USACO 21DEC Platinum 题解

USACO 21DEC Platinum
T1 Ticket
题目难度：USACO P/省选
先想暴力做法。注意到一个人不会重复买票，所以我们可以把每种票看作虚拟节点，买票看作从  到  号票边权为  的边，同时  号票向区间  中的所有点连边权为  的边。题目希望求出每个点到达  和  所需的最小代价，不妨建反图以  和  为原点分别跑一遍最短路。
然而这样会喜提 WA 。因为仍然没有解决重复买票的问题，两条最短路的交集中的所有边被算了两遍。怎么解决？先记当前答案为  ，若节点  的两条最短路均经过它的邻居  ，不难发现  。这和单源最短路的松弛本质相同，我们对答案数组重新跑一遍最短路即可。
时间复杂度：
下面提供两种优化的思路，第一种是考场第一眼看出的线段树优化建图，具体知识可以参考这个博客 DS优化建图。
对区间中的每个点暴力连边是不好的！我们用线段树建图的方式连边，时间复杂度为  。USACO评测机或洛谷开 O2 均可通过本题。
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define ll long long using namespace std; inline ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();} return x*f; } const int N=1e6+5,M=7e6+5; const ll inf=1e16; int head[N],cnt; struct Edge{ int to,nxt,w; }e[M]; inline void add(int u,int v,int w){e[++cnt]={v,head[u],w};head[u]=cnt;} int n,q,s; struct Node{int l,r;}t[N]; #define ls (p<<1) #define rs (ls|1) inline void build(int p,int l,int r){ t[p].l=l,t[p].r=r; if(l==r){//叶子节点与原图加边 add(l+8*n,p,0);add(p+4*n,l+8*n,0); add(p,l+8*n,0);add(l+8*n,p+4*n,0); return; } //向儿子连边 add(p,ls,0);add((ls)+4*n,p+4*n,0); add(p,rs,0);add((rs)+4*n,p+4*n,0); int mid=(l+r)>>1; build(ls,l,mid); build(rs,mid+1,r); } inline void upd(int p,int L,int R,int u,int w){ int l=t[p].l,r=t[p].r,mid=(l+r)>>1; if(l==L&&r==R){//当前节点覆盖区间 add(p+4*n,u+8*n,w); return; } if(R<=mid)upd(ls,L,R,u,w); else if(L>mid)upd(rs,L,R,u,w); else{ upd(ls,L,mid,u,w);upd(rs,mid+1,R,u,w); } } ll dis[N],d[N]; struct node{ ll dis;int pos; bool operator <( const node &x )const{ return x.dis < dis; } }; bool vis[N]; priority_queue <node> pq; inline void dijkstra(bool op=0){ if(!op){ memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); dis[s]=0;pq.push({0,s}); }else{ rep(i,1,9*n+q)pq.push({dis[i],i}); } memset(vis,0,sizeof(vis)); while(!pq.empty()){ node tmp=pq.top();pq.pop(); int x=tmp.pos; if(vis[x])continue; vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(dis[y]>dis[x]+e[i].w){ dis[y]=dis[x]+e[i].w; pq.push({dis[y],y}); } } } } int main(){ n=read(),q=read(); build(1,1,n); rep(i,1,q){ int a=read(),w=read(),b=read(),c=read(); upd(1,b,c,i+n,0); add(9*n+i,a+8*n,w); } s=8*n+1; dijkstra(); memcpy(d,dis,sizeof(d)); //rep(i,1,n)cout<<dis[i+8*n]<<' '; s=9*n; dijkstra(); rep(i,1,9*n+q)dis[i]+=d[i]; dijkstra(1); rep(i,1,n){ if(dis[i+8*n]>inf)puts("-1"); else printf("%lldn",dis[i+8*n]); } return 0; }如何优化？考虑 dijkstra 时实际上在做什么。原图中的节点会影响将它包含的票的虚拟节点，然后这个虚拟节点仅影响其所对应的一个原图节点  。其次，我们知道堆优化 dijkstra 后每个票仅会被更新一次。于是并不需要建出图，在线段树上转移并且对更新完的区间打上标记就可以做到  （代码咕咕咕）。
第二种做法来自 Benq 的题解。同样利用上面的性质，对所有票按左端点升序排列，注意到每个门票最多入队一次，建一棵势能线段树维护一段区间的所有票右端点的最大值即可。在每个票入队后打上标记，均摊分析可以得出复杂度为  。目前在洛谷上是最优解。
时间复杂度：
#include <bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) #define pii pair<int,int> #define vi vector<int> #define fi first #define se second #define pb push_back #define ALL(x) x.begin(),x.end() #define sz(x) int(x.size()) #define ll long long using namespace std; inline ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();} return x*f; } const int N=2e5+5; const ll inf = 1e18; struct ticket{int c,p,a,b;}; bool cmp(ticket x,ticket y){return x.a<y.a;} struct SegTree{ int n,sz; vector <int> mx; vector <ticket> tickets; #define ls (p<<1) #define rs (ls|1) void pushup(int p){mx[p]=max(mx[ls],mx[rs]);} SegTree(vector <ticket> tickets) : tickets(tickets){//初始化 n = 1; sz = sz(tickets); while(n < sz)n<<=1; mx.assign(2*n,0); rep(i,0,n-1){ if(i < sz){ mx[i+n] = tickets[i].b; }else mx[i+n] = -1; } per(i,n-1,1)pushup(i); } //找到所有可能转移的门票并移除 void remove(vector <int> &v,int x,int p=1,int L=0,int R=-1){ if(R==-1)R+=n; if(L>=sz||tickets[L].a>x||mx[p]<x)return; if(L==R){ mx[p] = -1; v.pb(L); return; } int mid = (L+R)>>1; remove(v,x,ls,L,mid),remove(v,x,rs,mid+1,R); pushup(p); } }; void Min(ll &a,const ll b){if(a>b)a=b;} int main(){ int n=read(),k=read(); vector <ticket> tickets(k); for(auto &t: tickets){ t.c=read()-1,t.p=read(),t.a=read()-1,t.b=read()-1; } sort(ALL(tickets),cmp); auto Dij = [&](vector<ll> &dis){//Dijkstra priority_queue <pair<ll,int>> pq; rep(i,0,k-1){ Min(dis[tickets[i].c],dis[i+n]+tickets[i].p); } rep(i,0,n-1){ if(dis[i]<inf)pq.push({-dis[i],i}); } SegTree seg(tickets); while(!pq.empty()){ pii x = pq.top(); pq.pop(); if(-x.fi>dis[x.se])continue; vector <int> vec; seg.remove(vec,x.se);//找到转移的门票 for(int t : vec){ if(dis[t+n] > dis[x.se]){ dis[t+n] = dis[x.se]; if(dis[tickets[t].c] > dis[x.se] + tickets[t].p){ dis[tickets[t].c] = dis[x.se] + tickets[t].p; pq.push({-dis[tickets[t].c],tickets[t].c}); } } } } }; //三次最短路 vector <ll> L(n+k,inf),R(n+k,inf),dis(n+k); L[0]=0,R[n-1]=0; Dij(L),Dij(R); rep(i,0,n+k-1)dis[i] = L[i] + R[i]; Dij(dis); rep(i,0,n-1){ if(dis[i]<inf)printf("%lldn",dis[i]); else puts("-1"); } return 0; }T2 Paired Up题目难度：USACO P+/NOI-
子任务 1：
设  为当前考虑到第  头 H 牛，第  头 G 牛时匹配的牛的最大权值和。那么我们可以选择不匹配  ，不匹配  ，或者是将  和  匹配。
时间复杂度：
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define pii pair<int,int> #define vi vector<int> int main(){ T=read(),n=read(),K=read(); vector <pii> cow[2]; cow[0].pb({0,0}),cow[1].pb({0,0}); rep(i,1,n){ cin>>c; int x=read(),y=read(); cow[c=='H'].pb({x,y}); sum+=y; } A=sz(cow[0]),B=sz(cow[1]); if(T==1){ vector <vi> dp(A+1,vi(B+1)); rep(i,1,A)rep(j,1,B){ dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]); if(abs(cow[0][i].x-cow[1][j].x)<=K) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+cow[0][i].y+cow[1][j].y); } printf("%dn",sum-dp[A][B]); } }子任务 2：
对于最大化未匹配的权值和，我们考虑使用类似的 dp 状态。但是注意到在上述转移时，有时候我们考虑的并不是最大匹配，只是因为最优解只产生于最大匹配（若不是最大匹配，多匹配两头牛显然更优），我们才能得到  时的答案。
于是我们需要把最大匹配这一限制加入我们的 dp 状态，具体地，我们加入一维  表示最后一头未匹配的牛，假设我们不想匹配当前的 H 牛，那么牛  必须满足如下条件之一：
牛  的品种是牛  与当前牛的距离大于状态量是  ，每次转移还是  的，足够通过该子任务。
时间复杂度：
vector <vector<vi>> dp(A+1,vector<vi>(B+1,vi(n+1,-1))); dp[0][0][n]=0; rep(i,0,A)rep(j,0,B)rep(k,0,n){ if(dp[i][j][k]==-1)continue; if(i<A&&j<B&&abs(cow[0][i].x-cow[1][j].x)<=K) Max(dp[i+1][j+1][k],dp[i][j][k]); if(i<A&&(!(A<=k&&k<n&&cow[0][i].x<=cow[1][k-A].x+K))) Max(dp[i+1][j][i],dp[i][j][k]+cow[0][i].y); if(j<B&&(!(k<A&&cow[1][j].x<=cow[0][k].x+K))) Max(dp[i][j+1][A+j],dp[i][j][k]+cow[1][j].y); } int ans = 0; rep(i,0,n)Max(ans,dp[A][B][i]); printf("%dn",ans);子任务 3：
考虑最终的优化，两维比较难舍去，但我们可以修改最后一维的定义。定义  为处理到前  头 H 牛，  头 G 牛，并且钦定下一种不放入匹配的牛的品种为  。有转移：
当然我们也可以转换钦定的品种：如果之前我们被强制不选 H 牛，那么最后一个未匹配的 H 牛最多是第个。能不放入匹配的 G 牛需要离该牛距离至少为  ，且在该牛之前的所有牛都要放入匹配。预处理出对于所有  ，满足条件的 G 牛编号的最小值，并且判断这段区间的牛是否能全部匹配即可。
时间复杂度：
per(i,A,1)per(j,B,1){ if(chk(i,j))lst[i][j]=lst[i+1][j+1]+1; else lst[i][j]=0; } int j=1; rep(i,1,A){ while(j<=B&&(chk(i,j)||G[j].x<H[i].x))j++; nxtH[i] = j; } j=1; rep(i,1,B){ while(j<=A&&(chk(j,i)||H[j].x<G[i].x))j++; nxtG[i] = j; } memset(f,-0x3f,sizeof(f)); memset(g,-0x3f,sizeof(g)); nxtG[0] = nxtH[0] = 1; f[0][0] = g[0][0] = 0; rep(i,0,A)rep(j,0,B){ int cnt = max(nxtH[i]-j-1,0); if(i+cnt<=A && lst[i+1][j+1]>=cnt) Max(g[i+cnt][j+cnt],f[i][j]); cnt = max(nxtG[j]-i-1,0); if(j+cnt<=B && lst[i+1][j+1]>=cnt) Max(f[i+cnt][j+cnt],g[i][j]); if(i<A && j<B && chk(i+1,j+1)){ Max(f[i+1][j+1],f[i][j]); Max(g[i+1][j+1],g[i][j]); } if(i<A) Max(f[i+1][j],f[i][j]+H[i+1].y); if(j<B) Max(g[i][j+1],g[i][j]+G[j+1].y); } printf("%dn",max(f[A][B],g[A][B]));T3 HILO题目难度：USACO P/省选-
不难发现猜 HI 的数不会使猜 LO 的数被跳过。设  ，那么原题相当于将  和  排列，只记录  的每次下标最大值的出现位置，求期望  的数量。
这可以 dp ，设  为当前最大出现  以及最后一个出现的是  ，通过简单的转移可以做到  。前缀和优化可以做到  ，这里不再赘述。
比较吸引我的是在赛后讨论中看到的  做法，这里简单的证明一下。
结论：令  . 有
证明：
或  时结论显然成立，不妨对  归纳。即证  后期望的变化为：
计算对  的排列中插入  对答案的贡献，  只能排在第一个出现的  之前，否则会被跳过。个  将  个  分成  段，故第一个  前  的期望个数为  个。设前面有  个  。
接下来，只要  被插入在  个  中最大的  前面，都会对期望贡献一个 "ba" 。最大的  的期望位置为：
即为原排列首项是  的概率，为  。能得出：
const int N=2e5+5,P=1e9+7; int n,x; ll H[N],inv[N]; int main(){ n=read(),x=read(); inv[1]=1; ll fac = 1; rep(i,2,n){ inv[i]=(P-P/i)*inv[P%i]%P; fac = fac*i%P; } rep(i,1,n)H[i]=(H[i-1]+inv[i])%P; int y = n-x; cout<<(fac*inv[2]%P*(inv[n]*y%P+H[x]+H[y]-H[n])%P+P)%P; return 0; }