(A)
首先不难发现一个暴力动态规划的做法 ， 记(f_{i,j})表示第(i)天 ，当前在第(j)座城市所获得的最大收益
有转移方程 (f_{i,j} = max{f_{i-w_{i},u_{i}}+cost_i+extra_{i,j}})
发现(w_{i})非常小 ， 考虑拆点。 将每个点拆成(w_{i})个点 ， 那么一共会有至多(5n)个点。
接着 ， 考虑矩阵乘法 , 事实上 ， 将求和运算改为(max)运算 ， 并将括号内的改为加法 ， 是依然成立的 (广义矩阵乘法）
那么我们就只需要预处理(64)个矩阵 ， 并用向量乘矩阵合并答案
时间复杂度 : (O({(5N)^2logT + (5N)^3logT}))
代码 : https://loj.ac/submission/917284
(B)
首先对于(M <= 23) , 有一个容斥原理的做法 ：
考虑钦定每个限制是否一定不满足 ， 那么就只需建出虚树 ， 设一共有(i)个限制一定不满足 ， 虚树的长度总和为(l) , 对答案的贡献即为 ((-1)^i cdot 2^{n-1-l})
但是这样的指数级算法是不能接受的。
考虑一个动态规划的思路 ：
记 (f_{i,j}) 表示以 (i) 为根的子树 ， 在(j)深度或更大的点一定要有一条向上边权为(1)的边的方案数。
转移的时候只需枚举其儿子节点 ， 并讨论边权为(0/1)的情况 ， 依次合并即可。
直接这样做是 (O(ND)) 的 ， 其中(D)表示深度
考虑优化 ， 不妨写出转移方程 : (dp'_{x,i} = dp_{x,i} cdot (sum_{y,depx} + sum_{y , i}) + dp_{y,i} cdot sum_{x , i - 1}) , 其中(sum)表示(dp)数组的前缀和。
考虑线段树合并 ， 每次先将左子树的和累加 ， 然后加到右子树上 ， 我们只需对于线段树上每个节点维护一个整体乘法标记即可。2018年北大冬令营有过一个类似的套路。
时间复杂度 : (O(NlogN))
代码 : https://loj.ac/submission/916802
(C)
分块。
(D)
首先观察数据范围 , 有 (m geq n - 2) 。并且部分分中有一档是 (m = n - 1) , 很可能起到提示标准算法的作用。
考虑(m = n - 1)怎么做。
令 (d_1 leq d_2 leq d_3 .... leq d_{n})
首先 ， (m = n - 1) 时一定有解。
我们发现 ， (n=2 , 3) 的情况都可以直接构造 ， 那么我们是否能将 (n) 的情况向 (n - 1) 转化呢？
引理 (1) ： (d_1 < k)
证明 : 假设 (d_1 geq k) ， 那么 (d_1 + d_2 + d_3 + ... + d_n geq nk > (n - 1)k = d_1 + d_2 + .... + d_n) ， 矛盾。
引理 (2) : (d_{1} + d{n} geq k)
假设 (d_{1} + d_n leq k - 1) , 那么 , (d_n <= k - 1 - d_1) , 则(d_1 + d_2 + ... + d_n leq d_1 + (k - 1 - d_1)(n - 1)) , 矛盾。
根据这两条引理 ， 我们就获得了一个构造方案 ， 每次将 (d_1) 用完 ， 然后用 (d_n) 填补空缺 ， 当只剩两个的时候直接放一起即可。
对于 (m >= n) 的情况 ， 考虑向 (m = n - 1)转化。
引理 (3) : (d_{n} geq k)。
证明 : 若 (d_{n} < k) , 则 (d_1 + d_2 + ... + d_n < nk leq mk = d_1 + d_2 + ..... + d_n)
单独用一次 (d_n) ， 就使 (m) 减小了(1) ， 因此可以最终转化为 (m = n - 1)的情况。
综上 ， 我们得到了一个 (m geq n - 1)时的做法 , 可以得到 (20) 分。 如果加上 (n <= 10)的暴力做法 ， 就可以得到 (45) 分的可观得分。
接着 ， 我们考虑如何处理 (m = n - 2)。
引理 (4) : 问题有解当且仅当可以找到一个子集 (S) , 记 (x = |S|) , (S)中的元素的和 (= (x - 1)k)。
证明 :
充分性 : 显然 ， 对于集合 (S) 与集合 (T = U - S) , 都是两个满足 (m = n - 1) 的子问题。 直接对于两个集合分别构造一组解即可。
必要性 : 考虑一张图(G) ， 我们将两种一起使用的节点连一条边 ， 那么就一共有 (n - 2) 条边 ， 这张图一定是不连通的。 所以满足有解一定要找到这样的一个集合。
根据引理 (4) , 我们可以将每个 (d_i) 减去 (k) ， 那么就只需判断是否有一个集合的元素和为 (-k)。
这是一个经典的背包问题 ， 可以通过 (bitset) 优化。
时间复杂度 : (O({N ^ 2K over w})) , 取 (w) = (32) 或 (64)。
代码 : https://loj.ac/submission/917359
(E)
首先引出"好树"的概念 ， 我们将一棵每个节点左右儿子 (size) 值的最小值均不超过 (1) 的二叉树称为好树。
观察 (1) : 如果仅有有限个好树不在集合 (grow(T)) 中 ， 则该集合是几乎完备的。
观察 (2) : 输入的集合中 ， 非好树是无用的。
观察 (1) 比较显然 ， 而观察 (2) 是因为根据观察 (1) ， 只有好树是值得关心的。
那么我们就有了一个递归求解的思路 :
令 (solve(T)) 表示树林 (T) 是否几乎完备。
首先 ， 如果有叶子节点 ， 返回完备。 如果树林为空 ， 返回不完备。
否则 ， 将其分为 (4) 类 :
(1) : 根只有左儿子。
(2) : 根只有右儿子。
(3) : 根有左右儿子且左儿子大小为 (1)。
(4) : 根有左右儿子且右儿子大小为 (1)。
判断这四个子问题是否都成立即可。
因为每个节点的贡献都是 (1) , 因此时间复杂度是 (O(N)) 级别。
代码 : https://loj.ac/submission/918127
(F)
弦图。