SYOI2022 Round 2 Editorial

Task 1

使用网络流最小割。

考虑建图：将原矩阵黑白染色，黑格连源点，白格连汇点，弧容量为方格中的数。

为了让最小割满足题目中的含义，还要将相邻的黑白格连一条容量为无穷的边。

这样，为了让图不连通，就必须要割掉一些边，最小割可以求出来最小花费。

用总和减去最小割即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 35;
int fx[] = {0 , -1 , 0 , 1},fy[] = {1 , 0 , -1 , 0};
using namespace std;
struct edge {
	int to,next,cap;
	edge() {
		to = next = cap = 0;
	}
	edge(int to,int next,int cap):to(to),next(next),cap(cap){}
}Edge[maxn * maxn * maxn];
int head[maxn * maxn << 1],num_edge = -1;
inline void add_edge(int from,int to,int flow) {
	Edge[++ num_edge] = edge(to , head[from] , flow);
	head[from] = num_edge;
}
int n,m;
inline bool judge(int x,int y) {
	return x >= 1&&x <= n&&y >= 1&&y <= m;
}
inline int get(int x,int y) {
	return (x - 1) * m + y;
}
queue<int> q;
int level[maxn * maxn << 1],cur[maxn * maxn << 1];
inline bool bfs(int s,int t) {
	memset(level , 0 , sizeof(level));
	q.push(s);
	level[s] = 1;
	while(!q.empty()) {                                         
		int u = q.front();
		q.pop();
		for(int i = head[u];~ i;i = Edge[i].next) {
			int v = Edge[i].to;                             
			if(!level[v]&&Edge[i].cap > 0) {
				level[v] = level[u] + 1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return level[t] != 0;
}
inline int dfs(int x,int t,int maxflow) {
	if(x == t||!maxflow)return maxflow;
	int f,flow = 0;
	for(int i = cur[x];~ i;i = Edge[i].next) {
		int v = Edge[i].to;                                
		cur[x] = i;
		if(level[v] == level[x] + 1&&(f = dfs(v , t , min(Edge[i].cap , maxflow)))) {
			if(!f) {
				level[v] = 0;
			}
			Edge[i].cap -= f;
			Edge[i ^ 1].cap += f;             
			flow += f;
			maxflow -= f;
			if(!maxflow)break ;
		}
	}
	return flow;
}
inline int Dinic(int s,int t) {
	int flow = 0;
	while(bfs(s , t)) {
		memcpy(cur , head , sizeof(head));                   
		flow += dfs(s , t , INF);
	}
	return flow;
}
int main() {                   
	freopen("grid.in","r",stdin);
	freopen("grid.out","w",stdout);
	memset(head , -1 , sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int tot = 0;
	int s = n * m + 1,t = n * m + 2;
	for(int i = 1;i <= n;++ i) {
		for(int j = 1;j <= m;++ j) {
			int pos;
			scanf("%d",&pos);
			tot += pos;
			if((i + j) & 1) {
				add_edge(s , get(i , j) , pos);
				add_edge(get(i , j) , s , 0);
				for(int k = 0;k < 4;++ k) {
					int x = fx[k] + i,y = fy[k] + j;
					if(judge(x , y)) {
						add_edge(get(i , j) , get(x , y) , INF);
						add_edge(get(x , y) , get(i , j) , 0);
					}
				}
			}
			else {
				add_edge(get(i , j) , t , pos);                                                          
				add_edge(t , get(i , j) , 0);
			}
		}
	}
	printf("%d",tot - Dinic(s , t));
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

Task 2

本题有两种解法。

首先，采用交换式的排序显然不可行，考虑桶排序。

Solution 1

建立 $26$ 棵线段树，分别存储 $a \sim z$ 在区间中出现的数量。

区间修改在线段树的板子上稍加修改即可。

区间排序就是用线段树统计出 $[l,r]$ 中 $a \sim z$ 的数量，再进行区间修改。

实现稍微有点复杂，可以参考我的代码。

Solution 2

注意到数据均为随机构造，那么可以使用珂朵莉树代替线段树。

这样写时间复杂度极低，比线段树快十几倍。

（珂朵莉树：[Willem, Chtholly and Seniorious]）

  代码

Task 3

懒得写了自己看洛谷上的题解叭QAQ

不想写whk作业了来补一补之前没写出来的题。。。

当时做这题的时候一直在想有没有什么贪心方法，结果到最后没想出来，后来一看标签是动规，很快就写出来了。

状态转移方程很好想，

$f(i, j) \iff f_{i, j} \\f(i, j) =  \begin{cases} S(1, i) &\text{if} \ j = 0 \\ \displaystyle{\min_{j - 1}^{i - 1}(f(k, j - 1) + S(k+ 1, i))} &\text{otherwise} \end{cases}$

其中 $f(i, j)$ 表示在前 $i$ 个数字中共添加 $j$ 个加号时的最小值

完整版实在是太长了，所有分析就列在博客里了，这里简述 AC 做法。

不难观察到最后一段和越小答案越小。

令 $dp(i)$ 为 $i$ 结尾时的最小取值，$pos_i$ 为 $i$ 取得最小值时所处段前一段的最后一个元素。

有 $dp(i) = dp(pos_i) + (s_i - s_{pos_i})^2$

求出 $a$ 的前缀和数组 $s$。

用一个单调队列维护 $2\times s_j - s_{pos_j}$，当队首和队首后一个元素都满足 $2 \times s_j - s_{pos_j} \le s_i$ 时，循环删除队首。

由于数据很大，只存储 $pos$ 数组，答案最后统一计算即可。

搬这题只是为了庆祝窝洛谷过审的第一篇题解awa

首先这种格式一看就是要用数据结构维护，但我们会发现由于 $a$ 数组和 $k$ 的值都是变化的，普通数据结构几乎难以维护。

遇到这种问题，我们可以尝试往分块或者根号分治上想。

顺着这个思路，考虑寻找一下答案的性质。

发现当 $k \gt \sqrt{N}$ 时，操作时间复杂度最多只有 $O(\sqrt{N})$。

那要是 $k \le \sqrt{N}$ 怎么办？

这个时候 $k$ 已经非常小了，我们可以把 $k \le \sqrt{N}$ 的每一种情况都预处理出来。

在询问时，若 $k \gt \sqrt{N}$ 时，直接暴力模拟，反之直接输出我们预处理的结果就好了。

相当于用空间换时间，二者复杂度均为 $O(N\sqrt{N})$。

根号分治的有趣运用还有很多，这道题基本上相当于模板，还有一道类似的题目 哈希冲突

可以尝试做一做，cb 大佬的题解

看到这道题，最朴素的想法是用 DFS 求解。

显然这样搜出来的状态数量非常庞大，时间复杂度无法承受，考虑换用 DP 遍历所有状态。

这里有两个方法。

法一：(60pts)

设 $f_i$ 表示正整数 $i(i \in N^+)$ 分解后的最大乘积。

这种情况下乍一看似乎无法转移，因为有后效性，前面的数分解出 $k$ 那么后面就不能分解出 $k$ 了。

既然如此，可以尝试改变状态，多加几维限制。

思考后得出：设 $f(i,j)$ 表示正整数 $i(i \in N^+)$ 分解出的最大整数为 $j$ 时的最大乘积。

初始状态：$\forall i \in [0,n],f(0,i) = 1$

状态转移方程：$f(i,j) = \max\limits_{k=1}^{j - 1} f(i - j,k) \times j$

最终状态 $\max\limits_{i=0}^n f(n,i)$

然而这样是 $O(N^3)$ 的，考虑优化。

令 $s(i,j) = \max\limits_{k=1}^j f(i,k)$

则状态转移方程会变成：$f(i,j) = s(i - j,j - 1) \times j$

初始 $\forall i \in [0,n],s(0,i) = 1$

答案为 $s(n,n)$

这样用 unsigned long long 可以过 $60%$ 的测试数据，但换成高精度则会出现一堆绿色的字母。

（upd:测试时发现，其实根据数学知识，每次转移的 $j$ 并不会太大，有兴趣的可以打个表把 $j$ 的范围缩小些，这样应该能直接 AC）

CODE

法二：

（此方法我暂时给不出严谨的证明，只能感性理解给个大概意思）

再仔细想一想，难道这个 DP 就一定要二维吗？

再想一想，假设我们把 $i$ 分解为 $\{a_1,a_2\ldots a_k \}$，要枚举一个 $a_j(1\le j \le k)$ 进行状态转移。

不难发现，每个数字分别顺序的先后并不影响它对答案的贡献。

换言之，不论枚举的顺序如何，最优状态也一定会被遍历到。

基于此，我们令 $f_i$ 为 $i$ 分解的最优答案，用 bitset 或者 bool 数组记录一下哪些数字被选上了，转移一下就好了。

这个转移方程相当简单，就不写了，详情见 AC 代码。