2026 集训5

1.CF1991F

考虑三角形两边之和大于第三边，那要是一直不合法就是两边之和小于等于第三边，也就是排完序都有 \(a_i + a_{i+1} \le a_{i+2}\)，我们希望找到一个序列满足这个条件且序列最长。

由于长度都是正整数，于是 \(a_1 =a_2 = 1,a_{i+2} = a_i + a_{i+1}\)，发现是斐波那契。

注意到 \(F_{45} = 1134903170 > 10^9\)，这就告诉我们 \(45\) 个木棍一定能拼出 \(1\) 个三角形。我们再往里塞三个棍，就能拼出来 \(2\) 个了。

于是 \(r-l+1 \geq 48\) 时输出 YES。

剩下的暴力，但是无法 \(n^6\)，考虑一个三角形，显然大部分都是排完序三个连续木棍拼的。于是我们排完序枚举两段不交的长度为 \(3\) 的连续木棍看能不能拼。

写完发现过不了第一个询问。

2 2 4 5 10 10，按我们这么做拼不出来，于是还得看连续 \(6\) 个木棍，随便排能不能拼。

至于为什么是连续 \(6\) 个，比如你原来选的 11011011，如果一个 \(0\) 左右都是同一个三角形的棍子，那么可以把那个三角形最左边的一根换成这个 \(0\)。

因为原来是 \(x\le y \le z,x+y > z\)，你换一个 \(x < x' < z\) 过来，仍旧 \(x' + y > z\)。

不断做这样的替换。最后如果所有空位都被填掉，那么选中的就是连续 \(6\) 根；如果还有空位无法填，那么这个空位左右一定属于不同的三角形，都能在她覆盖的区间内找到连续三根组成三角形，也就被前边算过了。

2.CF2003D2

刻画一下这个过程，发现像是算出来每个序列的 mex，你要是能从别的地方给她一个，就能跳到更大的 mex。

那我们把每个序列的 mex 值称为 \(g\)，让 \(g\) 向这个序列加上 \(g\) 的 mex 建边。

然后发现能吃到的最大的 mex 就是这个点能达到的最大点。

由于我们一定是小点连向大点，所以这个扫一遍就能快速算出。

不管怎么走都劣的也就是比最大点还大的起点，直接不操作，等差数列算一下和。

写完发现样例差 eps。

就想到这。

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发现有的点是可以拿到低保的。

比如 2->3 2->10，起点是 \(100\)，你能通过第一个边走到 \(2\) 之后再走第二个边到 \(10\)。其她起点都同理。

所以我们记录一下所有出度至少为 \(2\) 的点能到最大的点的最大值，以及所有的 \(g\) 的最大值作为低保。

3.CF2008H

发现给所有的都减到 \(\le x\) 不劣。

二分答案。

\(mid\) 为中位数只有

\[\sum [a_i \bmod x \le mid] > \frac{n}{2}\\ \sum [a_i \le x\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor + mid] > \frac{n}{2}\\ \sum [x\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor \le a_i \le x\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor + mid] > \frac{n}{2}\\ \]

发现贡献是一个 \(a_i \in [kx,kx+mid]\) 状物。

维护一个桶的前缀和，这样可以快速算值域内数的个数。

然后枚举 \(k\) 来 check。

4.CF2013E

考虑当前前缀 \(\gcd\) 为 \(g\)，设 \(A = \min_j \gcd(a_j,g),B=\gcd(g,y)\)，\(y\) 是一个任意的 \(a\) 中能满足 \(A<B\) 的值。

假设现在 \(A=\gcd(g,x),B=\gcd(g,y)\)，我们看一下先选 \(x\) 再选 \(y\) 的贡献。

选 \(x\) 这步显然贡献为 \(A\)。

接下来前缀 \(\gcd\) 变成 \(A\)，贡献变成 \(\gcd(A,y)\)。

由于 \(A \mid g\)，所以 \(\gcd(A,y)=\gcd(A,\gcd(g,y))=\gcd(A,B)\)。

我们算好了贡献，看能不能比出来大小。

因为 \(\gcd(A,B) \mid B-A\) 且 \(A<B\)，所以 \(\gcd(A,B) \le B-A\)。

两边同时加 \(A\)，得到 \(A + \gcd(A,B) \le B\)。

因此，对于任意一个没有选择 \(x\) 的最优方案，都可以把 \(x\) 提到当前位置，且答案不会变差。所以当前一定可以选择使下一项前缀 \(\gcd\) 最小的数。

对于第一个位置，直接认为 \(g=0\) 即可。

5.CF2014G

直接模拟。

6.CF2031E

考虑如果我们知道 \(u\) 所有儿子的子树的最小深度，假设就俩儿子，那 \(u\) 的深度就是她俩 \(\max\) 再加一。

思考一下，肯定越晚拿大的，大的贡献就会越少。

所以用优先队列模拟一下每次取两个的过程。

7.CF2034E

被这题硬控 1h。

为了方便，我们把题面中的 \(n,k\) 叫做 \(m,n\)。

首先考虑一些显然的无解情况：\(m! < n,m! = n+1\)。

其次我们可以知道，每列的和就是 \(\frac{(1+m)nm}{2m} = \frac{(1+m)n}{2}\)，无法整除也就是 \(m\) 偶 \(n\) 奇同样无解。

接下来分讨 \(n,m\) 的奇偶性。

• \(n\) 偶，\(m\) 奇/偶：

  不难发现一种好的构造方式：每两行组队构造，所有奇数行直接 next_permutation，偶数行就看每个位置，上一个距离 \(1+m\) 差多少直接填。

• \(n\) 奇，\(m\) 奇

  首先一个显然的想法是先用 \(m\) 行 \(m\) 列的填出一个循环位移的方阵，剩下的按偶数做。填不了的你断言无解。

  但这样真的对吗？你开开心心地写完，交上去发现 WA on #2 test case 2，你把有解判成无解了。

  看她的输入 137 5。一看 \(n\) 这么小，难不成能用 \(3\) 行就构出来剩下的按偶数做？

  稍加思考发现，确实如此。

  具体地，我们分别填：

  \(1,2,3,\cdots,m\).

  \(m,m-2,m-4,\cdots,1,m-1,m-3,\cdots,2\).

  \(\frac{m}{2}+1,\frac{m}{2}+2,\cdots,m,1,2,\cdots,\frac{m}{2}\).

  具体咋发现的话，手画一个 \(n=3,m=7\) 的，算出来每列需要 \(12\)，首先我们填 \(1\) 到 \(m\)，每列需要的就是 \(11,10,9,\cdots,5\)。我们再猜一下这个按奇偶放的，再减去贡献发现需要的也是一个排列，而且很有规律，于是做完了。

  要注意这种情况 \(n<3\) 中除了 \(n=m=1\) 同样无解。

8.CF2046C

考虑二分城市数 \(k\)。

check 就枚举一个竖线，在两边直接看高度第 \(k\) 小和第 \(k\) 大，中间这个区间就是横线可以在的区间，看左右的这个区间有没有交即可。

10.CF2062D

考虑她操作的本质是啥。

不难发现就是给一个子树或者她的补集加 \(1\)。

考察一条边 \(u \to v\)：

当 \(a_u > a_v\)，时，把 \(v\) 这侧都加一，没有提高

11.CF2070E

显然两个 \(0\) 加一堆 \(1\) 或者 \(0\) 直接先手必胜。

玩一下样例，发现 0 0 1 是很厉害的样子。

发现往里再填一对 0 0，后手必胜；填一对 0 1，后手必胜；填一个 0，后手必胜；填 0 0 1，后手必胜；填 0 1 1，后手必胜。

填 0 0 1 0，先手必胜。

同时我们猜测在先手必胜状态下加一个 0 0 1 0，仍先手必胜，其余除了最开始说的状态先手都必败。

考虑基础先手必胜状态：0 0 1 以及全 \(0\)。

验证一下，发现还挺充分。

发现我不会计数，而且两种先手必胜状态拼出来的也不一定是先手必胜。

然后瞎推了推式子，写完发现样例都没过。

就想到这。

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其实我的做法是对的，只是代码写炸了而已。

12.CF1876C

考虑建 \(i \to a_i\) 的边建出一棵内向基环树。

发现如果给原图黑白染色表示 \(i\) 点被没被圈。

发现如果 \(i\) 是白色，那么 \(a_i\) 一定是黑色。

这是因为如果 \(i\) 是白色，那 \(a_i\) 肯定在剩下的里，即在操作序列里，即 \(a_i\) 为黑色。

发现如果一个点 \(x\) 是黑色，那么一定有一个指向她的是白色。

这是因为她是黑色说明她在操作序列里，也在剩下的序列里，说明剩下序列里肯定有一个 \(a_i = x\) 的。

知道这两条性质之后就很好办了。

贪心地做，如果有白色儿子，那自己就是黑的；反之自己就是白的。

环上的话，只需要保证没有奇环，偶环直接染就好了。

13.CF1898E

如果没有排序操作，就直接找后边第一个能匹的地方了。

那排序的作用就在于，能把后边匹的位置提到前边而不浪费中间的值。

显然如果一个字母在后边，她肯定不能把在前边比她字典序小的排过来

所以我们维护 \(26\) 个队列分别表示 \(s\) 中 \(26\) 个字母出现的位置，前边还比当前这个小的直接弹掉，要是有一个时候填不上就无解。

14.CF1907G

考虑建出基环树，不在环里的而且入度为 \(1\) 还是亮的，就必须做操作。

所以做一个类似于拓扑排序的东西，把非环都处理完了。

接下来环上一定会是相邻两个，一个一直推过去，然后她们两个消掉。

发现这样的答案只有两种，也就是奇推到偶或者偶推到奇。

直接算一下贡献，每个环直接取 \(\min\) 就好了。

15.CF1919D

考察一个点，裂开的话会在她左边或者右边新增一个她的权值加 \(1\)，这是显然。

反过来的话，如果左边右边如果都是叶子，那说明两个叶子权值分别是她和她加一。

我们持续对这样的点往上合并，看看最后能不能合成 \(0\)。

考虑一个数 \(x\)，她能被删说明有一时刻她旁边走过来一个 \(x-1\) 把她带走了。

考虑一个序列 \(y,\ge x,\ge x,\cdots,\ge x,x\)。

中间这些有可能被删掉，然后 \(y\) 来到 \(x\) 旁边，如果 \(y = x - 1\)，直接删掉了，右边同理。

如果中间每个点都能删掉那 \(x\) 自然能删掉。

按权值从大到小归纳。处理到 \(x\) 时，我们假设所有 \(>x\) 的点都已经能被删掉了。

这样中间全是 \(x\)，\(y\) 一路删过来即可。

所以直接看每个数是否都有能删掉她的就好了。

16.CF1934D1

第一眼看见这题，给你 \(63\) 次，而且这样例也是一位一位做的，所以我们也考虑一位一位做。

写了个从低往高不一样的直接翻，甚至过样例了。

交上去 6 1 直接构出来个 6 7 5 1。

我发现这个做法简直没有任何道理。

先把 \(n<m\) 判了。

考虑一次操作，当前是 \(x\)，选一个 \(a\)，可以变成 \(a\) 或者 \(a\oplus x\)。

考虑当前为 \(x\)，希望一次操作后变成 \(z\)。此时可以直接选择 \(a = z\)，另一部分就是 \(x\oplus z\)，因此要求 \(z<x,x\oplus z<x\)。

设 \(z\) 最高 \(1\) 位为 \(r\)。

• 如果 \(x\) 最高 \(1\) 位也在 \(r\) 这，那么说明她俩的异或也小于 \(x\)。

• 如果 \(x\) 最高 \(1\) 位比 \(r\) 高且 \(x\) 第 \(r\) 位是 \(1\)，那她俩的异或小于 \(x\)。

• 如果 \(x\) 最高 \(1\) 位比 \(r\) 高且 \(x\) 第 \(r\) 位是 \(0\)，那她俩的异或大于 \(x\)。

这告诉我们，\(x\) 能够变成 \(z\)，充要条件是 \(z\) 最高 \(1\) 位在 \(x\) 这里同样是 \(1\)。

设 \(n\) 最高，次高位 \(1\) 分别为 \(p,q\)，\(m\) 最高位 \(1\) 为 \(r\)。

如果说 \(n\) 第 \(r\) 位是 \(1\)，直接一步就能做完了。

接下来，也就是 \(n\) 第 \(r\) 位为 \(0\)，如果 \(r<q\)，也就是 \(m\) 最高位比 \(n\) 次高位还低，那么我们构造一个 \(g = m \oplus 2^q\)。

这样 \(g\) 最高位在 \(n\) 是 \(1\)，\(m\) 最高位在 \(g\) 上是 \(1\)，这样可以两步做完。

接下来考虑 \(q<r<p\)。

看任何一个与 \(n\) 最高位相同、小于 \(n\) 的数 \(x\)。

由于 \(p\) 到 \(q\) 中间全是 \(0\)，如果想得到一个 \(p\) 到 \(q\) 中间的值为 \(1\)，显然她就会大于 \(n\)，不合法。

如果没有次高位而且第一个做法也做不出来就无解了。

因此，当当前数的最高位仍为 \(p\) 时，第 \(r\) 位恒为 \(0\)，所以根据前面的单步转移条件，不可能一步把最高位降到 \(r\)。

一旦最高位降到 \(q\) 或更低，由于每次操作后数值严格减小，就再也不可能到达最高位为 \(r\) 的 \(m\)。因此无解。

17.CF1948E

把点 \((i,a_i)\) 扔到平面上，那在一个团也就是任意两点曼哈顿距离 \(\le k\)。

我们想满足这个，然后我们发现同一个团 \(a_i\) 连续一定不劣，接下来考虑怎么放。

假设现在一个大小为 \(x\) 的团发现限制最严的就是 \(1\) 和 \(x\)，越往里限制越松。

例如 \(x=5\)，我们构造 \(a=[2,1,5,4,3]\)，发现是可行的。

设这一团取的最小最大下标分别是 \(l,r\)，这一团大小为 \(s\)，那么 \(r-l\ge s-1\)，且 \(|r-l|+|a_r-a_l|\le k\)。左边至少是 \(s-1+1=s\)，因此 \(s\le k\)。

那么一个团大小上界就是 \(k\)。

我们按照上边的构造方案做即可。

18.CF1954E

看到跟值域相关的问题，想到笛卡尔树。

建一个小根笛卡尔树，显然她的操作是在子树减 \(k\)，根减没了直接裂成左右两棵树。

一个点最多能吃 \(\lceil \frac{a_i}{k} \rceil\) 次伤害，父亲死后儿子只需要吃 \(\lceil \frac{a_{fa}}{k} \rceil - \lceil \frac{a_u}{k} \rceil\) 次伤害就好了。

发现这个东西等价于 \([a_{fa},a_u)\) 有多少个 \(k\) 的倍数。

考虑处理出 \(c_i\) 表示 \(i\) 在每个 \([a_{fa},a_u)\) 共出现多少次。

这个对于每条边 \(u \to v\) 直接 \([a_u,a_v)\) 区间加一就好了。

之后查询直接枚举所有 \(k\)，枚举 \(k\) 的倍数，求 \(\sum_j c_{jk}\)。

19.ARC179B

看见 \(m\le10\)，考虑状压。

设 \(dp_{i,s}\) 表示前 \(i\) 位，当前可以填的数有哪些。

枚举一个 \(h\) 填，接下来 \(h\) 不能用了，但是所有 \(x_i = h\) 的都可以填了。

因此 \(dp_{i,s} \to dp_{i+1,s\oplus 2^{h-1} | g_h}\)，其中 \(g_h\) 表示所有限制为 \(h\) 的位置状态。

20.ARC179B

考虑设 \(f_{i,j,k,l}\) 其中 \(j,k,l\in\{0,1\}\) 表示前 \(i\) 位拼出有这仨倍数的状态的最小操作次数。

转移我说不清了，你自己看吧。反正我没绷住。

21.ARC175B

先把 \(n\) 变成 \(2n\)，不然说着不方便。

考虑把操作放到前缀和上，发现就是区间加 \(\pm 2\) 和后缀加 \(\pm 2\)。

考虑先让 \(sum_n\) 通过后缀加减变成 \(0\)，因为区间加减是左闭右开的，\(sum_n\) 吃不到。

然后我们看这个东西对全局有没有积极影响，如果她加的是正数，那我们让她加给全局；如果她加的是负数，那位们只让她自己减。

接下来找到前缀和序列里的最小值 \(mn\)，我们假设总能找到一个包含 \(mn\) 的区间让她全吃到加 \(2\)，那我们就疯狂操作就好了。

接下来我们来证这个事情。

假设 \(mn\le-2\)，我们找 \(l,r\) 分别表示第一个、最后一个 \(sum\le mn+1\) 的位置。

由于 \(l\) 是第一次掉到 \(mn+1\)，所以 \(sum_{l-1} = mn+2\)，所以第 \(l\) 个字符为 )；同理 \(sum_{r+1} = mn+2\)，第 \(r+1\) 个字符为 (。

因此这就是我们要找的区间，随着不断加，区间也会不断变小，最终变成滚木。

因此这种区间必然存在，得证。

所以算一下贡献就好了，别忘记区间操作等价于两次后缀操作，需要取个 \(\min\)。

22.ARC180B

考虑从大值往小做，每次只找前边能操作的做操作，这样能保证前边不管咋做不影响一会到下一个人的她的位置。

我们拿到前边能操作的数，按从小到大地和当前位做交换，这样满足所有条件，但是是最优吗？

你交换一次会让逆序对数至少减 \(1\)，你肯定想让他们每次都只减少 \(1\)。

显然从小到大做，每个前边的值都不会被卡住，这样保证了每个合法的对都吃到了贡献。

这样同样也不会让后边的贡献减少，因为你找的 \(l,r\) 同样是从大到小枚举的，且 \(l,r\) 都比当前枚举这位大，因此不会影响后边遍历到更小的 \(r\)。