节点的父亲，初始值：f[i]​=i；

2. head[i]​ 记录 i 节点的连通块的节点中，编号最小的点；

3. tail[i] 记录 i 节点的连通块的节点中，编号最大的点；

其中 head[i]​ 与 tail[i]​ 的 i 是连通块的根，即“老大”。

若要与 1 合并，还要先更新答案，而且每次合并时都是从大到小合并的，要保证 1 节点一直为根。

饥饿的lpb

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（感觉这个题有点水，比T1好想）

观察题目，我们不难发现，要得到最大美味值，狐狸应该先交错吃温度最大的和最小的饼干，其中如果能喝冰水或开水就更好了。所以我们给所有饼干按照温度排序，交替选择左右端点吃，如果先喝水再吃能获得更大美味值就更好啦。这样最大美味值就求出来了。（注意左右端点谁先开始，可能得到两个答案，再取个 max ）

那么最小美味值呢，我们肯定按照温度顺序吃饼干。这样每两个饼干之间的差值就是美味度（如果不喝水的话）。比如我们记第 i 个饼干和 i−1 个饼干的差值为 T[i]​−T[i−1]​，则第 i+1 个饼干和 i 个饼干的差值为 T[i+1]−T[i]​，容易得到：如果不喝水，差值即为 T[n​]−T[1]​。此时即可分类讨论：

(1) 如果水温度在 [ T[1]​,T[n] ​] 之间，喝水与不喝水，对答案没有影响，答案就是 T[n]​−T[1]​。

(2) 如果水温度小于 T[1]​，我们又必须要喝水，答案再加上 W−T[1]​，即为 T[n]​−W。

(3) 同理如果水温大于 T[n​]，答案即为 W−T[1​]。

综上，合并以上算式我们可以得到一个算式 ans=max⁡{W−T[1],0}+max⁡{T[n]−W,0}。

真理医生的难题

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可以使用分块。

当a[i]=1时，开方便不再有意义。加上每个数不大于le12，所以每个数至多被开方6次。

直接分块暴力，维护区间和和一个标记表示是否每个元素都为1。

如果每次区间开方只不涉及完整的块，不超过2√n个元素，直接暴力即可。

如果涉及了一些完整的块，这些块经过几次操作以后就会都变成 1，区间修改时跳过那些全为 1 的块即可。

体感一下复杂度和每个元素被开方次数有关，所以是可行的。

汉尼拔的晚宴

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1.因为n<=1e5，k<=100，所以O(nk)可以通过本题。

2.先考虑一下O(n*n)的做法：设 f[i][j] 表示前 i 分钟，当前煎的是正面，背面煎了 j 分钟的最小翻面次数。则有状态转移方程：

f[i][j]=min(f[i−1][j],f[i−1][j−1]+1) (i属于某个[l,r])

f[i][j]=f[i−1][j] (i不属于任何一个[l,r])  (即i位于不能翻转的时间段,这时没煎的面煎的时间没有增加 ，所以直接继承上一个区间的状态)

由第二个状态转移方程不难发现，对于两个区间之间的 i ，是可以直接跳过的。（背面煎的时间不变）

设 dpi,j​ 表示第 i 个区间结束时，没煎的面煎了 j 秒的最小翻转次数。

可以发现如果总共煎了 i 秒，其中一面如果煎了 j 秒，自然可以求出另一面为 i−j 秒。

在任意一个区间内，可以发现最多会翻两次面（翻转多次最终也可以转化为翻转一次或两次），所以分类讨论：

只翻一次面：

        

1.由图可推出状态转移方程：dp[z,j]=min( dp[z-1,i-j-k] )+1

2.由于只能是在区间rz到lz之间翻转，并且结束时间为rz，所以 (rz−k≥lz)→(0≤k≤rz−lz)，并且满足 rz​−j−k≥lz​ 。

3.因为所设状态为 区间结束时间 ，所以 i 无需枚举，为 rz​ ，方程则变为 dp[z,j]=min⁡( dp[z−1,rz−j−k] )+1  (0≤k≤rz−lz)

翻两次面：

1.由图，可以得出转移 dp[z,j]=min⁡(dp[z−1,j−q])+2，同上 (0≤q≤rz​−lz​) ，且满足(lz​≤j−q≤rz​) 。

综上，所有状态转移方程如下(i为第i个区间)：

翻转一次的情况会超时，所以考虑优化，

根据翻转 一次 和 两次 的方程中，我们可以发现，每当枚举到一个新的值，都会和原来的值取更小值，最终会取得这一区间内的最小值。每次更新，都会更新更小值，这是符合 单调性 的，所以可以使用 单调队列 进行优化。

由于变成在一个范围内取最小值，所以 k 和 q 取 最大范围 ri​−li​ 。

具体的，我们可以将翻转 一次 的方程看作在 dp[i−1,ri​−j−k]​ 到 dp[i−1,ri]​​ 之间取最小值，将翻转 两次 的方程看作在 dp[i−1,j−q​] 到 dp[i−1,j​] 之间取最小值 ( ri​−j−k 化简后为 li​−j ，作为 出队条件 ，不用担心越界)。

经过进一步优化的状态转移方程如下（ 0≤j≤ri ）：