水题记录2.2

CF2013F1 Game in Tree (Easy Version)

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题目：

可以抽象一下两人的游戏过程：

可以发现，将 $1\sim u$ 上的路径排成序列，记为 $p_1\sim p_m$，其中 $p_1=1$，那么两人的游戏策略便是看当前节点离开此路径是否必胜，胜则离开，否则在路径上前进。最后相遇则根据 $m$ 奇偶判断胜负。

按照最优解，记 $d_i$ 为 $i$ 不走 $1\sim u$ 能到达的最远点需要几步。

记 $a_i=i-1+d_{p_i},b_i=m-i+d_{p_i}$，假设两人分别在 $l,r$，那么 Alice 在 $l$ 能获胜的前提便是： $$a_l>\underset{i=l+1}{\overset{r}{\max }}{b}_i$$

同理， Bob 在 $r$ 获胜的前提便是：
$$b_r>\underset{i=l}{\overset{r-1}{\max }}{a}_i$$

按照这个进行模拟即可。

$d$ 数组可以用一遍树形 DP 求出来，而 $a,b$ 的 $\max$ 的维护可以使用 ST 表。

这样子这题就做完了，时空复杂度均为 $O(n\log n)$

代码：

void dfs(int u,int pa){
	for(int v:E[u]){
		if(v==pa)
			continue;
		fa[v]=u;
		dfs(v,u);
	}
}
void dfs_(int u,int pa){
	f[u]=1;
	for(int v:E[u]){
		if(v==pa)
			continue;
		dfs_(v,u);
		if(!vis[v])
			f[u]=max(f[u],f[v]+1);
	}
}
inline int ask1(int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	return max(f1[l][k],f1[r-(1<<k)+1][k]);
}
inline int ask2(int l,int r){
	int k=lg[r-l+1];
	return max(f2[l][k],f2[r-(1<<k)+1][k]);
}
void solve(){
	cin>>n;
	lg[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=vis[i]=0,E[i].clear(),lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		E[x].push_back(y);
		E[y].push_back(x);
	}
	dfs(1,0);
	int cnt=0;
	int U;
	cin>>U>>U;
	while(1){
		vis[U]=1;
		c[++cnt]=U,U=fa[U];
		if(!U)
			break;
	}
	reverse(c+1,c+cnt+1);
	dfs_(1,0);
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		f1[i][0]=i-1+f[c[i]]-1,f2[i][0]=cnt-i+f[c[i]]-1;
	for(int i=1;i<20;i++)
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)
			f1[j][i]=max(f1[j][i-1],f1[j+(1<<i-1)][i-1]),
			f2[j][i]=max(f2[j][i-1],f2[j+(1<<i-1)][i-1]);
	int l=1,r=cnt,p=0;
	while(l!=r){
		if(!p){
			int ns=f[c[l]]-1;
			int nr=ask2(l+1,r)-cnt+r;
			if(ns>nr){
				cout<<"Alice\n";
				return ;
			}
			l++;
		}
		else{
			int ns=f[c[r]]-1;
			int nl=ask1(l,r-1)-l+1;
			if(ns>nl){
				cout<<"Bob\n";
				return ;
			}
			r--;
		}
		p^=1;
	}
	cout<<(p==0?"Alice\n":"Bob\n");
}

什么，你说 F2 在哪里？

我也不知道，下次再补。

CF2110E

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题目：

考虑离散化后对于 $v_i\to p_i+n$ 连无向边建图，则是一个二分图，那么题意等价于找到一条欧拉路径。

证明考虑对于一组 $(a,x)$ 和 $(b,x)$ 在图上靠 $x+n$ 联通，可行。

而对于一组 $(a,x),(b,x),(c,x)$，在图上为 $x+n$ 接了三条边，自然没办法连续依次遍历。

所以这样子建图和原题意是等价的。

不过需要特判图不联通的情况。

那么代码就出来了：

inline void Read(int &x) {
	x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') 
		c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') 
		x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=getchar();
}
inline int ga(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=ga(fa[x]);
}
void uni(int x,int y){
	x=ga(x),y=ga(y);
	if(x!=y)
		fa[y]=x;
	return ;
}
inline void dfs(int u){
	int len=E[u].size();
	for(int i=H[u];i<len;i=H[u]){
		int v=E[u][i].first,id=E[u][i].second;
		H[u]=i+1;
		if(!vis[id])
			vis[id]=1,dfs(v),S[++sid]=id;
	}
}
int cnt=0;
map<int,int>id;
void solve(){
	Read(n);
	id.clear();
	sid=0;
	for(int i=1;i<=2*cnt;++i)
		E[i].clear(),H[i]=0,v1[i]=0;
	cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		Read(ex[i]),Read(ey[i]),b[++cnt]=ex[i],b[++cnt]=ey[i],vis[i]=0;
	sort(b+1,b+cnt+1);
	cnt=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1;
	int cntid=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
		if(b[i]!=b[i-1])
			id[b[i]]=++cntid;
	int st=1,cid=0;
	for(int i=1;i<=2*cnt;i++)
		fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x=id[ex[i]];
		int y=id[ey[i]]+cnt;
		E[x].push_back({y,i});
		E[y].push_back({x,i});
		v1[x]=v1[y]=1;
		uni(x,y);
		st=x;
	}
	for(int i=1;i<=2*cnt;i++)
		if(v1[i]&&ga(i)!=ga(st)){
			printf("No\n");
			return ;
		}
	for(int i=1;i<=2*cnt;i++){
		if(E[i].size()&1)
			st=i,cid++;
	}
	if(cid>2){
		printf("No\n");
		return ;
	}
	dfs(st);
	printf("Yes\n");
	for(int i=sid;i>=1;i--)
		printf("%d ",S[i]);
	printf("\n");
}

教训：

需要注意的是，搜索欧拉路径的时候，变量 $i$ 应该每次都是等于最新的当前节点的未访问的点，而不是直接 $+1$。

具体的，你需要把：

for(int i=H[u];i<len;i++){
		int v=E[u][i].first,id=E[u][i].second;
		H[u]=i+1;
		if(!vis[id])
			vis[id]=1,dfs(v),S[++sid]=id;
	}

改成：

for(int i=H[u];i<len;i=H[u]){
		int v=E[u][i].first,id=E[u][i].second;
		H[u]=i+1;
		if(!vis[id])
			vis[id]=1,dfs(v),S[++sid]=id;
	}

CF1221F Choose a Square

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题目：

可以发现，用于正方形，假设所选区间为 $[l,r]$，那么一个点 $(x,y)$ 有贡献当且仅当：$l\le \min (x,y),\max (x,y)\le r$

那么考虑把所有点抽象成为 表示区间 $[\min (x_i,y_i),\max (x_i,y_i)]$ 且权值为 $c_i$ 的线段。

而对于所选区间 $[l,r]$ 答案为被完全包含的线段的权值和加上 $l-r$

考虑做序列扫描线，用线段树维护。具体的，从后往前枚举 $l$，然后先加入所有 $l^{\prime }\ge l$ 的线段 $[l^{\prime },r^{\prime }]$，然后找 $r$。

其中 $-r$ 也可以挂在线段树上维护。

那么这题就做完了。

注意离散化两倍空间，并注意答案为 $0$ 的情况。

代码：

struct node{
	int mx,id;
}tr[N<<2];
bool operator <(const node x,const node y){
	return x.mx<y.mx;
}
int c[N],n,a[N],b[N],w[N];
struct Tr_{
	int add[N<<2];
	void pushup(int x){
		tr[x]=max(tr[ls],tr[rs]);
	}
	void pushdown(int x){
		int &Ad=add[x];
		if(Ad){
			add[ls]+=Ad,add[rs]+=Ad;
			tr[ls].mx+=Ad,tr[rs].mx+=Ad;
			Ad=0;
		}
	}
	void build(int x,int l,int r){
		if(l==r){
			tr[x]={-c[l],l};
			return ;
		}
		build(ls,l,mid);
		build(rs,mid+1,r);
		pushup(x);
	}
	void upd(int x,int l,int r,int ql,int qr,int k){
		if(ql<=l&&r<=qr){
			tr[x].mx+=k;
			add[x]+=k;
			return ;
		}
		pushdown(x);
		if(ql<=mid)
			upd(ls,l,mid,ql,qr,k);
		if(qr>mid)
			upd(rs,mid+1,r,ql,qr,k);
		pushup(x);
	}
	node ask(int x,int l,int r,int ql,int qr){
		if(ql<=l&&r<=qr)
			return tr[x];
		node res={-1919810114514,0};
		if(ql<=mid)
			res=max(res,ask(ls,l,mid,ql,qr));
		if(qr>mid)
			res=max(res,ask(rs,mid+1,r,ql,qr));
		return res;
	}
}A;
vector<pair<int,int> >U[N];
void solve(){
	cin>>n;
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y>>w[i];
		a[i]=min(x,y);
		b[i]=max(x,y);
		c[++tot]=a[i],c[++tot]=b[i];
	}
	sort(c+1,c+tot+1);
	tot=unique(c+1,c+tot+1)-c-1;
	A.build(1,1,tot);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=lower_bound(c+1,c+tot+1,a[i])-c;
		b[i]=lower_bound(c+1,c+tot+1,b[i])-c;
		U[a[i]].push_back({b[i],w[i]});
	}
	node ans={0,1919810000};
	int lid=1919810000,rid=1919810000;
	for(int i=tot;i>=1;i--){
		for(auto [R,W]:U[i]){
	//		cout<<i<<" "<<R<<" "<<tot<<" "<<W<<"\n";
			A.upd(1,1,tot,R,tot,W);
		}
		node res=A.ask(1,1,tot,i,tot);
		res.mx+=c[i];
		if(ans<res)
			ans=res,lid=c[i],rid=c[res.id];
	}
	cout<<ans.mx<<"\n"<<lid<<" "<<lid<<" "<<rid<<" "<<rid<<"\n";
}

CF1592D Hemose in ICPC ?

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题目：

这是一个交互题！

在上一次区域赛中，Hemose、ZeyadKhattab 和 YahiaSherif 组成的 Carpe Diem 队由于某些未知原因未能晋级 ICPC。比赛结束后，Hemose 非常难过，度过了糟糕的一天，但 ZeyadKhattab 很聪明，也很了解 Hemose，不想看到他难过。

Zeyad 知道 Hemose 喜欢树上问题，于是给了他一个带有特殊设备的树上问题。

Hemose 有一棵带权树，包含 $n$ 个节点和 $n-1$ 条边。不幸的是，Hemose 不记得每条边的权值了。

我们定义 $Dist(u,v)$（$u\ne v$）为从节点 $u$ 到节点 $v$ 的路径上所有边权的最大公约数。

Hemose 有一个特殊设备。Hemose 可以向设备输入一个节点集合，设备会返回该集合中任意两点间 $Dist$ 的最大值。更正式地说，若 Hemose 给设备一个节点集合 $S$，设备会返回所有 $u,v\in S$ 且 $u\ne v$ 的 $Dist(u,v)$ 的最大值。

Hemose 最多可以使用该设备 $12$ 次，他想找到任意一对不同的节点 $a,b$，使得 $Dist(a,b)$ 尽可能大。你能帮帮他吗？

输入格式

首先输入一个整数 $n$（$2\le n\le 10^3$），表示树的节点数。

接下来 $n-1$ 行，每行两个整数 $u_i$ 和 $v_i$（$1\le u_i,v_i\le n$，$u_i\ne v_i$），表示节点 $u_i$ 和 $v_i$ 之间有一条边。

保证所有边的权值 $\le 10^9$。

保证给定的图是一棵树。

输出格式

现在你可以开始进行询问。每次你可以询问一个包含 $k$ 个节点的集合 $v_1,v_2,\dots ,v_k$（$2\le k\le n$，$1\le v_i\le n$，所有 $v_i$ 互不相同），输出：

? $k$ $v_1$ $v_2$ $\dots$ $v_k$

然后你会收到一个整数 $x$，表示所有 $1\le i,j\le k$ 且 $i\ne j$ 的 $Dist(v_i,v_j)$ 的最大值。

当你找到一对 $a$ 和 $b$（$1\le a,b\le n$，$a\ne b$），使得 $Dist(a,b)$ 达到最大时，按如下格式输出答案：

! $a$ $b$

输出答案不计入 $12$ 次询问限制。

如果有多组 $(a,b)$ 使得 $Dist(a,b)$ 相同且最大，你可以输出任意一组。

每次输出询问后不要忘记输出换行并刷新输出缓冲区。

---

考虑到多加一个数 $\gcd$ 单调不升，所以最优解一定是一条边。

看到询问次数考虑二分。

那么我们每次应该二分一个点集，使得其为一个联通块。

这样子的话考虑欧拉序，其一段区间一定联通，那么询问次数即为 $1+\log (2n-1)=12$。

那么这题就做完了。

代码：

int ask(int l,int r){
	set<int>A;
	A.clear();
	for(int i=l;i<=r;i++)
		A.insert(id[i]);
	cout<<"? "<<A.size()<<" ";
	for(int v:A){
		cout<<v<<" ";
	}
	cout<<"\n";
	cout.flush();
	int res;
	cin>>res;
	return res;
}
void dfs(int u,int pa){
	for(int v:E[u]){
		if(v==pa)
			continue;
		id[++idx]=u;
		dfs(v,u);
	}
	id[++idx]=u;
}
void solve(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		E[x].push_back(y);
		E[y].push_back(x);
	}
	dfs(1,0);
	int l=1,r=2*n-1;
	int ans=ask(l,r);
	while(l+1<r){
		int mid=l+r>>1;
		if(ask(l,mid)==ans)
			r=mid;
		else
			l=mid;
	}
	cout<<"! "<<id[l]<<" "<<id[r]<<"\n";
}