官方题解。来源：清华大学学生算法协会仓库

$n\leq 2$ 的情况可以特判。

可以发现，任意时刻，如果 The BOT 在位置 $x$，那么可以移动到相邻位置之一，无论 The NIT 怎么操作，The BOT 至少可以得到相邻位置的次小值并结束。

另外，当 $n\geq 3$ 时，可以先走到一个 $1<x<n$ 的位置，此时一定可以有三个选项。所以至少可以获得全局的第三小值。

于是一个答案的下界就是 $\max($相邻位置次小值，全局第三小值$)$，容易发现这也是一个上界，如果答案更大，那么将小于答案的看成 $0$，大于等于的看成 $1$，那么全局有 $\geq 3$ 个 $0$，且初始与位置相邻的位置至多有一个 $1$，The NIT 始终可以把一个 $0$ 交换过来，使得 The BOT 周围的三个数都是 $0$。

官方题解。来源：清华大学学生算法协会仓库

枚举平移的距离，考虑把第二张图中所有的点分成四类：

• 当前和第一张图不相等，在平移之后也不相等。
• 当前和第一张图不相等，在平移之后相等。
• 当前和第一张图相等，在平移之后也不相等。
• 当前和第一张图相等，在平移之后也相等。

最终的答案一定是由第二类点和第四类点组成的极大子矩阵。这个可以 使用全 1 子矩阵的算法计算。

第一类点必须是平移之后被随机填充的部分，如果他的坐标是 $(x,y)$，那 么 $(x,y-d)$ 必须被平移。我们可以找到一个能覆盖所有 $(x,y−d)$ 的最小 矩形，答案矩形必须包含这个矩形。

再考虑第二类点，它要么是被随机填充的部分，要么是被平移的部分。 对于一个矩阵，我们只需要求出这两块里第二类点的数量，就知道其是 否合法了。

做全 1 子矩阵，把求出的每个极大子矩阵 check 一遍即可。

官方题解。来源：清华大学学生算法协会仓库

简要题意

• 小 Rei 在 $n$ 天内每天骑共享单车，第 $i$ 天 $s_i$ 分钟，每分钟费用 $c$ 元
• 可任意购买 $m$ 种骑行卡，其中第 $i$ 种骑行卡：
• 售价为 $w_i$ 元，在有效期 $d_i$ 天内每天前 $t_i$ 分钟免费
• 同一天多张卡有效时，取免费时间的最大 $t_i$
• 求最小总开销
• 数据范围：$n,t \le 150$

区间 DP？

• 每张骑行卡会在一个区间的时间内产生影响，自然可以想到区间 DP
• 考虑最优方案中 $t_i$ 最小的骑行卡 $i$，设这张卡在第 $x$ 天购买。接着可以把 $n$ 天分成三段：$[1,x-1],\,[x,x+w_i-1],\,[x+w_i,n]$，这三段分别成为相对“独立”的子问题
• 但是独立性不一定成立：可能存在其他的骑行卡的有效时间与上述的至少两段时间都有交，这样就不是独立的子问题了

构造独立性

• 我们假设存在一个 $t_j > t_i$ 的骑行卡 $j$，其有效时间为 $[y,y+w_j-1]$，满足 $y\le x \le y+w_j-1$。此时可以舍弃卡 $i$ 与 $[y,y+w_j-1]$ 有交的部分时间而不影响答案
• 也就是只要将卡 $i$ 的有效期限定为 $\le w_i$ 的任意整数值，同时不允许后续的有效期区间跨过卡 $i$ 有效期边界，就能分成三个独立的子问题

区间 DP

• 接着就可以做区间 DP，设 $f[i][j][k]$ 表示只考虑时间 $i,i+1,\cdots,j$ 与路程中超过 $k$ 分钟的部分，最小的代价是多少。转移只需要枚举区间内的最小 $t$ 以及左右端点，就能做到 $O(n^4 t^2)$
• 为了时间复杂度与 $m$ 无关，可以预处理 $\mathrm{cost}_{i,j}$ 表示有效期为 $i$ 免费时间为 $j$ 的最少骑行卡价格

DP 优化

• 转移中需要枚举区间中的最小 $t_i$，实际上是在求后缀最大值，在加入辅助数组优化后做到 $O(n^4t)$
• 注意到转移时需要同时枚举中间区间的左右端点。我们考虑再设计一个中间状态，将转移中的枚举左右端点分成两步，就能做到 $O(n^3t)$
• 区间 DP 自带 $1/3!=1/6$ 的常数，$150^3/6\approx 8\times 10^7$ 可以在时限内通过

喜提最劣解（常数最大解）。第一遍甚至读错题一个小时，喜提视力最好奖。

不难发现题目要求除了给定的黑点外其他点不能染成黑色（就是读错在这里了）。

因此不难发现，若一个灰点周围有至少一个黑点，则这个点要满足两个条件之一。

一：这个点初始染成白色

二：这个点与一个初始染成白色的点相连。

然后就是很基础的东西了，因为相连在树上有儿子和父亲的关系，所以要分讨几种情况。

假如说将 $1,5,6$ 染成黑色，答案为 $1$，将 $3$ 染成白色即可，可以手玩一下，就知道怎么设置状态了。

设 $dp_{x,0/1/2/3}$ 分别表示 $x$ 不染成白色/染成白色/不染成白色，但保证父亲染成白色/不染成白色，但保证有至少一个儿子染成白色。

若 $x$ 是 $y$ 的父亲：需要保证 $dp_{y,2}$ 只能通过 $dp_{x,1}$ 转移。

对于至少一个儿子染成白色，先不强制限制，最后加上 $\min(dp_{y,1}-\min(dp_{y,0},dp_{y,1},dp_{y,3}))$ 做一个类似反悔的操作即可。

若 $x$ 初始染成黑色，则所有转移结束后令 $dp_{x,1}\gets \infty$，若 $x$ 周围至少有一个黑点，则所有转移结束后令 $dp_{x,0}\gets \infty$，防止传上去不合法的状态。

最后的答案是 $\min(dp_{1,0},dp_{1,1},dp_{1,3})$。时间复杂度为 $O(n)$。

感觉像是什么很复杂的博弈，应该是结论题，但是我不会猜结论。

考虑一些简单的做法，先特判掉 $n\le 3$ 的情况，因为此时一步能到达所有格子。

其他情况考虑二分答案 $mid$，判断能否得到 $\ge mid$ 的分数，这样令 $b_i=[a_i<mid]$，我们将问题转化为能否取到 $0$。

若 $b_i$ 的 $1$ 的个数 $\le 2$，因为此时 $n>3$，一定可以取到 $0$。

否则，令 $b_0=b_{n+1}=1$，若 $b_{x-1}+b_x+b_{x+1}\le 1$，则一定能取到，因为无论如何交换，第一步都能走到一个 $0$，否则则一定能控制 $b_{x-1},b_x,b_{x+1}$ 都是 $1$，必输。

然后做就行了，复杂度为 $O(Tn\log V)$。

当 $k$ 较大时

• 黑色格无三连……

  • 任意三个连续的格子中至多有两个黑色格……
  • 黑色格比例 $\le \frac{2}{3}$
• $k > \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时无解。

构造答案

$k = \frac{2}{3}n$

$k = \frac{1}{2}n$

可见，它们可自由组合

$\left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil \le n \le \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时均可构造。

目前的结论

• $k > \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时无解。
• $\left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil \le n \le \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时可通过组合基本型来构造合法答案；
• $k < \left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil$ 时……无解

$k < \left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil$ 时一定有白色格三连？

• 显然 $n$ 越大，$k$ 越小时越容易产生白色格三连，因此不妨默认 $n$ 为奇数且 $k=\left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil - 1$。
• 先从最基本的 $n=5, k=2$ 开始...

$n=5, k=2$

• 以下称第 $j$ 列从上至下第 $i$ 个黑色格为“第 $i$ 条链的第 $j$ 个格子”；
• 第 2 条链的格子分布？

第 1, 5 列的范围是显然的；
如果第 2 条链的第 2/3/4 个格子在第 3 行的话...

• 第 2 条链的格子分布；
• 由对称性得到第 1 条链的分布；
• 叠加？

$n, k$ 更大时？（$k=\lfloor\lceil\frac{1}{2}n\rfloor\rceil - 1$）

结论

• $k > \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时无解。
• $\left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil \le n \le \left\lfloor\frac{2}{3}n\right\rfloor$ 时可通过组合基本型来构造合法答案；
• $k < \left\lceil\frac{1}{2}n\right\rceil$ 时……无解