\(a\)
首先不難發現乙個暴力動態規劃的做法 ， 記\(f_\)表示第\(i\)天 ，當前在第\(j\)座城市所獲得的最大收益
有轉移方程 \(f_ = max\,u_}+cost_i+extra_\}\)
發現\(w_\)非常小 ， 考慮拆點。 將每個點拆成\(w_\)個點 ， 那麼一共會有至多\(5n\)個點。
接著 ， 考慮矩陣乘法 , 事實上 ， 將求和運算改為\(max\)運算 ， 並將括號內的改為加法 ， 是依然成立的 (廣義矩陣乘法）
那麼我們就只需要預處理\(64\)個矩陣 ， 並用向量乘矩陣合併答案
時間複雜度 : \(o()\)
** :
\(b\)
首先對於\(m <= 23\) , 有乙個容斥原理的做法 ：
考慮欽定每個限制是否一定不滿足 ， 那麼就只需建出虛樹 ， 設一共有\(i\)個限制一定不滿足 ， 虛樹的長度總和為\(l\) , 對答案的貢獻即為 \((-1)^i \cdot 2^\)
但是這樣的指數級演算法是不能接受的。
考慮乙個動態規劃的思路 ：
記 \(f_\) 表示以 \(i\) 為根的子樹 ， 在\(j\)深度或更大的點一定要有一條向上邊權為\(1\)的邊的方案數。
轉移的時候只需列舉其兒子節點 ， 並討論邊權為\(0/1\)的情況 ， 依次合併即可。
直接這樣做是 \(o(nd)\) 的 ， 其中\(d\)表示深度
考慮優化 ， 不妨寫出轉移方程 : \(dp'_ = dp_ \cdot (sum_ + sum_) + dp_ \cdot sum_\) , 其中\(sum\)表示\(dp\)陣列的字首和。
考慮線段樹合併 ， 每次先將左子樹的和累加 ， 然後加到右子樹上 ， 我們只需對於線段樹上每個節點維護乙個整體乘法標記即可。2023年北大冬令營有過乙個類似的套路。
時間複雜度 : \(o(nlogn)\)
** :
\(c\)
分塊。\(d\)
首先觀察資料範圍 , 有 \(m \geq n - 2\) 。並且部分分中有一檔是 \(m = n - 1\) , 很可能起到提示標準演算法的作用。
考慮\(m = n - 1\)怎麼做。
令 \(d_1 \leq d_2 \leq d_3 .... \leq d_\)
首先 ， \(m = n - 1\) 時一定有解。
我們發現 ， \(n=2 , 3\) 的情況都可以直接構造 ， 那麼我們是否能將 \(n\) 的情況向 \(n - 1\) 轉化呢？
引理 \(1\) ： \(d_1 < k\)
證明 : 假設 \(d_1 \geq k\) ， 那麼 \(d_1 + d_2 + d_3 + ... + d_n \geq nk > (n - 1)k = d_1 + d_2 + .... + d_n\) ， 矛盾。
引理 \(2\) : \(d_ + d \geq k\)
假設 \(d_ + d_n \leq k - 1\) , 那麼 , \(d_n <= k - 1 - d_1\) , 則\(d_1 + d_2 + ... + d_n \leq d_1 + (k - 1 - d_1)(n - 1)\) , 矛盾。
根據這兩條引理 ， 我們就獲得了乙個構造方案 ， 每次將 \(d_1\) 用完 ， 然後用 \(d_n\) 填補空缺 ， 當只剩兩個的時候直接放一起即可。
對於 \(m >= n\) 的情況 ， 考慮向 \(m = n - 1\)轉化。
引理 \(3\) : \(d_ \geq k\)。
證明 : 若 \(d_ < k\) , 則 \(d_1 + d_2 + ... + d_n < nk \leq mk = d_1 + d_2 + ..... + d_n\)
單獨用一次 \(d_n\) ， 就使 \(m\) 減小了\(1\) ， 因此可以最終轉化為 \(m = n - 1\)的情況。
綜上 ， 我們得到了乙個 \(m \geq n - 1\)時的做法 , 可以得到 \(20\) 分。 如果加上 \(n <= 10\)的暴力做法 ， 就可以得到 \(45\) 分的可觀得分。
接著 ， 我們考慮如何處理 \(m = n - 2\)。
引理 \(4\) : 問題有解當且僅當可以找到乙個子集 \(s\) , 記 \(x = |s|\) , \(s\)中的元素的和 \(= (x - 1)k\)。
證明 :
充分性 : 顯然 ， 對於集合 \(s\) 與集合 \(t = u - s\) , 都是兩個滿足 \(m = n - 1\) 的子問題。 直接對於兩個集合分別構造一組解即可。
必要性 : 考慮一張圖\(g\) ， 我們將兩種一起使用的節點連一條邊 ， 那麼就一共有 \(n - 2\) 條邊 ， 這張圖一定是不連通的。 所以滿足有解一定要找到這樣的乙個集合。
根據引理 \(4\) , 我們可以將每個 \(d_i\) 減去 \(k\) ， 那麼就只需判斷是否有乙個集合的元素和為 \(-k\)。
這是乙個經典的揹包問題 ， 可以通過 \(bitset\) 優化。
時間複雜度 : \(o()\) , 取 \(w\) = \(32\) 或 \(64\)。
** :
\(e\)
首先引出"好樹"的概念 ， 我們將一棵每個節點左右兒子 \(size\) 值的最小值均不超過 \(1\) 的二叉樹稱為好樹。
觀察 \(1\) : 如果僅有有限個好樹不在集合 \(grow(t)\) 中 ， 則該集合是幾乎完備的。
觀察 \(2\) : 輸入的集合中 ， 非好樹是無用的。
觀察 \(1\) 比較顯然 ， 而觀察 \(2\) 是因為根據觀察 \(1\) ， 只有好樹是值得關心的。
那麼我們就有了乙個遞迴求解的思路 :
令 \(solve(t)\) 表示樹林 \(t\) 是否幾乎完備。
首先 ， 如果有葉子節點 ， 返回完備。 如果樹林為空 ， 返回不完備。
否則 ， 將其分為 \(4\) 類 :
\(1\) : 根只有左兒子。
\(2\) : 根只有右兒子。
\(3\) : 根有左右兒子且左兒子大小為 \(1\)。
\(4\) : 根有左右兒子且右兒子大小為 \(1\)。
判斷這四個子問題是否都成立即可。
因為每個節點的貢獻都是 \(1\) , 因此時間複雜度是 \(o(n)\) 級別。
** :
\(f\)
弦圖。
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