HNOI 2018 题解

​​[HNOI2018]转盘​​​ 把环复制一遍，$ans=min(max(a_j-j)+i)(n+1\le i \le n*2,i-n+1\le j \le i)$

不妨令 $t_i = a_i-i$，则 $ans = min(max(t_j)+i)+n-1(1\le i \le n, i \le j \le i+n-1)$

发现 $t_j > t_{j-n}$，于是 $ans = min(max(t_j)+i)+n-1(1\le i \le n, i \le j \le n*2)$

考虑每一个 j 能取到的最小的 $i$, 左边第一个大于 $t_j$ 的为 i 的话，j 的答案就是 $t_j+i+1$

于是可以用线段树来维护一个单调递减的单调栈，右子树的答案可以直接取，然后用右子树的最高点在左子树二分即可

​​[HNOI2018]游戏​​

玄学，不会正解，暴力的做法就是先预处理每个点往左走能走到哪儿，往右走能走到哪儿

然后预处理每个点往右往左一起能走到哪儿，可以用第一个预处理出来的跳？

应为如果直接只往左或往右走通的很少，处理第一个的时间会变少，第二个就跳得慢

但如果打通的多，第一个会变多，第二个就跳得快，于是就玄学卡过

​​[HNOI2018]道路​​

发现深度$\le 40$ 所以可以直接把到根剩几条没有翻修的铁路公路压到状态里，但是空间要凉

发现每一次从左右儿子得到了 $ans$ 后，左右儿子的状态就没有用了，可以回收掉动态分配空间

​​[HNOI2018]毒瘤​​

一棵树的情况

$f_{u,0} = \prod (f_{v,0}+f_{v,1}),f_{u,1}=\prod f_{v,0}$

然后发现非树边只有 3 种可能 $(0,0), (0,1), (1,0)$，前两种可以看做强制 $u$ 不选，后一种可以看做强制$u$选，$v$不选，于是枚举所有非树边的状态再做一遍 dp 就可以了

发现每次都会做大量重复运算，于是我们想到建一棵虚数

然后需要预处理系数（雾）

​​[HNOI2018]排列​​

题意：给一棵树，父亲先于儿子选，一个点的贡献是 $time*w_i$，问最大贡献

考虑先按权值从小到大排序，如果 i 有父亲，那么选了它的父亲就选 i 最优，如果没有父亲，选 i 最优

选了 fa 就选 i 最优，我们考虑把它们合并，一个点合并多次后就是一个序列

考虑序列 a 和 序列 b 怎么接起来最大

$a+b=\sum i*w_{a_i}+\sum (i+siz_a)*w_{b_i}$

$b+a=\sum i*w_{b_i}+\sum (i+siz_b)*w_{a,i}$

$f_{a+b}-f_{b+a}=siz_a*\sum w_{b_i}-siz_b\sum w_{a_i}$

如果 $>0$ 说明$siz_a*\sum w_{b_i}>siz_b\sum w_{a_i}, \frac{\sum w_{a_i}}{siz_a}<\frac{\sum w_{b_i}}{siz_b}$

于是用堆按平均值排序合并就可以了

​​[HNOI2018]寻宝游戏​​

一道很妙的思维题…

按位考虑，假设当前位的序列为 x

我们将操作op抽象成一个 0/1 序列，0表示或，1表示与

如果最后一个 |1, 在最后一个 &0 之前，则为1，反之为 0

也就是说，从后往前枚举，第一个不同的地方，如果(x,op)=(0,1), 那么答案为0，否则为1

于是我们把x，op从后到前作为一个二进制数，如果 x > op 那么最高为的不同很明显是 (1,0),答案自然是1

于是就变成了比大小了，如果当前位结果为0，那么把下限改到 x，否则把上限改到 x-1

读入的时候顺便基数排序，就可以 $O(nm+mq)$做了