2021统一省选 A卷 day1解析

本文主要是介绍2021统一省选 A卷 day1解析，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题面，就参照洛谷的吧。

卡牌游戏
矩阵游戏
图函数

重点看思维过程。

卡牌游戏

爆搜的话，过前两个点没问题。枚举要翻牌的数量m，然后从n张中翻m张，直接统计最大最小值。
考虑到卡牌是按照正面数值由小到大排序的，设c[]数组，将a[]和b[]存入c[]，然后由小到大排序。枚举最小值minn为c[i]，最大值maxn为c[j]，这两个值是不可更改的，现在转为判定性问题，注意minn和maxn不能是同一张牌的，要判别一下。那么正面数值在这个区域的，是不用翻牌的。对于正面数据a[]来说，假设最小值minn的下标为i，最大值maxn的下标为j。如下：

那么区间[i,j]是不需要翻牌的。区间[1,i-1]和[j+1,n]是需要翻牌的。最后看确定的最小值和最大值的下标是否在翻牌区域，如果不在翻牌区域，需要m减1或者减2，有几个不在翻牌区域，就减几个。然后只要满足：翻牌数量小于等于m和翻牌区间的最值在minn和maxn之间，就是合法解。。用ST算法维护区间最大值和区间最小值即可。整体复杂度是O(n^2)的。可以过前4个点。
以上思路稍加调整就可以过第5~6个点。虽然n值较大，达到了5e5，但是m值最大1000。因此枚举的时候，直接枚举前半段翻牌的长度为x，则后半段翻牌的长度最大为m-x。其余同思路2。整体复杂度是O(m^2)。
为了加速上述的判定，可以用二分法，就是二分答案。这个题目的答案具有单调性，可以转为判定性问题。假设极值为x，现在假定最小值为minn，那么最大值maxn为minn+x。最大和最小值都得是卡牌上的数值。ai值小于minn的部分需要翻牌，而且得保证翻出的牌的最值在minn和maxn之间，ai值大于maxn的也需要翻牌，而且得保证翻出的牌的最值在minn和maxn之间。否则，这组不满足，跳过。
如何确定最小值minn呢？需要正面和反面的数值一起，设数组c[]，依次存入a[]和b[]，然后排序，由小到大，需要记下c[]中的数据在原先数列中的下标。用map就可以。因为2n个数据都不相同，所以不矛盾。在c[]中依次枚举作为最小值。最后看确定的最小值和最大值的下标是否在翻牌区域，如果不在翻牌区域，需要m减1或者减2，有几个不在翻牌区域，就减几个。然后只要满足：翻牌数量小于等于m和翻牌区间的最值在minn和maxn之间，就是合法解。枚举时复杂度O(n)，查询最值O(logn)，共二分次数O(logn)，整体复杂度为O(lognnlogn)。可以过全部点。

矩阵游戏

发现由 $b_{i,j}$ 倒推出 $a_{i,j}$ 有很多种方法。比如：对于b[1][1]，a[1][1]=a[1][2]=a[2][1]=b[1][1]/4，a[2][2]=b[1][1]/4+b[1][1]%4。其他的位置填的话，只需要再确定两个值就可以了，一个值可以填b[][]/2，另一个值填b[][]/2+b[][]%2。这样倒推出来的是没有限制的a[][]。注意限制是：a[i][j]>=0&&a[i][j]<=1e6。我们发现对于某一列，如果从上到下依次加减相同的值，不影响正确性。比如：+x，-x，+x，-x，……，也可以从减开始，比如：-x，+x，-x，+x，……。对于某一行，也是这样。

下面的问题就是如何由得到的一个随机矩阵，通过某种方法转化为合法矩阵。

对于n,m<=3和m=2的情况，感觉应该可以暴力过，但是想不到好的方法。因为按照上面的思路，如何将随机矩阵转化为合法矩阵，总要用到差分约束，也不是暴力做法。直接考虑全部数据规模。

对于奇数行，在行上的改变从加开始，对于偶数行，从减开始。

对于奇数列，在列上的变化从减开始，对于偶数列，从加开始。

在这里插入图片描述
对于某个位置，要经过行上的和列上的变化。这些变化要同时满足所有位置，得列不等式方程组。比如对于(1,1)，需要满足： $a [1] [1] + x 1 - y 1 > = 0$ && $a [1] [1] + x 1 - y 1 < = 1 e 6$ 。所有的位置都要满足上述类似的要求。

这就最终能化成类似这样的不等式：a<=x1-x2<=b，这个不等式可以拆成：x1<=x2+b和x2<=x1+(-a)。典型的差分约束系统，用最短路解就可以了。总共是n+m个点，n*m条边。spfa可以过。

图函数

几乎每次大考中都会有这种重新定义的题目，一般比较绕，但是跟着样例模拟一遍，就能大致明白它的套路。

n<=10的前4个点，可以直接模拟过。判断两个点是否连通，可以用dfs搜。链式前向星存图，用vis[]对每条边打标记，删除某条边，就是vis置为0。

以下有点长，但不难理解，耐心阅读。

再具体考虑。对于图G，对于点u，判断点v是否能和点u构成点对，那么点v应该满足什么条件呢？首先要明确的是点u和点u能构成点对，然后消去自身，因此v<u。v->u和u->v之间的点满足什么条件呢？之间的点都是>v的。假设v->u和u->v之间存在点x，而且x<=v。那么x->u和u->x之间也是连通的，这样x及其边要被消去，因此等到枚举到v时，x已经不存在了。假设矛盾。

明白这一点的话，也就没必要真正地删除边了，只需要做一些转换。对于任意的图G，有两点v和u，v<u，如果v->u和u->v之间的点都是>v的，那么u和v构成点对。本题求的分别是原图G的点对数，删除一条边的点对数，删除两条边的点对数，……，删除m条边的点对数。真的要一个图一个图的去求吗？肯定不会。应该能想到，这些m+1个图，会有某种连续性。

假设上述对应的图分别为G0，G1，G2，……，Gm。有两点v和u，v<u。v->u和u->v某条路径上的边的最小值为i，也就是说v->u和u->v的路径至少会到删除第i次边的时候才会被破坏。也就是说点u和v，对于图G0，G1，G2，……，Gi都是点对。v和u之间双联通的路径会只有一条吗？也许不会，所以要求出v和u之间所有路径边的最小值的最大值。因为我们希望u和v能产生更多的贡献，所以要最大值。设数组f[i][j]用来记录合法点对i和j之间的边的编号的最小值的最大值，那么上述u和v对答案的贡献就可以用min(f[u][v],f[v][u])来表示。

设数组g[i]表示第i条边对其前面的图的贡献，前面的图指的是：G0，G1，……，Gi-1。想求第i个图总共有多少点对，只要求出第i条边后面的边对它的贡献即可，也就是后缀和。

现在难点就是如何求这个f[i][j]？可以用floyed。首先要明白：对于floyed，在最外层循环到k时，dis[i][j]最短路径上除了i和j两点，路径上的其他结点编号都小于等于k。我们在学习最小环问题的时候讨论过这个问题。

在这里插入图片描述
以下是最小环问题的算法。

在这里插入图片描述
我们要计算f[i][j]，假设i<j，要求是i->j和j->i之间的点都是>j的，如何保证在floyed的过程中f[i][j]的点满足这个条件？只要将松弛点k从大到小枚举就搞定了！这样在做到f[i][j]时，上面的点除了i和j外都是大于j的。

可参考以下代码，1000的规模的floyed开o2，居然能过。

#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,x,y,f[1010][1010],g[200010],ans[200010];
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x,&y),f[x][y]=i; for(int k=n;k>=1;k--)for(int i=1;i<=n;i++)if(f[i][k]){if (i>k){for(int j=1;j<k;j++)f[i][j]=max(f[i][j],min(f[i][k],f[k][j]));}else{for(int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=max(f[i][j],min(f[i][k],f[k][j]));}}for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=i+1;j<=n;j++)g[min(f[i][j],f[j][i])]++;ans[m+1]=n;for(int i=m;i>=1;i--)ans[i]=ans[i+1]+g[i];for(int i=1;i<=m+1;i++)printf("%d ",ans[i]);return 0;
}