建中校內第五次模擬賽題解
hansonyu123, Yihda Yol
植物大戰殭屍2 Subtask 1
• 直接線性做
– 複雜度 ，TLE 7分 – 喵
植物大戰殭屍2 Subtask 2
• 將詢問依左界排序。對於同樣左界的詢問 們，依右界排序。
– 每次都從某個左界開始，將右界由小到大依序 處理。對於一個左界，只需 （離散化）就 可以將所有右界處理完畢。
– 複雜度 ，TLE 26分。
植物大戰殭屍2 Subtask 3
• 將原序列每k個切成一塊
• 對於每個詢問，可以分成「完全包含區塊」
以及「不完全包含區塊」兩個部分
• 只需要預處理「區塊詢問」以及在每次詢 問時計算「渣渣們對答案的貢獻」即可
– 渣渣們對答案的貢獻需要由大區間內某渣渣出 現次數計算。這可以用vector儲存某值出現的 位置後，對該vector二分搜即可得到。
植物大戰殭屍2 Subtask 3
• 預處理區塊間詢問
• 對於每個渣渣，要 的時間計算貢獻
• 對於每個詢問，最多 個渣渣
• 總複雜度
– 取 時複雜度最小，為 – 這樣取的時候空間複雜度
– 注意這是在線作法喔
植物大戰殭屍2 Subtask 3
• TLE 63分
– 如果把常數壓超小，然後k取得好的話是有機會 AC的—by 吳聖福(?
– 要分case看渣渣裡的數字數量有沒有低於一個 限制，如果有的話用map一次記錄完會比較快
植物大戰殭屍2
• 前面的方法都有「一個一個放進去」的這 種feel，不如使用莫隊吧！
• 先離散化後可記錄當前區間某個數出現次 數。如此一來區間變化一後的答案很好算，
出現次數也很好維護。
• 直接莫隊，複雜度 。
• AC。
忍者調度問題
• 注意到對於同個主持人，出動愈多忍者愈 好。不妨對所有人，看看以他為主持人時
滿意度最大為多少，再將這些值取max即可。
– 問題轉化為，對每個點，詢問以他為根的子樹 中在權重和不能超過給定值M的條件下最多可 以取幾個點
• 30分的拿法就是對每個點都暴力地將他的 後代的權值由小排到大，再二分搜答案。
複雜度 。
忍者調度問題—整體二分搜
• 這次的解法很多，先從這次的範圍開始講
• 有N筆詢問，每筆都是一個二分搜，那試著 整體二分搜吧！
• 二分搜的對象從「選幾個點」改成「選權 值不超過某個值的點」
– 注意因為權重值可能相同，所以要把index放上 去以區別兩個權重值一樣的點，或者先將所有 人排序後以index為基準
忍者調度問題—整體二分搜
• 對於每次二分搜，可以用樹壓平計算答案 以決定要丟給左邊還是右邊
• 對於每個點，最多被二分搜 次，每 次被二分搜到的時候都需要modify一次線段
樹，故貢獻的複雜度 。
忍者調度問題—整體二分搜
• 對於每個詢問，最多被二分搜 次，
每次被二分搜到的時候需要query一次線段 樹，故貢獻複雜度
。
• 總複雜度 ，AC。
• 注意到就算每個點的總預算是分別給定的，
這個作法還是行得通。持久化線段樹也可 以AC，只是所需空間略大。
忍者調度問題—樹鏈剖分
• 接下來的作法都需要用到「總預算相同」
這個性質。
• 接著先講上次範圍的解法吧。
• 從權重最小的節點開始，看看如果他的祖 先都選了他的話會不會爆預算
– 可以證明如果某個點因為這樣爆預算了，那麼 他的祖先們也都爆預算了。
– 此外，加入這個點後被影響到的點只有他的祖 先們
忍者調度問題—樹鏈剖分
• 每次加入一個點的時候，先將他的祖先們
（含他）的值同加這個點的權重（路徑修 改），再看看這條路上第一個爆預算的點 在哪（路徑詢問），再把爆預算的點們的 值扣掉權重（路徑修改）。
• 問題被轉化為樹鏈剖分可支援的操作。直 接套用樹鏈剖分的話複雜度 ， AC。
忍者調度問題—啟發式合併
• 接下來的解法是從來沒教過的，不過他的 概念十分重要。
• 對於其中一個點，假設他的孩子們的答案 都已經計算出來，也知道要選哪些節點最 好了，那麼將這些節點全部加起來。如果 爆預算的話，要從權重最大的那個開始慢 慢移除，直到沒有爆預算。
– 一直移除最大：priority_queue
– 然而要怎麼樣將一堆priority_queue合併呢？
忍者調度問題—啟發式合併
• 如果有兩個priority_queue需要合併，一個 方法是將一個pq的元素一直拔出來放進另
一個pq裡。複雜度 。這引
導我們每次合併時，都選小的那個，一直 拔元素出來放進大的。
• 這樣做的話，對於每個元素，每次他被移 動時所在的pq大小至少會變兩倍，所以至 多被移動 次。因此總複雜度
。
– 此種技巧稱為「啟發式合併」。
忍者調度問題—可合併堆
• 事實上，有些堆可以支援「合併」這個操 作，就可以不用啟發式合併而得到更好的 複雜度。
– 以很威的費波那契堆為例，均攤O(1)插入、查 詢以及合併， 刪除。
• 最易實作的可合併堆為左偏樹。插入合併 以及刪除皆為 。
– 缺點為插入以及刪除皆建立在合併上，故常數 比priority_queue還要大許多（畢竟
priority_queue的常數很小）
忍者調度問題—左偏樹(Leftist Tree)
• 對於每個節點v，定義S(v)為從v往下走到虛 無(?)的最少步數。
• 左偏樹需要滿足兩個性質：
– 權重需滿足堆的性質
– 對於任何一個v，S(v->l) >= S(v->r)
• 這樣容易發現一些性質：
– S(v) = S(v->r)+1
– 以v為根的子樹至少有2 S(v) -1個點
忍者調度問題—左偏樹(Leftist Tree)
• 合併兩個左偏樹時，選擇根節點權重較大 的那個，並且將他的右子樹和另一棵左偏 樹合併。合併完之後記得檢查左偏樹的條 件是否滿足。若否，交換左右子樹。
– 複雜度 。由前面的性質即知
複雜度不會比 差。
– 因此「平衡的」左偏樹是一條鏈，「退化的」
左偏樹是平衡二元樹。
忍者調度問題—左偏樹(Leftist Tree)
• 插入就是把節點當一棵左偏樹合併。刪除 就是把左右子樹合併。
• 將啟發式合併改成左偏樹，即可獲得複雜
度 的解法。
尋找蘿莉第二彈 – EX
• Subtask 1-4 自己翻之前的題解吧
• Subtask 5 照參考資料用linked list做，複雜 度
尋找蘿莉第二彈 - EX
• 直接套treap照著參考資料做就可以AC了
– 每個節點維護當前區間max、「這個是否小於 等於下一個」，和當前區間是否有這種數
– 至於要維護前後樹的大小關係，可以用類似
「樹包linked list」的技巧（其實就是對每一個 節點都記它的前後元素的指標），並在split和 merge的時候好好維護就好了
– 或者在操作的時候硬搜也可以
• 複雜度
吐鈔機2 Subtask 1-4
• 這題的前四個subtask和最後一個的coding複雜度 完全不成比例
• DP，把吐鈔機按照可以買的時間排序
• 令dp[i]是在第 天賣出手上的機器後最多可以有 多少錢
,
•
吐鈔機2
• 化減 一下式子
,
,
• 可以看出這是個斜率優化，但是斜率 並沒有 單調性
• 維護凸包平衡樹
吐鈔機2
• 化減 一下式子
,
,
• 可以看出這是個斜率優化，但是斜率 並沒有 單調性
• 維護凸包平衡樹
吐鈔機2
• 千萬不要衝動刻treap(?
• 用set維護線段和交點
• 交點不能用浮點數，要用兩條線表達，不然 會WA掉
• 因為截距相乘會爆long long，所以才要用黑魔 法
• 複雜度
王老先生 Subtask 1,2
• 直接線性掃過去，複雜度 。
– TLE 21分
王老先生 Subtask 3
• 每次拍照就相當於區間加權。如果有Q棵線 段樹代表每個時刻每個人目前賺的錢，那 麼對每個人來說就可以直接二分搜了。
• 每拍一次照是一次修改，故可以考慮使用 持久化線段樹。
• 區間加值用懶人標就可以支援了。
• 時間複雜度 ，空間複
雜度 。WA/TLE 45分。
– WA原因：區間加值加到重複的人就會爛掉。
王老先生
• 持久化線段樹差一個小問題就過了。不妨 試著使用整體二分搜解決問題。
• 對於同一個人管理的不同田地以及一次拍 照區間[L,R]，不妨將貢獻全歸給落在[L,R]中 最左邊的那個田地。
– 對於某個田i，假設下一個和他同個主人的田在j，
那麼會使i有貢獻的區間[L,R]要滿足L<=i以及R<j。
• 每次二分搜時相當於在解決一個二維查詢 修改問題，故將其中一維排序以達成降維。
王老先生
• 對拍照的區間以及田地貢獻區間的右界分 別排序即可使用BIT處理前述二維問題。
– 不是出現第一次了，所以就不仔細講了。
• 因為每次二分搜時是「離線」而不是「在 線」，所以資料結構內的東西不能遞給下 次二分搜。不過可將目標扣掉現階段賺的 錢當作新的目標，遞給下次二分搜。
• 總複雜度 ，AC。
最小公倍數 Subtask 1
• 聽說這個時候不會爆long long
• \直接線段樹/
• 複雜度
• 其它subtask會因為時間比較緊而TLE、因 overflow而WA。模完後再最小公倍數也會 WA（廢話）。
最小公倍數 Subtask 2
• 直接將答案的質因數分解式求出
– 對每個質因數來說，都是一個RMQ問題
– 用sparse table有記憶體問題，故使用線段樹
– Tip:用一棵線段樹存多個值比用多棵線段樹還要 有效率（可避免遞迴次數過多）
• 複雜度 ，MLE 23分。
最小公倍數 Subtask 3
• 對於大於 的質因數來說，只有0次或1次 兩種可選。
– 故在意的只有區間中有無該質因數的倍數。區 間變動1的時候很容易維護，故考慮使用莫隊。
– 區間加入/刪除的數最多只會和一個大於 的 質因數扯上關係，故莫隊的複雜度夠快。
最小公倍數 Subtask 3
• 對大於 的質因數使用莫隊，小於 的質 因數則維持使用線段樹（用莫隊的負擔有 點大）。
• 總複雜度 ，
MLE 54分。
最小公倍數
• 首先對所有詢問的右界排序：
• 假設當前要齁住的是右界是r的詢問們。對 於所有i<r，知道b[i] = query([i,r))/query([i+1, r))就可以用線段樹或BIT之類的處理區間乘 積知道query([i,r))了
最小公倍數
• 重點就是 r遞增的時候要怎麼維護b[i]。
• 只要注意到對於一個質數p和一個數i，b[i]
的p的冪次變化的話，代表a[r]的p的冪次比 a[i+1]到a[r-1]的p的冪次都還大。
• 對於每個質數p，可以用一個單調隊列（嚴 格遞減）維護p的冪次數。每次r++時只要用 a[r]的質因數冪次數更新top，之後再看看
a[r]是不是比top大，是的話就把top拔掉繼 續更新，否的話就推入stack。
最小公倍數
• 可以證明這樣變化次數是 ，其中 是2*3*5*7*...的反函數。因為這裡處理的均 攤複雜度O(1)（當然質因數分解
要先做好），所以複雜度 。
最小公倍數
• 對於每次b[i]的變化，一定都是把b[i]除掉某 一個東西。所以這裡的更新可以用線段樹
或者是BIT處理。因為更新次數是 ， 所以複雜度 。然後就把右界
是r+1的詢問們一次問完。
• 總複雜度 ，AC。
•
最小公倍數 大陸人看法
• 其實可以用某種神奇的方法變成跟王老先 生的子問題差不多的問題
– 對於每個數，都拆解成質因數分解式。對於每 個質因數p^k，在他原本的位置寫上p,p^2, …, p^k。
– 把同一個數當作同一個主人，然後某個p^i被考 慮的時候都貢獻p。區間最小公倍數就是新區間 的所有人的貢獻（同一個主人的數不重複計
算），所以可以用類似王老先生整體二分搜的 方法做。
• 複雜度估計略，不過和前種方法相去不遠。
