\(\mathscr{Summary}\)

??有一说一，虽然我炸了，但这场锻炼心态的效果真的好。部分分聊胜于无，区分度一题制胜，可谓针对性强的好题。

??A 题，相对性签到题。这个建图确实巧妙，多见见就好。

??B 题，小常数暴力卡常，证了复杂度就是正解，这……

??C 题，写了个伪解 ha 了差不多一个小时才 ck 掉，浪费了很多时间，策略问题啊。

\(\mathscr{Solution}\)

\(\mathscr{A}-\) 一般图带权多重匹配

??给定 \(\{a_n\}\)，\(\{c_{n\times n}\}\)，每次操作取一对 \((i,j)\)，令 \(a_i\leftarrow a_i-1,a_j\leftarrow a_j-1\)，代价为 \(c_{i,j}\)。求使 \(\{a_n\}\) 全为 \(0\) 的最小代价。

??\(n\le50\)，\(a_i\le100\)，\(k:=\sum_i[2\nmid a_i]\le8\)。

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??这个 \(k\) 的限制一看就是 NPC 的问题的弱化，这提示我们从 \(\forall i,2\mid a_i\) 的情况入手。对于每个使所有 \(a_i=0\) 的策略，其选择方案可以看做 \(n\) 个结点间的连边方案，结点 \(i\) 的度数为 \(a_i\)，\(2\mid a_i\)，那么我们自然有办法对每条边定向，使得每个点出度入度相等。

??反过来，人为规定：加入 \(\sum_ia_i\) 条有向边，使得点 \(i\) 的出度和入度都为 \(\frac{a_i}{2}\)，因此可以得到费用流模型：

• 令 \(i\) 对应结点 \(i_1,i_2\)，连接 \(\lang S,i_1,\frac{a_i}{2},0\rang\)，\(\lang i_2,T,\frac{a_i}{2},0\rang\)；
• \(\forall i,j\)，连接 \(\lang i_1,j_2,+\infty,c_{ij}\rang\)。

这个网络的最小费用就是答案！

??考虑奇数，其实也没啥事了，\(\binom{k}{k/2}\) 枚举多出来的 \(1\) 放在 \(i_1\) 还是 \(i_2\)，相当于枚举多出来的是一个入度还是出度。最终复杂度为 \(\mathcal O\left(\binom{k}{k/2}\operatorname{Dinic}(2n+2,n+n^2)\right)\)。

\(\mathscr{B}-\) 排序

??（略有简化。）给定一棵含有 \(n\) 个结点，以结点 \(1\) 为根的树。每个叶子有一个非空取值集合，你需要构造叶子的取值方案，使得存在一种 DFS 方法使遍历到的叶子的值单调递增。若有解，输出取值方案及 DFS 方案。

??令 \(m_i\) 为 \(i\) 的取值集合大小（若 \(i\) 非叶，则 \(m_i=0\)），\(k\) 为结点最多拥有的孩子数量，则 \(n,\sum_i m_i\le10^5\)，\(k\le8\)。保证取值集合所有元素互不相同。

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??有一个非常显然的暴力：令 \(f(u)\) 表示 \(u\) 子树内极小取值区间集合，定义合法取值区间 \([l,r]\) 极小当且仅当不存在合法取值区间 \([l',r']\)，使得 \(l\le l'\le r'\le r\)。转移时全排列枚举孩子顺序以及左端点，一路 lower bound 过去得到对应右端点，最后删掉不极小的取值区间。

??进一步，这个全排列过程可以优化为：枚举第一个孩子及其左端点，状压其余孩子求最小右端点。设 \(u\) 的孩子们的 \(f\) 集合大小为 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\)，则转移 \(u\) 的复杂度为 \(\mathcal O(\left(\sum_is_i\right)2^{k-1}\left(\sum_i\log s_i\right))\)，其中 \(\log\) 是转移内部的 std::lower_bound，也许可以优化掉叭 awa；转移复杂度之和是算法瓶颈。

??加一个优化：若 \(u\) 只有一个孩子，作常数的处理之后直接继承这个孩子的 \(f\) 信息。

??好，现在我们证明这个暴力是对的（？！）

??考虑某片叶子 \(l\) 处的取值集合 \(S\)，我们称 \(x\in S\) 是 \(u-\)contributor，当且仅当 \(x\) 是 \(f(u)\) 内某个区间的左端点。对于 \(l\) 的祖先 \(u\)，定义 \(S_u=\{x\in S\mid x\text{ is }u-\text{contributor}\}\)，初始时自然有 \(S_l=S\)。现对于 \(l\) 的拥有至少两个孩子祖先 \(v\)，及 \(v\) 的父亲 \(u\)，考虑 \(S_v\) 变到 \(S_u\) 的过程：

??显然 \(S_u\subseteq S_v\)，显然 \(\forall x,y\in S_u\)，\(x\neq y\)，构成 \([x,x']\in f(u)\) 的转移区间序列 \(X=\lang [x,x_1],[x_2,x_3],\cdots\rang\) 与构成 \([y,y']\in f(u)\) 的转移区间序列 \(Y=\lang [y,y_1],[y_2,y_3],\cdots\rang\) 必然满足：\([x_2,x_3]\neq [y_2,y_3]\)。

??这一点表明，若 \(v-\)contributor 想要成为 \(v-\)contributor，就必然需要 \(v\) 的一个独一无二的 contributor 给予“支持”（注意并不一定消耗这个 contributor）。

??现在，我们抛却所有题目本身的性质，只考虑这个弱化限制下的 contributor 总量：设 \(u\) 的孩子们 \(v_1,v_2,\cdots,v_k\) 给到 \(u\) 的 contributor 数量是 \(c_1,c_2,\cdots,c_k\)，不妨设 \(c_1\le c_2\le \cdots\le c_k\)，根据我们的 contributor lemma，我们知道

\[c_k\le\sum_{i=1}^{k-1}|f(v_i)|. \]

因而

\[|f(u)|=\sum_{i=1}^{k}c_i\le\min\left\{2\sum_{i=1}^{k-1}|f(v_i)|,\sum_{i=1}^k|f(v_i)|\right\}. \]

??最后，把问题放在全局，令 \(c_u\) 表示 \(u\) 对父亲的 contributor 数量，特别地，\(c_1=|f(1)|\)；令 \(s_u\) 表示 \(u\) 的子树内所有叶子取值集合大小和，那么

\[\sum_uc_u=\sum_{u\text{ is not a leaf}}|f(u)|. \]

根据结论：

\[\begin{aligned} \sum_uc_u &\le |f(1)|+ 2\sum_u\sum_{v\in\operatorname{son}(u)\\v\neq\arg\max\{|f(w)|w\in\operatorname{son}(u)\}}|f(v)|\\ &\le |f(1)|+2\sum_u\sum_{\dots} s_v\\ &= \mathcal O(n\log n). \end{aligned} \]

（假定 \(n,m\) 同阶。可以发现第二步表述的就是 DSU on Tree 的复杂度。）

??因此，我们得到该算法的一个复杂度上界：\(O(k2^{k-1}n\log n)\)（crashed 指出 std::lower_bound 的确可以优化掉）。算出来大概是 \(1.7\times10^9\)，不过至少摆脱了“暴力 \(n^2\)”的范畴；况且 \(k2^{k-1}\) 很难在每个点取满，所以还是比较令人信服的算法。（

\(\mathscr{C}-\) 传染

??给定一棵含有 \(n\) 个点的有边权的树，结点 \(u\) 爆炸会使与其距离不超过 \(r_u\) 的结点爆炸。求至少要人为起爆多少个结点才能使所有点爆炸。

??\(n\le3\times10^5\)。

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??点分治 + Two-pointers 优化建图。每次考虑跨过点分中心 \(x\) 的爆炸传导路径，求到结点们分别按“引爆其他子树的能力”和“被其他子树引爆的能力”排序的序列 \(S,T\)，发现每个 \(s\in S\) 连向 \(T\) 的前缀；\(s_i\) 能影响的结点是 \(s_{i+1}\) 能影响的子集。建虚点优化建图跑 Tarjan 即可。

??点数和边数都是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，不过排序序列造成了瓶颈 \(\mathcal O(n\log^2n)\)。不考虑 Radix Sort 等不讲武德的东西，猜测可以用边分树 + 归并处理两个序列做到 \(\mathcal O(n\log n)\)？