6.5. 提高组模拟赛 题解

Solution

A

对于第 $x$ 轮，我们将所有满足 $i+j\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n-1)$ 的 $(i,j)$ 配对。注意这里 $i,j$ 的下标均从 $0$ 开始。

但是这样会导致一些数无法配对，例如当 $n=6,x=2$ 时，$0$ 已经和 $2$ 配对了，那么 $5$ 就无法和 $2$ 配对了。同时，$1$ 无法与它自己配对，所以最终会剩下 $5,1$ 未配对。

由于每一轮中会有恰好两个未匹配的数，所以将这两个未匹配的数匹配起来即可。

B

算法一

考虑状压 $\text{dp}$。

令 $f_{i,s}$ 表示，看到第 $i$ 行，且第 $i$ 行中已匹配的点集为 $s$。

转移的时候，我们先进行内部修改（例如，找到 $s$ 中的某两个连续的 $0$，将它们全部修改为 $1$ 得到 $s^{\prime }$，那么 $f_{u,s}$ 可以转移到 $f_{u,s^{\prime }}$），然后对下一行产生贡献（下一行与上一行的连接部分必然是 $s$ 的补集的子集）。

时间复杂度 $O(n{3}^m)$，可以优化为 $O(n{2}^m)$。

算法二

考虑网络流。

建立源点 $S$ 与汇点 $T$，给矩阵中的每个点一个编号 $p$。我们可以按如下方式建图：

• $\forall i,j$，连边 $(S,p_{i,j},1,0)$ 与 $(p_{i,j},T,1,0)$

• $\forall i,j$，连边 $(p_{i,j},p_{i,j+1},1,a_{i,j})$ 与 $(p_{i,j},p_{i+1,j},1,b_{i,j})$

注意，这里的 $(u,v,f,c)$ 表示，连接了一条从 $u$ 到 $v$，流量为 $f$ 且费用为 $c$ 的边。

跑最小费用最大流即可。

C

算法一

考虑 $q=1,l_1=1,r_1=n$ 如何处理。

若 $(A,B,C)$ 是最优解，那么其中一个必要条件是: $[A,B]$ 是一个两端高，中间低的区间，即 max⁡i=A+1B−1{ai}≤min⁡(A,B)\max_{i=A+1}^{B-1} \{a_i\} \le \min(A,B)maxi=A+1B−1​{ai​}≤min(A,B)。换言之，若存在一个 $[A+1,B-1]$ 中的 $i$ 使 $a_i>a_A$ 或 $a_i>a_B$，则相应地将 $A$ 或 $B$ 换成 $i$ 后不劣。同时，$\text{C}$ 必定是 $[2B-A,n]$ 中 $a$ 值最大的位置。

对于某一个 $B$ 而言，$A$ 必然是 $B$ 之前第一个比 $B$ 大的位置。因为，若将 $A$ 向前移则不合法，若将 $A$ 向后移则不优。

综上所述，我们枚举 $B$，得到对应的 $A$，查询 $2B-A$ 处的后缀最大值 $c$，并将 $c+a_A+a_B$ 更新答案即可。

时间复杂度 $O(n)$。

算法二

考虑正解。由于在线处理较为困难，我们将询问离线下来一起处理。

我们从右往左扫描，并对于每个位置 $i$ 维护 $f_i$，表示当 $C=i$ 时的最大 $a_A+a_B+a_i(B-A\le i-B)$。

当我们将 $i$ 向左移动一格后，$f$ 需要被进行更新。令此时 $A=i$ 对应的 $B$ 为 $j$，则 $\forall k\in [2j-i]$，有 $f_k:=\max (f_k,u+a_k)$。这里 $u=a_i+a_j$。

对于一次形如 $[l,r]$ 的查询，我们需要在 $i=l$ 时立即查询 $[l,r]$ 中的最大 $f$ 值。

现在，本题被我们转换为了一道纯数据结构题，考虑使用经典数据结构线段树来维护。

我们对于每一个线段树上的节点 $[l,r]$，维护对 $[l,r]$ 产生全局影响的最大 $u$，$a[l,r]$ 的最大值以及 $[l,r]$ 内的最大 $f_k$；同时，也要维护关于 $u$ 的懒标记，需要适时下传并及时更新。

这里仅讨论节点信息的转移。为方便叙述，令当前所在节点为 $x$，左右儿子分别为 $ls,rs$，父亲节点为 $fa$；最大 $u$ 为 $t_{x,0}$，$a[l,r]$ 的最大值为 $t_{x,1}$ 且最大 $f_k$ 为 $t_{x,2}$，有

$$t_{x,0}=\max (t_{x,0},t_{x,fa})$$$$t_{x,1}=\max (t_{ls,1},t_{rs,1})$$$$t_{x,2}=\max (t_{ls,2},t_{rs,2},t_{x,0}+t_{x,1})$$

总复杂度 $O(n\log n)$，本题被解决。

D

引理 1

对于任意不小于 $6$ 的偶数，均可以拆分为两个奇质数之和。

引理 2

对于任意奇合数，均可以拆分为三个奇质数之和。

算法一

由于本题涉及到区间修改，考虑差分，则每次修改都是将两个 $1$ 变成 $0$，不可能出现其他情况。特别的，对于针对 $l,r$ 的一次 $1\to 0$ 的修改，其代价如下：

• 若 $r-l$ 为奇质数，则消耗 $1$ 步

• 若 $r-l$ 为偶数，则消耗 $2$ 步

• 若 $r-l$ 为奇合数，则消耗 $3$ 步

综上所述，我们对于每两个 $1$ 连边，其权值为消耗的步数，则一般图最小权完美匹配即为答案。

算法二

考虑贪心——我们先让 $1$ 的个数尽可能多，再让 $2$ 尽可能多 $\cdots \cdots$ 显然，这样是正确的。

于是我们先建立一个二分图，差为奇质数的点之间有边，然后跑最大匹配即可。现在，我们成功地让 $1$ 的个数尽可能得多了，然后我们需要让 $2$ 越多越好。

对于空余下来的点，我们将它们按照奇偶性分类，对于同一类中的点进行两两配对，从而我们让 $2$ 的个数尽可能得多了。剩下未匹配的点之间连 $3$ 即可。

总复杂度 $O(n^2+m)$，这里 $m$ 是最大的 $X$。

Summary&Evaluation

$\text{T1}$ 这种题我很讨厌，但是既然遇到了，我就认真地做了一下，最后打表得到了 $40$ 分。

$\text{T2}$ 是一道套路题，被我一眼切了，场上也是人均爆切，但有人被卡常了，我也不知道该说什么好了。

$\text{T3}$ 是一道非常好的题，先挖掘性质，并离线用数据结构维护，考场上是真的想不到，一直在想前 $\log n$ 大必有一个的性质，结果只有 $40$ 分。

$\text{T4}$ 在考场上选择了果断放弃，竟然连题目都没看。但题目还是挺不错的，思路非常妙。

综上所述，本场模拟赛难度大概是黄绿紫紫，相比 NOIP 第一题过难，第二三题正常，考察了数据结构、数学、$\text{dp}$ 与构造，但是未考察图论。体验了不挂分的喜悦，不过分依然很低。