HNOI2019 題解

題目排序不是我做題的順序也不是試題順序。

多邊形

首先要知道終止態是所有邊都指向了 \(n\) 號節點。
那么我們如果每一步都讓 \(n\) 的度數 +1 那一定是最優的，顯然可以辦到。
那么可以從與 \(n\) 相鄰的邊分割出若干個獨立的部分求解。
對於一個部分，每次我們一定是選一個最高的邊進行 \(\text{rotate}\)，然后分成兩個獨立的部分。

對於一個 \(\text{rotate}(a,c)\)，二分找到 \(\lt c\) 的最大的與 \(a\) 有邊的就是 \(b\)。

注意到這個形成一個二叉樹結構。
根據森林的拓撲序計數 \(res={n!\over \prod size_i}\) 答案只跟樹上節點的 \(size_i\) 有關，可以直接計算。
考慮 \(\text{rotate}\) 一次的影響，根據下圖：

只有 \(x\) 這個點的 \(size\) 變化，更新一下即可。
時間復雜度 \(O(n\log n)\) 或者 \(O(n)\)。

白兔之舞

首先知道兩個數組循環卷積相當於 DFT 以后點值相乘再 IDFT 回去。

\[c_i=\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1} a_jb_k[j+k=i\mod n]\\ ={1\over n}\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1} a_jb_k\sum_{d=0}^{n-1}w^{d(j+k-i)}\\ ={1\over n}\sum_{d=0}^{n-1}w^{-di}A(w^d)B(w^d) \]

考慮算一個數組的 DFT

\[f_i=A(w^i)=\sum_{j=0}^{n-1}a_jw^{ij}\\ =\sum_{j=0}^{n-1}a_jw^{{i+j\choose 2}-{i\choose 2}-{j\choose 2}} \]

mtt 即可。
考慮算一個數組的 IDFT，reverse 處理即可。

魚

魚身和魚尾是兩個獨立的部分，分開做並且預處理出來。

考慮對於 \(AD\) 統計 \(BC\), 可以先枚舉所有 \(BC\) 把它掛在 \(BC\) 的垂直平分線上，然后在線段 \(AD\) 處在直線 \(AD\) 所對應的 \(\text{vector}\) 里面二分這個區間。
垂直平分線的條件是充要的，為了方便用斜截式 \(y=kx+b\) 來表示直線，二元組 \((k,b)\) 均為化簡的分數（此題嚴重卡精度、卡 int64 溢出）。
對於 \(y_p \neq y_q\) 的點對，垂直平分線斜率存在，把中點橫坐標插入 vector 中；
對於 \(y_p = y_q\) 的點對，垂直平分線斜率不存在，用唯一確定的橫坐標 \(x_p+x_q\over 2\) 表示這一類直線，把中點縱坐標插入 vector 中。

考慮對於 \(AD\) 統計 \(EF\)，考慮先枚舉 \(D\) 再枚舉 \(A\) 的話，然后所有點關於 \(D\) 點極角排序，\(\angle ADQ \in (0.5\pi, 1.5\pi)\) 的 \(Q\) 可以作為 \(E/F\) 點。
雙指針掃描，類似莫隊一樣維護以 \(dist(D,Q)\) 為下標的 map 即可算出點對個數。

話說這個要取中點於是一開始坐標統一 \(\times 2\)，然后極限的 \(dist=(4\times 10^9)^2+(4\times 10^9)^2\) 爆了 unsigned long long。。。

枚舉 \(A\)、\(D\) 把 \(BC\) 方案跟 \(EF\) 方案乘起來即可，因為有序的，最后還要乘 \(4\)。
時間復雜度 \(O(n^2\log n)\)。

序列

直接二次函數可以證明一個連續段如果用同一個 \(b_k\) 那一定是取平均數。
\(50pts\) 做法看了就會了而且是我校 tgz 模擬賽。
考慮單調棧彈棧的過程，對於一個前綴，已經插進去的左端點過會還可能沒了，但已經沒了的左端點再也不會出現。
后綴也是同理，考慮一個 \(i\) 維護 \(i-1\) 的前綴單調棧和 \(i+1\) 的后綴單調棧，最終答案一定是取若干個完整的前綴棧棧頂 + \(i\) + 若干個完整的后綴棧棧頂拼接成中間一個連續段，然后兩個棧內剩下來的不動，作為最終的答案序列。

定義 \(push\) 操作為把 \(i\) 或者 \([l,r]\) 插入到前綴棧中，然后調整到這個棧單調的操作。

一個暴力做法是我們 \(push(i)\)，然后判斷左邊棧頂是不是 \(\le\) 右邊棧頂，否則我們嘗試把右棧棧頂整個區間 \(push\) 了，彈掉，當第一次滿足條件的時候停止，大致如下圖。這個做法是對的，因為這個是單調的，往右做一次的話左棧頂應該減小了而右棧頂變大了。

直接按上面那么做，復雜度 \(O(n^2)\)，實際得 \(100\) 分。
因為有單調性我們可以二分這個右端點（只能是棧中元素的右端點），把這段區間一起 \(push\) 了，找最靠左的 \(mid\) 即可。
復雜度 \(O(n\log^2n)\) 實際得 \(100\) 分。
還有那個后綴棧的問題，我們可以先從 \(n\) 往 \(1\) 做出來這個棧，然后再逐位撤銷操作。（詢問離線下來）
可持久化線段樹也可以。

校園旅行

首先 \(30pts\) 的暴力 bfs 必須會，就是往隊列里面插入單個點以及相鄰的同色點，每次向兩頭擴展相同的顏色，更新答案。
時間復雜度 \(O(m^2)\)。

\(\sum_{u,v} \text{degree}_u\times \text{degree}_v = O(m^2)\)

考慮縮圖，定義0->0為黑邊,1->1為白邊,0->1/1->0為橋邊。
那么一條回文路徑可以表示為
黑邊<-橋邊<-白邊<- ... o ... ->白邊->橋邊->黑邊

現在約定：走黑白邊必須一次性走 1e9 / 1e9 + 1 條，橋邊必須一次性走 1e9 + 1 條。
那么與原問題等價。

考慮一個黑連通塊，若 u->v 只能走出一種奇偶性，那么僅保留一條路徑也無妨。
否則我們還要保證 u->v 能走出兩種奇偶性。

對於第一種情況，縮出一棵樹即可；第二種我們造一個自環。

考慮橋邊，環是沒有意義的，黑色 \(P\) 點可以到達白色 \(Q\) 點則一定能走出長度為 1e9 + 1 的路徑。
直接刪去這樣的環邊即可。

JOJO

這個題太難了，寫了一天，要寫的內容好多，先鴿了。