NOI2022联合省选 题解

NOI2022联合省选 题解
day1的题解咕咕咕了，有空再写吧（好吧，看到这么长的题面+大模拟就没有写题解的欲望了……

注：非官方题解，不保证绝对正确，做法不一定是官方做法

注2：代码请见这篇blog

d2t1：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8292
题意：给定一些数字，每次询问一些质数，要求从给定的数字中选出一个子集，使得乘积被所有询问的质数整除，求方案数。
数据范围：$n\le 10^6,m\le 1500,\sum c_i\le 18000$，值域范围 $2000$ 。
sol：注意到这么大的 $n$ 其实没用（只要统计每种数有多少个就行了），同样 $m$ 的范围其实也没什么用，决定复杂度的其实是 $\sum c_i$ 和值域范围。
对于这道题而言，一个数的影响显然只与它的质因子集合有关，因此你可以把所有质因子集合相同的数合并，不过这其实并不本质，因为仍然会剩下 $1200$ 多个数。
$2000$ 的值域范围很耐人寻味，我们可以观察得到这么一个性质：由于 $43\times 47=2021>2000$ ，因此一个数最多只会包含一个 $\ge 43$ 的质因子。而 $<43$ 的质数一共只有 $13$ 个。
假设我们根本不关心那些 $<43$ 的质因子（比如，如果询问里没有的话），那这题就很简单了：把所有数按照含有哪个 $\ge 43$ 的质因子进行分类（可能包含某一个，也可能不含），设每一类有 $a_i$ 个数，那么对于一类而言，如果询问集合里包含这一类的质因子的话，就代表这一类的数至少要选一个，方案数是 $2^{a_i}-1$ ；否则就是可以任意选，方案数是 $2^{a_i}$ 。把每类的方案数乘起来即可。
现在要把前 $13$ 个质因子考虑进来，于是我们可以大力容斥：枚举 {前 $13$ 个质因子} $\cap$ 询问集合 的子集，要求所选的数里必须不包含这个子集中的质因子。然后只需要把不符合条件的数扔掉之后重复刚才只考虑 $\ge 43$ 的质因子的情形就行了。
总复杂度 $O(2^{13}\sum c_i)$ ，看起来不小但实测跑得飞快。

d2t2：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8293
题意：给定一个括号序列，，每个左括号有一个权值。你有如下操作：一是把 (A)(B) 变成 (A()B) ，代价为 $x\times (A)$ 中第一个左括号的权值 $ + y \times (B)$ 中第一个左括号的权值，其中 $x,y\in 0,1$ ；二是把 AB 变成 BA ，无代价。问把原串变成 (((...()...))) 的最小代价。
sol：仔细观察题目中的操作，发现其实答案只与每个括号在哪一“层”有关。操作一的本质是花一定的代价把一对括号扔进里层，我们总是可以从外到里操作，这样操作到某一层时，这一层里的所有括号就可以用操作二进行任意交换。
用vector记录每层的数，每次操作一可以进一步抽象为“用一个数（即 (A) 中第一个左括号的价值）把另一个数（即 (A)中第一个左括号的价值）放进里层”。下面我们称 (A) 中第一个左括号的价值为“辅助”。
根据 $x,y$ 的不同可能的取值分类讨论：
如果 $x=1,y=1$ ：假设当前层有 $m$ 个数，最大值是 $mx$ ，最小值是 $mn$ ，总和是 $sum$ ，那么无论是最终被放进去的还是留在外面的至少都要有一次的代价，同时总的代价次数一定是 $2(m-1)$ ，那么显然可以贪心地用最小的数当辅助，把多出来的 $m-2$ 次代价全都算在 $mn$ 头上。同时放尽可能小的数进去使得下一层尽可能小，只需最后用最大的数把最小的数放进去。代价为 $(m-2)\times mn+sum$ 。
如果 $x=0,y=1$ ：这种情况也很简单，因为代价只与被放进去的数有关，那么就每次贪心地把尽可能小的数往里扔就行了。每一层把最大的数留在外面，这一层的代价为 $sum-mx$ 。
最复杂的情况是 $x=1,y=0$ ，即代价算在辅助头上的情况：对于每一层，首先要决策把哪个数留下来，然后用最小的数把其余的数放进去，最后再用留下来的数把最小的数放进去。问题是如何决策呢？
计算所有层的总代价，我们发现除了最里层的数以外，每个数都会在某一层被留下来并计算一次贡献。既然这样，如果我们确定了最里层的数是多少，每一层就可以贪心地留下当前层的（除了要被放进最里层的数以外的）最大数，因为这样可以让尽可能小的数往里走，以减小里层辅助的代价。
很自然的想法是最里层放全局最大数，这样的决策如下：
当还没有遇到全局最大数时，留下本层最大，代价为 $mn\times (m-2)+mx$ ；遇到了全局最大数时，留下本层次大，代价为 $mn\times (m-2)+cd$ （ $cd$ 为本层次大值）。
这就完了吗？我们发现存在反例：

1 10
9 9

如果第一层把全局最大值 $10$ 放进去，总代价为 $1+9+9+9=28$ ；但如果把 $1$ 放进去，代价为 $10+1+9+1=21$ 。问题出在哪里？
在于“遇到全局最大数后把当前层的次大值留下”这一步。如果这一层恰好只有 $2$ 个数，而被留下的恰好是一个很小的数，就失去了把它放进里层用来当辅助的机会。
不过仔细分析，发现这种情况只可能出现在一开始，即第一层只有两个数的情况（如果第一层只有一个数，显然可以直接忽略这一层，从下一层开始做）。这是因为每层都只会留下一个数，而题目性质保证了每层至少也会多出来一个数，因此如果进入某一层时已经有超过 $2$ 个数，一直到最后一步之前都一定是超过 $2$ 个数。
于是我们可以在一开始遇到这种情况时特判把较小的数放进去，但是紧接着又会有问题：如果下一层只有 $1$ 个数，可能又会面临刚才的尴尬情况。进一步，如果我们面临如下情况：前 $k$ 层分别有 $2,1,1,...$ 个数， 我们显然不能在每一层都枚举。
进一步，我们把这前 $k$ 层一起处理，发现无非只有两种可能：要么把这 $k$ 层的最大值扔进里面，用于扔进最里层；要么把这 $k$ 层的最小值扔进里面，用于当里层的辅助。无论哪种情况这 $k$ 层的代价均为所有数的和减去被放进去的数。
因此只要讨论这两种情况，后面按照原策略贪心即可。
总复杂度 $O(n\log n)$，瓶颈主要在于排序和/或用set维护当前层的最值。

d2t3：传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P8294
题意：给定树，点有点权。每次切断一条边，交换这条边两个端点的点权，代价为这两个点权之和。求把所有边都切断的最小代价。
sol：第一种dp方案：设 $f[x][y][z]$ 表示点 $x$ 的子树，把子树内的点 $y$ 换出去， 外面的 $z$ 换进来的答案。
转移：考虑与 $x$ 相邻的 $3$ 条边的操作顺序：
1、如果先操作 $x$ 与父亲的边，则被换出去的是 $x$ ，枚举换进来的点 $z$ 。假设剩余两条边先操作左子树，那么在左子树里枚举换出去的点 $w$ ，把它换到 $x$ 的位置之后换进右子树，枚举换出去的点 $p$ ，则有： $f[x][x][z]=min(f[x][x][z],f[lc][w][z]+f[rc][p][w]+c[x]+c[z])$ 。剩余两条边先操作右子树同理。
2、如果先操作 $x$ 与左儿子的边，则左子树换进来 $x$ ，枚举换出去的点 $w$ ；假设再操作 $x$ 与父亲的边，那么换出去 $w$ ，枚举换进来的 $z$ ；最后把 $z$ 换进右子树，枚举换出去的点 $p$ ，则有： $f[x][w][z]=min(f[x][w][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][z]+c[z]+c[w])$。
3、如果先操作 $x$ 与左儿子的边再操作 $x$ 与右儿子的边，那么要把 $w$ 换进右子树，枚举换出去的点 $p$ ；最后把 $p$ 换出去，枚举换进来的点 $z$ ，则有：$f[x][p][z]=min(f[x][p][z],f[lc][w][x]+f[rc][p][w]+c[z]+c[p])$。
4，5：如果先操作 $x$ 与右儿子的边，与2，3同理。
虽然看起来枚举很多，但是复杂度是 $O(n^3)$ 的，这是因为所有的操作可以归结为：枚举点 $x$ ，并从左子树、右子树、子树外各枚举一点。众所周知枚举左右子树的点是 $O(n^2)$ 的（类似于树形背包，只在lca处算贡献），再加一个子树外就是 $O(n^3)$ 的。
但是这一算法也没法进一步优化了，因为状态本身已经 $O(n^3)$ 了。
我们需要换一种状态！现在设 $f[x][v][d]$ 表示点 $x$ 的子树内， $v$ 被换出去，被换进来的点最终停在距离 $x$ 为 $d$ 的位置上的答案。并且不计入换进来的点产生的贡献。
我们先看状态数：注意到 $v$ 和 $d$ 一定不会来自同一侧，因此套用树形背包可知状态数已经是 $O(n^2)$ 的了 。
同样分类讨论转移：
1、先操作 $x$ 与父亲 ：假设再操作左儿子，则换进来的点最终停在左侧。那么枚举右侧深度 $d^{\prime }$ ，左侧换出来的点 $v$ 以及右侧换出来的点 $v^{\prime }$，有： $f[x][x][d]=min(f[x][x][d],f[lc][v][d-1]+f[rc][v^{\prime }][d^{\prime }]+c[v]\times (d^{\prime }+1)+c[x])$ 。再操作右儿子同理。
2、先操作左儿子再操作父亲：则换进来的点最终停在右侧。枚举左侧深度 $d^{\prime }$ ，左侧换出去的点 $v$ ，右侧换出去的点 $v^{\prime }$ ，有： $f[x][v][d]=min(f[x][v][d],f[lc][v][d^{\prime }]+c[x]\times (d^{\prime }+1)+f[rc][v^{\prime }][d-1]+c[v])$ 。
3、先操作左儿子再操作右儿子：则换进来的点最终停在 $x$ 处。枚举左侧深度 $d^{\prime }$，左侧换出去的点 $v^{\prime }$ ，右侧深度 $d$ ，右侧换出去的点 $v$ ，有： $f[x][v][0]=min(f[x][v][0],f[lc][v^{\prime }][d^{\prime }]+c[x]\times (d^{\prime }+1)+f[rc][v][d]+c[v^{\prime }]\times (d+1)+c[v])$ 。
4，5：先操作右儿子，与2，3同理。
乍一看枚举的复杂度直接飞起，别急，让我们冷静分析：
1、先枚举 $v$ ，然后不难发现无论 $d$ 是多少，$f[rc][v^{\prime }][d^{\prime }]+c[v]\times (d^{\prime }+1)$ 这一部分的贡献是可以独立计算的。因此先枚举 $v^{\prime }$ 和 $d^{\prime }$ ，计算 t m p = m i n { f [ r c ] [ v ′ ] [ d ′ ] + c [ v ] × ( d ′ + 1 ) } tmp=min\{f[rc][v'][d'] + c[v] \times (d'+1)\} tmp=min{f[rc][v′][d′]+c[v]×(d′+1)} ，再枚举 $d$ 更新 $f[x][x][d]$ 即可。
其中，计算 $tmp$ 时先枚举 $d^{\prime }$ ，由于 $f[rc][v^{\prime }][d^{\prime }]$ 这一项与先前枚举的 $v$ 无关，因此可以在枚举 $v$ 之前先预处理这一项关于每个 $d^{\prime }$ 的最小值，因此在真正计算 $tmp$ 时就无需再枚举 $v^{\prime }$ 了；
分析这一步的代价：预处理时枚举 $v^{\prime },d^{\prime }$ 的代价受到 $f[rc][v^{\prime }][d^{\prime }]$ 有效的项数限制，是 $O(n^2)$ 的；计算 $tmp$ 时枚举的 $v,d^{\prime }$ 来自不同子树，是 $O(n^2)$ 的 ；最后计算 $f[x][x][d]$ 时枚举的 $v,d$ 的代价受到 $f[lc][v][d-1]$ 的有效项数限制，是 $O(n^2)$ 的。
2、 枚举 $v,d$ ，注意到 $f[lc][v][d^{\prime }]+c[x]\times (d^{\prime }+1)$ 与 $d$ 无关， $f[rc][v^{\prime }][d-1]$ 与 $v$ 无关，因此可以事先预处理出前者对于每个 $v$ 的最小值和后者对于每个 $d$ 的最小值，然后在计算 $f[x][v][d]$ 时就无需枚举 $d^{\prime },v^{\prime }$ 了。利用相似的分析方法可以得到这一步的代价也是 $O(n^2)$ 。
3、先预处理 $f[lc][v^{\prime }][d^{\prime }]+c[x]\times (d^{\prime }+1)$ 对每个 $v^{\prime }$ 的最小值，再枚举 $d$ ，然后先枚举 $v^{\prime }$ 求出在当前这个 $d$ 下 $f[lc][v^{\prime }][d^{\prime }]+c[x]\times (d^{\prime }+1)+c[v^{\prime }]\times (d+1)$ 的最小值，最后枚举 $v$ 计算 $f[x][v][0]$ 即可。这一步也是 $O(n^2)$ 。
最终，总的时空复杂度均为 $O(n^2)$ 。