24pht春3

本文搬运自本人高中时期CSDN博客，若图片加载不出来，可到原文查看：https://blog.csdn.net/zhangtingxiqwq/article/details/138165254

pht春3

A

显然 $f[i][j]$ 表示前 $i+j$ 个，有 $i$ 个用 $a$ ， $j$ 个选 $b$ 的方案数。然后显然。

不是，好像假了， $k+s\neq n$

直接按 $a$ 排序，那样子只要不选 $b$ 的肯定选 $a$ 。

除了dp，也可以费用流。

源点连两个虚点，分别跑 $X,Y$ 流量。然后连到每个点流量1费用 $a_i,b_i$ 即可。

bonus1

~~首先肯定两维排序。~~

假设全部选 $a$ ，然后把一些换成 $b$ 。那直接作差排序即可。

按 $a_i-b_i$ 排序。

必然存在一个地方，前面全部选编程，后面全部选体育。

但是中间会有一些空洞。

考虑枚举前缀（分割线），前缀里选编程的肯定是选 $a_i$ 最大的，后缀中选 $b_i$ 最大的。

前 $i$ 个的topk的sum是好求的。

然后就完成了。

bonus2

三项技能。后面会讲。

B

如果还有分割次数显然选最大块的分割。

但是对于一个块，如果最后分了两次，显然不是对半分。

我觉得直接二分最大块长度应该就行了。

假设只切一个，就选最大的。

但直接增量来做是不对的。

最终局面：选出若干个胡萝卜，这些胡萝卜是一步到位切成的。

问题是每个胡萝卜要切多少份？

想象中先把切开的合起来，再重新切，也就是有一个反悔的过程。

也就是把增量的过程变成切 $k$ 刀变成切 $k+1$ 刀的情况。

bonus

我觉得我的做法没问题。

从D回来，显然满足是上凸的，因为收益越来越小，二分斜率。

当然，也可以二分最后一次的收益。

C

相当于每个数可以加 $k$ ，然后求差分序列大于0的数之和（初始时0）

如果设计 $f[i][j]$ 表示 $a_i=a_i+k\times j$ ，这样子显然是没问题的。

这是 $n^2$ ，第二维能不a，能搞一下呢？

首先转化和我的一样。

对于上面那个 $f$ ，显然 $j$ 只会转移到 $j+1,j,j-1$ ，而且如果比他小只会+1，比他大只会-1。

考虑最终答案肯定是 $\min f[n][0\dots n]$ 。但最小值一定是 $f[n][0]$ ，因为最后一个显然取最小是没问题的。

所以前 $i$ 个的最优在 $f[i][0]$ 处取得，有 $dp_i=f_{i,0}$ ，但这样没法做转移。

比如 $a_i<a_{i-1}$ ，从 $j-1$ 的转移本质是当前额外多加个 $k$ ，相当于把代价变成了 $k-d_i$ 。我们把 $k-d_i$ 仍到一个堆里，相当于可以在某个地方额外往上加一层。

好，现在考虑会 $a_i>a_{i-1}$ ，现在本身要花费 $d_i$ 的代价，但如果你用之前的 $k-d_i$ ，那么就不需要执行这个操作了。

其实就是要么按原计划，要么在之前下沉一轮。

那现在需不需要把 $d_i$ 放进去呢？

嗯，是需要的，因为未来可能是有更差的。

D

考虑二分图匹配。每个 $a_i$ 只能向编号大等于它的 $b_i$ 连边。

可以直接变成一条链，源点向每个点连，再向汇点连。那样子即可。

好像不是网络流，是费用流？

建图方法和我一样。跑最小费用流。

复杂度没问题。

bonus 1

模拟网络流。对所有 $a,b$ 一起排序。

$a$ 相当于后缀加。 $b$ 在有的情况下是后缀减，没的情况直接丢到一个小根堆里。

好像堆不行？开两棵线段树似乎就行了？

假设画一个流的次数和总费用的图像，这显然是下凸的。（也就是增量越来越大）

现在要求这个图像横坐标为 $k$ 的费用。

此时我们可以使用wqs二分。

假设斜率match，则截距最小。 这应该是wqs二分的内容吧，我记得不太清了

因此对于给定斜率可以求出给定截距最小，这个截距怎么得呢？

有 $d=f_i-ik$ 。求 $\min f_i$ ，反求 $\min f_i-ik$ ，此时在看一下这个 $i$ 是什么东西。

因此我们先二分（枚举斜率），现在可以选任意多个 $a_i,b_i$ ，只需要满足他们的集合大小相等，且每次选中一个 $a_i$ 会扣除 $k$ 的费用，求最小费用。（因为横坐标每-1，相当于每减一个，就会小 $k$ ）

可以先把所有 $a_i-k$ 。然后现在要求 $\min (\sum b_i-a_j+k)$ ，这个变成了低买高卖股票这个经典的普及组问题。

遇到 $a_i$ 塞入队列，遇到 $b_i$ 先优先和 $a_i$ 配对，然后把 $-b_i$ 扔回进去，因为 $b_i$ 也是可以反悔的。同时在此记录选了多少个，然后调整斜率。

wqs发现是凸的一般有：

可以转化为费用流模型
盲猜
1. 直接打wqs上去
2. 随机生成数据然后 $n^2$ 一样。

bonus 2

同bonus1。

刚刚做法是wqs二分的局限。

某个东西wqs可做，现在每个都要做，则使用闵可斯基和的算法。

正常容易分治。左右返回的结果都是凸的，然后就可以合并。

但这题不容易分治。因为返回的是 $n^2$ 的东西，表示选了多少个 $a$ ，那边选了多少个 $b$ 。

但ABC上上周的最后一题用的是闵可夫斯基和。

对于这题还可以用线段树来做。

把它想象成选 $a_i$ 是左括号，选 $b_i$ 是右。然后用线段树维护只选左，只选右，选左+右的代价。

但是第二次可能可以选右+左 ()() ，但有些时候也不行。

用左+右是可行的，用右+左不一定行。

本质是括号匹配中对于这些括号是不会退流，但是配对会退流。

对于目前选右+左，只需要满足前缀和>0，就可以。

但这样子不能用线段树简单维护，因为可能出现这样子的情况， [()()()] ，会新增很多不连读段。

因此要多维护几个东西。

区间最大r在l前的东西。
区间内前缀和最小的值 $v_1$
区间内RL从大于最小值的地方返回的RL‘。

我们在某些时候可以把第一种转化为第三种。

然后每次选左右括号，然后区间±1，然后还有各种更新。

其实是利用12中的辅助信息求出3的信息。

打完后还是感觉wqs比费用流好打（如果copy板子很难说）

但考场上打wqs直接飞起

E

同样，直接对敌人强弱排序，然后连边，但此题变成费用流了。

对 $a$ 的加入显然是有序，另一边按 $-b+c$ 排序后加入，应该就和上一题一样了。

题目钦定红点在蓝点前面，匹配有价值，和上一题一模一样。但这题不限选次数，所以其实就是wqs二分内部的判断。

F

50分显然。

正解我想想。

把负的去掉，变成一段段。

奇数位放上面，偶数位放下面，然后奇数和前后偶数相连。然后前后都连1的流量，中间边是两个点的max值。那样子肯定就符合。

因为此时是凸的可以wqs二分。

这题可以更简单。

假如 $k=1$ ，只会选最大的。

从变大的过程中，如果出现反悔，那么肯定是相邻的两条都同时选中。

考虑现在变成另一个问题，一开始选择一个最大价值。一个不选，相当于左右都选。我们在左右连一条边。由 $b+c$ 取代 $a$ 。代价是 $x=b+c-a$ ，并把原先3个破坏掉。

然后可能又会连一条 $x+e-d$ 。

因此每次选了一个，直接把相邻3个全部删掉，然后在加入新的收益。

G

听说是道很厉害的贪心

首先是不是凸的？显然不是。

按某个规则排序？

按照 $b_i$ 和 $2a_i$ 的关系。

$b_i>2a_i$ 可以拆成两个东西考虑。

$b_i<2a_i$ ，如果选 $a$ 那么只会选一个。也就是按 $b_i$ 排序，在后缀里面选最小 $a_i$ 。

对于两类，分别选 $t$ 个的答案都是易求的。

如果对于每个 $k$ 都要输出呢？能不能闵可夫斯基和？

考虑函数虽然不凸，但如果分成两类，而且是直接奇偶分，那样子两个子函数都是凸的。

此时我们就可以分治。传入 $[l,r]$ ，吐出一个一维的 $[i,f_i]$ ，会分成 $[l,mid],[mid+1,r]$ 。分别把奇偶节点取出来，都是凸的，分别做闵可夫斯基和，两个独立的都是凸的。（要分讨是奇偶偶奇和奇奇偶偶）

对于第一种做法，在 $b<2a_i$ 时，还需分讨一下。

H

不知道为什么是交互。

从左到右做，并且每一次钦定当前元素只和前面的连接的当前最小费用。

虽然这不是最优的，但我们有当前最优结果，我们现在要允许他可以反悔。虚拟无穷红蓝点。

假设B-R连（只出现过一个B），How允许反悔呢？

假设未来有个B‘，未来的最优决策是和R连，那么这个R就可以不和原先的B连。新代价是 $B-R$ ，反悔代价是 $R-b$ 、

令 $f=-R-(R-b)$ 塞到红色的反悔堆里面去。遇到蓝色节点就从红色点堆里取，此时是 $B+f$ 。

所以我们并不是和上一个最近的相连，而是取出不同颜色反悔堆中取出。我们要 $w=\min(R-b,R+f)$ ，同时塞入 $-w-R$ 。其中 $b$ 表示最近颜色。（ $R-b$ 就没必要塞到反悔堆里面了 为什么我感觉需要啊？ ）

事情还没结束。 R BBBBBBBBBB ，后面这些B都会连前面的R。现在有了一个R，那肯定会有一堆B和这个R连。

因此我们要在堆里面取出尽可能多的 $R+w$ ， $w$ 落在蓝色队列里面的东西。不需要丢回红色堆里。因为对于这个红色点来说只会反悔一次。

这里有几个地方值得思考：

我们每次反悔肯定会满足之前都能匹配。

我们就是要先满足当前自己的匹配。

然后去把之前对于旧有匹配不满意的对方颜色进行翻转。

丢个聊天记录：

我：

老师，那道G题红蓝反悔匹配那题，是不是对于每个颜色操作时只需要往堆里丢一次啊？

每个颜色要先满足自己的匹配，而只需要在这个时候丢进去

然后解决掉前面其他可能对现状不满意的匹配，这步需不需要仍到对方颜色的堆里啊？

我刚刚感觉似乎不太需要，但现在感觉可能又需要。如果丢进去的话此时f就不是我们一开始推出的-2R-B了，而是只含-R

我的意思大致就是说现在到红色点，肯定只需要往红色点里面丢一次。但是帮助其他蓝色点的匹配是否需要往蓝色堆里面扔？

还有另一个问题就是你上课当时说如果这个R和B匹配是和最近B匹配而不是反悔某个B，那样子就不需要丢到红色堆里。这里不太理解，我感觉是需要丢进去的吧？

老师：

需要，因为那个不满的蓝色可能将来和其他红色匹配更佳。

也是需要的。

我刚刚也交了一发代码到比赛里

I

A题的bonus2

显然我还没想到。

假设先全选 $a_i$ ，剩下的代价就是 $b_i-a_i,c_i-a_i$ 。

然后就和A的bonus1一样了。

J

从费用流角度来思考。

左边有 $n$ 个点，右边有10个点。每个人连向右边一个点。然后中间连边 $(1,c_{i,j})$ ，然后向终点连 $(a_j,0)$ 。

每一次每个人就是选最小边，然后流过去。

我们考虑逐个加人，每个人尝试选最小边。但如果爆了，就要返流了。

对于第 $i$ 个人，可能发生 $i-1$ 次返流。

返流相当于走最短路，而最短路每个点最多走两次，那样子返流长度不会超过20。

但复杂度还是不对，因为你不知道返流走那条路是最优的，因为会扩展到 $n$ 个节点。

考虑往回增广到左边节点，我们并不关心新拓展到的节点，我们只关心从右边的节点走到右边的节点。

如果我们每次处理好了右边的Floyd矩阵，但要保证不共享左边的点。

怎么保证？考虑第一次，求出最短路为 $(1,i)$ ，费用是 $c_{1,i}$ 。未来某个时刻希望1流向 $j$ ，相当于发生了 $d[i][j]=c_{1,i}-c_{1,i}$ ，但并不知道去 $(1,j)$ 还是 $(1,k)$ 。对于每个 $j$ ，又要往Floyd矩阵上转。但现在不是矩阵了，是一个set了。把 $c_{1,i}-c_{1,i}$ 塞入 $set[i][j]$ ，那样子可以快速求出当前最短路。然后再重新塞回set里。