2018 Multi-University Training Contest 3 solutions BY Claris（转载）

A. Ascending Rating 按照$r$从$m$到$n$的顺序很难解决这个问题。 考虑按照$r$从$n$到$m$的顺序倒着求出每个区间的答案。按照滑窗最大值的经典方法维护$a$的单调队列，那么队列中的元素个数就是最大值的变化次数。 时间复杂度$O(n)$。

B. Cut The String 一个字符串的所有回文后缀一定是它的最长回文后缀的所有border。一个字符串的所有border按照长度排序后可以用$O(\log n)$个等差数列表示。利用回文树可以直接得到每个前缀的最长回文后缀，稍加修改即可得到$O(\log n)$个等差数列表示的所有回文后缀。 用两棵回文树预处理出每个前缀的回文后缀集合$f_i$以及每个后缀的回文前缀集合$g_i$。 对于一个询问$l,r$，枚举$g_l$以及$f_r$的两个等差数列，扩展欧几里得求出方案数，时间复杂度$O(m\log^3n)$，不能接受。 在扩展欧几里得之前根据上下界粗判即可去掉一个$O(\log n)$，因为只有$O(\log n)$对等差数列的上下界相交。 时间复杂度$O(m\log^2n)$。

C. Dynamic Graph Matching 设$f[i][S]$表示前$i$次操作之后，$S$集合的点已经匹配的方案数。 对于加边操作，显然$f[i][S]=f[i-1][S]+f[i-1][S-u-v]$。$i$这一维可以省略，从大到小遍历$S$，$f[S]+=f[S-u-v]$。 对于删边操作，注意到加边操作的顺序不影响结果，可以假设第$i-1$次操作是加入要删除的边。将加边操作的更新倒过来，得到：从小到大遍历$S$，$f[S]-=f[S-u-v]$。 时间复杂度$O(m2^n)$。

D. Euler Function 显然$\varphi(1)=1$不是合数，只考虑$n\geq 2$的情况。 设$n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_m^{k_m}$，则$\varphi(n)=p_1^{k_1-1}(p_1-1)p_2^{k_2-1}(p_2-1)...p_m^{k_m-1}(p_m-1)$。 * 若$2$的指数不超过$1$，那么$2$不影响$\varphi(n)$的素性。 * 若$2$的指数为$2$，那么对$\varphi(n)$贡献一个$2$。 * 若$2$的指数$\geq 3$，那么对$\varphi(n)$至少贡献一个$4$，此时$\varphi(n)$一定是合数。 对于除$2$之外的质数$p$，如果指数$\geq 2$，那么至少贡献了$(p-1)p$。如果除$2$之外还有至少两个质数$p,q$，那么至少贡献了$(p-1)(q-1)$。所以这两种情况下$\varphi(n)$一定是合数。 剩下的情况只能是以下几种之一，其中$p$是大于$2$的质数： * $n=2,4$，显然是素数。 * $n=p$，当$p>3$时一定是偶合数，而当$p=3,n=3$时是偶素数。 * $n=2p$，同理当$p>3$时一定是偶合数，而当$p=3,n=6$时是偶素数。 * $n=4p$，那么$\varphi(n)$中至少有两个$2$，所以一定是合数。 综上所述，当且仅当$n=1,2,3,4,6$时，$\varphi(n)$不是合数。$ans(k)=k+4+[k>1]$。 时间复杂度$O(1)$。

E. Find The Submatrix 对于每一行来说，最优方案一定是将最小的若干个数修改为$0$，设$a[i][j]$表示第$i$行修改前$j$小的数的和，则$a[i][j]-a[i][j+1]\leq a[i][j+1]-a[i][j+2]$。 设$f[i][j][0][k]$表示考虑前$i$行，选了完整的$j$个连续子矩阵，修改了$k$次，且选择第$i$行时的最大和。 设$f[i][j][1][k]$表示考虑前$i$行，选了完整的$j$个连续子矩阵，修改了$k$次，且不选择第$i$行时的最大和。 初始状态：$f[0][0][1][0]=0$。 对于某个$f[i][j][0][k]$，要么和上一行连起来，要么上一行不选并新开一个连续子矩阵，故$f[i][j][0][k]=\max(f[i-1][j][0][x]+a[i][k-x],f[i-1][j-1][1][x]+a[i][k-x])$。 对于某个$f[i][j][1][k]$，上一行要么选要么不选，故$f[i][j][1][k]=\max(f[i-1][j][0][k],f[i-1][j][1][k])$。 直接转移时间复杂度为$O(nmAB)$，不能接受。将$f[i][j][0][k]$两部分转移分别求出最优值然后取$\max$。需要优化的部分形如$g[k]=\max(f[x]+w[k-x])$，其中$w[j]-w[j+1]\leq w[j+1]-w[j+2]$。 考虑对于固定的$k$，有两个决策$i,j$作为$x$，其中$i<j$且$i$比$j$劣，则$f[i]+w[k-i]\leq f[j]+w[k-j]$。若$k$增加$1$，因为$k-i>k-j$，所以$w[k-i]$的增量小于$w[k-j]$的增量，$i$将永远比$j$劣。所以最优决策$x$具有决策单调性，分治求解即可。 时间复杂度$O(nm\log m+nAB\log A)$。

F. Grab The Tree 设$sum$为所有点权的异或和，$A$为先手得分，$B$为后手得分。 * 若$sum=0$，则$A=B$，故无论如何都是平局。 * 否则考虑$sum$二进制下最高的$1$所在那位，一定有奇数个点那一位为$1$。若先手拿走任意一个那一位为$1$的点，则$B$该位为$0$，故先手必胜。 时间复杂度$O(n)$。

G. Interstellar Travel 显然坐标相同的点里只保留编号最小的点最优。 将起点到终点的路径补全为终点往下走到无穷远处，再往左走到起点正下方，再往上回到起点。任意路径中回到起点部分的代价相同，观察代价和的几何意义，就是走过部分的面积的相反数。代价和最小等价于面积最大，故一定是沿着上凸壳行走。 显然起点、终点、凸壳的拐点必须要作为降落点。对于共线的点$a_1,a_2,...,a_m$，若一个点$i$的编号是$[i,m]$中最小的，那么在此处降落可以最小化字典序。 时间复杂度$O(n\log n)$。

H. Monster Hunter 以$1$为根将树转化成有根树，那么每只怪兽要在父亲怪兽被击败后才能被击败。考虑简化版问题：忽略父亲的限制，求最优的攻击顺序。 将怪兽分成两类：$a<b$的和$a\geq b$的，前一类打完会加血，后一类打完会扣血，显然最优策略下应该先打第一类再打第二类。 * 对于$a<b$的怪兽，显然最优策略下应该按照$a$从小到大打。 * 对于$a\geq b$的怪兽，考虑两只怪兽$i,j$，先打$i$再打$j$的过程中血量会减少到$HP+\min(-a_i,-a_i+b_i-a_j)$，因为$a\geq b$，所以这等于$HP-a_i-a_j+b_i$。同理先打$j$再打$i$的过程中血量会减少到$HP-a_i-a_j+b_j$。可以发现按照任何顺序都只和$b$有关，最优策略下需要让血量尽可能多，因此要按照$b$从大到小打。 如此可以$O(1)$比较任意两只怪兽应该先打谁，从而得到最优攻击顺序。 考虑原问题，求出忽略父亲限制后最优攻击顺序$p_1,p_2,...,p_n$。 * 若$p_1=1$，那么第一步打$p_1$一定最优。 * 若$p_1\neq 1$，那么在打完$p_1$的父亲$x$后，紧接着打$p_1$一定最优。直接将$p_1$和$x$两只怪兽合并，依然用$(a,b)$表示，并将$p_1$所有儿子的父亲改为$x$即可消除$p_1$的影响。 上面两步将规模为$n$的问题化成了规模为$n-1$的问题，重复操作直到只剩下一只怪兽即可求出最少所需血量。 需要高效支持修改一个怪兽，删除最优怪兽，以及修改父亲的操作。对于最优怪兽，可以用堆维护。对于修改父亲，可以用并查集维护。 时间复杂度$O(n\log n)$。

I. Random Sequence 设$f[i][x][y][z]$表示考虑前$i$个位置，$a_i=x,\gcd(a_i,a_{i-1})=y,\gcd(a_i,a_{i-1},a_{i-2})=z$的期望，枚举$a_{i+1}$的值转移即可。 时间复杂度$O(nmS)$，其中$S$表示$(x,y,z)$的状态数。显然合法状态中$y|x,z|y$，当$m=100$时$S=1471$。

J. Rectangle Radar Scanner 因为信息不可减，所以不能通过二维数点的方法差分得到答案。 将平面上的点按横坐标进行分治，在两侧递归处理所有没有覆盖中线的矩形询问。对于覆盖当前中线的询问，拆成中线左右两个询问，那么两侧的信息没有重叠，而且矩形$4$个边界中有一个边界的限制消失了。 问题转化为：求$x\leq A,B\leq y\leq C$的所有点的信息和。按横坐标将询问和点排序，依次加入每个点或者回答每个询问。用线段树维护纵维度每个区间的信息和。 时间复杂度$O((n\log n+m)\log n)$。

K. Transport Construction 考虑Boruvka算法求最小生成树的过程。对于每个点寻找与它相连的边权最小的边，若边权相同则取另一个端点编号最小的。那么每个连通块要么是树，要么是二元环，最多$\frac{n}{2}$个连通块。将每个连通块缩点，反复迭代$O(\log n)$轮，直至剩下一个点。 问题转化为，给定$n$个带颜色的点，对于每个点询问和它异色的点中和它点积最小的点。 对颜色进行分治，假设当前考虑$[l,r]$的所有颜色，递归分治$[l,mid]$和$[mid+1,r]$，然后用$[l,mid]$询问$[mid+1,r]$，再用$[mid+1,r]$询问$[l,mid]$。 考虑点积的几何意义：向量投影的长度。将一条直线从原点开始往上移动，直到碰到一个点，此时碰到的点一定点积最小。只有下凸壳上的点会被直线碰到，将子区间的凸壳按照横坐标归并，同时将子区间的询问直线按照斜率归并，然后双指针即可。 每轮分治时间复杂度$O(n\log n)$，总时间复杂度$O(n\log^2n)$。

L. Visual Cube 计算画布大小以及各个关键位置的坐标。按照格式将画布填充正确。

M. Walking Plan 设$G[i][j]$表示$i$一步到$j$的最短路，$f[t][i][j]$表示$i$经过恰好$t$条边到达$j$的最短路，则$f[t][i][j]=\min(f[t-1][i][k]+G[k][j])$。$f$具有更强的性质，即$f[t][i][j]=\min(f[x][i][k]+f[t-x][k][j])$。将合并的过程看作乘法，则$f[t]=f[x]f[t-x]=G^t$。 注意到$k\leq 10000$，设$A=\lfloor\frac{k}{100}\rfloor,B=k\bmod 100$，将每个询问$s,t,k$拆成两步： 1. 从$s$出发经过恰好$100A$条边到达某个点$u$。 2. 从$u$出发经过至少$B$条边到达$t$。 设$a[i]=G^{100i},b[i]=G^i$，那么$a[i]$即为经过恰好$100i$条边的最短路，对于$b[i]$需要再进行一次Floyd得到至少$i$条边的最短路。 枚举中间点$u$，则$ans=\min(a[A][s][u]+b[B][u][t])$。 时间复杂度$O(n^3\sqrt{k}+qn)$。