GDKOI 2017总结

SemiWaker

总述：

这次GDKOI没有达到预期的成绩。一方面是因为做题能力不够，敲代码能力太弱，导致不够时间写正解，另一方面是思考方式还需要完善，有的知识点还需要进一步的学习。这次运气因素也是有的，这告诉我既然运气不好就要做到100%有把握。

题目&&题解：

Day1:

T1：

题意：

给出一个N*N字符矩阵，字符’P’表示玩家，’1’~’9’表示炸弹。炸弹会在其表示的数字的时间点爆炸，使得上下左右4个方向的长度L的线段范围内被炸到。炸弹被炸到会提前爆炸。问玩家被炸到的最早时间。炸不到输出-1。N<=1000，炸弹数<=3000，L<=N

题解：

直接BFS即可。暴力模拟炸弹的爆炸，将被炸到的炸弹放入队列即可。只需要O(N)的时间，总时间复杂度O(N*炸弹数)。

问题：

不知为什么错了一个点。（可能是-1？）

T2：

题意：

有一个密码串S，S的构造法如下:S=01S=0S1S=01SS=S01S=S1+S2现在密码串开头和结尾都多出了一串，密码串中可能少了一个字符，问最长的合法的密码串长度。N<=2*10^5

题解：

由构造法得出S是一个括号匹配序列，0和1匹配。我们用一个栈记录0的位置，把S扫一遍就可以得到0和1的匹配。不匹配的0和1最后会分割开原串，形成类似下面的形式:...1...1..1..1..0..0..0..0..0...前面的1是扫描中无法匹配到0的1，后面的0是扫描完之后栈中剩下的0。注意到他们是没有本质区别的，所以记录位置即可。如果不能增加字符，那么求出每一个合法段的长度的最大值即可。如果能增加字符，那么相当于把两个相邻合法段合并，求出相邻合法段总长的最大值即可。这题有很多做法，包括DP和模拟等，可以算是杂题。

T3:

题意：

有P*Q个人，编号0~P*Q-1。任意两个人x,y的距离是min(|y-x|,P*Q-|y-x|)如果x和y的距离是P或Q的倍数，那么x和y相邻。要求将图划分为任意个圈，使得每一个圈人数>=3，求方案数。P<=6 Q<=10^9

题解：

插头DP。首先，每一个点是4连通的。那么这个图很有可能可以画成矩阵状，实际上是可以的。这个图的实际几何形状是“甜甜圈”状，画成平面就是矩阵，上下边界连通，左右边界连通。考虑数据范围，P小Q超大，显然是对于P做DP，然后对于Q做矩阵乘法。什么DP可以求划分圈方案数呢？实际上这是插头DP的例题。一对边界变成环也是可以做的。现在剩下两个个问题。第一个问题：另外一边的边界也是环。我一开始的想法是：暴力枚举第一行，然后再DP。然而结合矩阵乘法可以得到一个简单的方法：对于转移矩阵的主对角线上的状态，表示转移到相同的状态。那么如果我们直接求转移矩阵的Q次方，主对角线上的系数和就是答案。这是矩阵乘法优化DP的一个变形应用：直接计算转移矩阵，不管初始状态向量。第二个问题：怎么记状态？如果按照折线扫描线的普通记法，单行状态数会比较多。但是我们可以回到原始的方法：一整行作为一个状态。这种方法的问题是转移比较慢，但是放进矩阵乘法就没有区别了，都是O(n^2)。这给我们的启示是：对于状压DP的矩阵乘法，直接一整行作为状态会比较优。状态数有多少呢？如果用括号匹配，是36种，但是要解码和编码。这题有特殊性：它不在乎有多少个环。那么每一个连通块就没有必要编号。所以直接2^6表示每一个位置有没有插头，也是可以的。实际状态会比括号匹配还少，不过要求实际状态的话还是要解码和编码。因为2^18可以过，所以直接记即可。

问题及启示：

知道是插头DP，没敢编，而且细节问题也搞不定。要写多几次插头DP，多思考细节问题。

T4:

题意：

有一个序列，每次可以从左边或者右边取一段，将他们放入一个“袜子”里。“袜子”有两个容量V和W，要求分别满足体积不超过容量。求最少需要多少个背包才能装下整个序列。n<=3000

题解：

很容易得到一个简易的DP模型:F[L][R]=min(F[L1][R1]+1) L1<=L R1>=R使得L~L1-1和R1+1~R的总和不超过容量。这个是一个O(n^3)的。（L1和R1关联，算一个变量。）然后我们考虑怎么优化。直接从方程来讲，没什么好优化的。我们可以考虑合并状态。把F[L][R]这个状态表示为：已经取到L和R的时候，最少的“袜子”数和已经放入的物品的总和。这样每次我们可以考虑只取最左边和最右边。那么转移方程变为F[L][R]=min{F[L+1][R]+0/1,F[L][R+1]+0/1)现在的问题是：已经放入的物品的总和是一个什么样的状态？假如只有一种容量，那么记录放入的物品的总体积就可以了。这种状态下，两个F先比较袜子数，再比较总体积就可以确定优劣了。但是有两种容量的话，两个体积之间无法取舍，是无法满足最优性的。我们需要寻找另外一种记状态的方法。比如说，记录L左边已经选了多少个。这样显然选的越少越好。那么右边怎么办呢？我们可以考虑二分一个位置R1，使得加上R刚好取满。这里转移到F[L][R1] 袜子+1 左边选的长度=0另外一种转移是左边多选一个 F[L+1][R] 再判断是否装满。这样就变成O(n^2logn)的了。

问题和启示：

我当时用的是一个随机的方法：考虑最原始的转移方程，L1的位置的取值。考虑F[L][R]和F[L][R-1]的最优取值，很大可能L1是单调的。如果是单调的话，就是O(n^2)的了。但是实际上不是，有很大概率单调，有又一定概率不单调。那么我就随机往前跳一段。然而我随机跳地太多了，全部TLE了。看来我要好好复习下DP优化。

Day2:

T1:

题意：

给出一个[0..n][0..m]的矩阵，求满足条件的整点三角形的个数。条件：1、S为整数。2、至少有一条边和坐标轴平行。n,m<=10^9

题解：

这题的计数方法有很多。我的计数方法是这么算的：(有一条边与X轴平行的所有符合条件的三角形)+（与Y轴平行~）-（与x、y轴都平行~）先算有一条边与Y轴平行的所有符合条件的三角形。

假设与Y轴平行的边长为L，上端点为(x,y)，h为高。显然x的取值为0~n-L，y的取值为0~m。接下来分情况：1、L为奇数，则h一定是偶数。

前一半是x的取值，L=2i+1后一半是顶点的取值，h的取值有(m-y)/2种，顶点的x坐标取值为0~n-1。化简得m为奇数时：

m为偶数时：

2、L为偶数，那么h任取。

化简得

两个加起来，再乘以二（因为默认顶点在右边），就得到有一条边与Y轴平行的三角形的个数了。把n,m交换，就可以得到有一条边与X轴平行的三角形的个数了。根据容斥原理，我们还要减去与X、Y轴都平行的三角形的个数。首先算任取：

设两条直角边长a、b，那么x、y的取值为[0,n-a]、[0,m-b]。然后减去a、b都是奇数的：

把以上的式子都敲进去就可以了。

问题：

我写的时候，一开始验算时没写mod，后来改的时候，忘了把所有/2变成逆元。而且貌似乘完之后没有直接mod，爆掉了。

T2:

题意：

有n个人，每个人有两个属性a、b。每个人可以选择使用一个属性，排成一个第一项>H的最长上升序列，问长度。n<=10^5

题解：

这题一看就感觉DP，是不行的。然后我们转换一下：每个人可以选择一个属性，问>H的不同的属性最多有多少个。这就变成了二分图匹配，人在左边，属性在右边，每个人向属性连边。匈牙利算法显然超时，我写的是Dinic，跑过了。讲解的时候出题人给出了O(n)的正解：先把度为1的都匹配掉，迭代。剩下的图，左边的点度数都为2，右边的都>=2。考虑每一个环，都满足Hall定理，能完美匹配。那么右边的点数即为匹配数。

T3:

题意：

求

n<=10^10另一组数据T<=5*10^4，n<=10^7

题解：

我一看就觉得是莫比乌斯反演裸题。然而莫比乌斯反演推出的公式极其复杂，还有n/i这样的项存在，实际上是不优的。这题最优情况是用欧拉函数。考虑每一个j的贡献。对于每一个i<j，(i+1)即1~j中每一个和j互质的数的和，再加上φ(j)。和j互质的数的和为：

那么总的式子为：

先不管j=1，我们可以之后加上。把式子稍微变换一下（顺便把j写成i，好看些。）

那么我们要维护的就是φ(i)*（i^0..2)接下来就要用的是：杜教筛。我是从这里学的：

http://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50500009

其中，a×b=c的意义是a函数和b函数的狄利克雷卷积为c函数。把c的前缀和按照狄利克雷卷积拆开，得到上面的式子。变换的过程如下：把所有数的约数列出来：1 12 1 23 1 34 1 2 45 1 56 1 2 3 67 1 78 1 2 4 8我们考虑从第i个数开始，它自己那里取走1，从2i那里取走2，从3i那里取走3。。然后就得到1~(n/i)的每一个数。例如从2 取走约数1，从4取走约数2，从8取走约数3……这样取完显然会把所有约数都取走，而且分解成1~(n/i)的和的形式。那么就能得到： 

设a的前缀和函数为f。那么

其中显然会有f(n)这一项，我们把它提出来。

这样只要会求c和b的前缀和，就可以递归求a的前缀和了。注意到有n/i，所以可以用分块的方法优化。只要预处理小的前缀和，然后写个Hash，就可以在O(n^(2/3))的时间复杂度下求前缀和。然后我们看回原题。原题要求的是∑φ，∑φi，∑φi^2我们知道

其中

然后带入直接求就好了。

然后

∑i=1ni2=2n3+3n2+n6

（考试时忘了，用高斯消元强行算的系数。）问题&&反思：不要看到像例题就觉得一定是例题。。。。其实莫比乌斯反演也是可以的，但是我考试的时候犯傻了。明明10^7以内直接预处理就好了，但是我每次都跑了个sqrt(n)的，然后就超时了。数论是学不完的，还要继续学。

T4:

题意：

有一个矩阵，矩阵四面都是墙。有以下的操作：在一个格子的某一面建墙。在一个格子的某一面拆墙。在两个格子的分别某一面墙之间，建传送门。拆传送门。从一个格子开始，往一个方向发射一条光线，问这条光线能走多少个格子？可重复计算，碰到墙就停止，经过传送门转到传送门面对的方向。如果停不下来就输出INF。n,m,q<=10^5

题解：

从暴力开始，考虑每个格子维护4个指针（指向自己的类型）。每个指针指向下一个格子相同方向的指针，表示到下一个格子，方向不变。建一面墙，将两个指针指向空。拆一面墙，将两个指针指向下一个格子相同方向的指针。建传送门，将两个指针指向传送之后的指针。拆传送门，将两个指针指向空。询问，从某一个指针开始走，直到为空或者循环为止。最需要时间的是询问，我们考虑用数据结构来维护。显然指针是一条链，这条链要求动态重新指向，而且能求某一段的长度。那么我们用Splay来维护比较方便，基于合并的Treap也行。建墙就把一棵splay拆成两棵。拆墙就把两颗splay合并成一棵。传送门同理。询问就把某棵splay的一个方向取出来求大小。实际上旋转到根然后求右子树的大小即可。注意有环的情况，如果有环，显然只会是从末尾接到开头。我们可以在splay的根记录是否有环。如果有环显然要输出-1。在拆分的时候，如果有环，拆完之后要把两端接起来。然后考虑数据范围，每一个格子建4个点显然不可能。我们把它离线离散化，每一个splay中的点实际表示一条线段，就可以满足条件了。在线也是可以写的，要复杂些。

问题&&反思：

正解很容易想，很难写，我不够时间就写了暴力。数据结构题还是要多写，限时写才行。

总析：

这次GDKOI的题目类型：

数学题：2。(Day2 T1 T3)DP题：2。(Day1 T3 T4)图论题：0~2。（Day1 T1 BFS也算的话 Day2 T2正解）数据结构题：1。（Day2 T4）网络流：1。(Day2 T2可以过）字符串：0。搜索：0。计算几何：0。杂题：1。(Day1 T2)

出现的问题：

知道正解不敢写。水题写错。思路误区。

未来方向：

多刷题。

Written By SemiWaker