2026 集训6
1.CF1949G
考虑从不需要教授但是有教授的地方开始，比如这里不需要教授但是有一个 C，那我们的路径是一个形如 -C -> CM -> MC -> CM -> M- 的东西。
这为什么是正确的呢？我们考虑当前车上有个 C，我们可以去 CM 或者 C-，而不同位置只要种类相同是没有区别的，不论如何都会消去一个限制，
如果先走 C-，当前这条路径会直接结束；而如果先走 CM，同样消掉了一个 C 的需求，同时还能拿到一个 M 继续往下走。
即使原方案中这个 CM 留给了后面的另一个 C，也可以交换两个 C 的去向，让当前的 C 去 CM，后面的 C 去原来的 C-，不会影响后续可行性。M 同理。
2.CF1969E
:::info[思考]
假如说我们能维护出原序列的不合法区间，接下来只需要经典贪心看选最少点包含在所有区间里了。
发现如果 \([l , r]\) 那固定 \(l\)，再大的不合法区间一定真包含他（吾去汝不早言），而且这样的区间我们贪心的时候根本没用到，所以我们需要找极小的不合法区间。
维护一个每个数下一个出现的位置，这样一直跳如果组成一堆连续区间说明找到一个极小不合法区间。
感觉这个很难办。
换个角度，一个大不合法区间缩小得有什么条件？
还是难以刻画。
现在还是想固定左端点，快速维护出她右边最近的右端点使这个区间不合法。把这东西叫做 \(r_l\) 了。
想到一个东西，我们维护出每个值前边最近、第二近跟她相等的值的位置 \(p_i,q_i\)。
我们枚举右端点，开个线段树维护所有 \([l , i]\) 的只出现一个数的个数，这东西可以通过 \(p,q\) 推出哪些区间需要加，哪些需要减。
然后线段树二分，看如果有不合法区间而且他没有 \(r_i\) 了，直接赋值。
我们找到区间了，问题迎刃而解了。
:::
239开始写的，308过的。
3.CF1981D
:::info[思考]
只知道填质数是好的。
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直接贺题解了。
首先把题意转化一下，填质数，没有相邻数对相同。
发现这个很像欧拉图，我们推一推式子，通过度数可以推出路径最长长度，我们只需要找这个路径 \(\ge n-1\) 的最小长度即可。
考虑构造，直接走下来欧拉路径即可，最后得到的路径直接填质数即可。我们推出来上边那个路径长度最大是 \(1415\)，第 \(1415\) 个质数是 \(\le 3 \times 10^5\) 的。
4.CF2023C
:::info[思考]
看见图题，限制很神秘，还让你判断 YES NO 的，不难想到，想到哈希。
考虑弱化问题：每个环长都等于 \(k\) 怎么做。
还是困难。
考虑每个环长都是 \(k\) 的倍数，那我们可以给他 \(k\) 分图染色。这玩意有没有啥性质啊。
得考虑一个哈希能把环长信息能记下来，但是加一条边可能不止多一个环，所以难维护。
或许根本就不能直接哈希硬判，而是通过这个染色得来一些快速判是不是环长 \(k\) 的倍数的东西？
:::
贺题解了。
还是考虑染色的过程，\(col_u = (col_v + 1)\bmod k\)。这样确定一个点的颜色之后可以唯一确定地染出整张图。即同张图有 \(k\) 种染色方式。
我们连边也一样，\(x \to (x + 1)\bmod k\)，这样同样保证环长都是 \(k\) 的倍数。
暴力做法是直接枚举两张图的染色方式，然后看每个颜色数量是不是满足限制，时间复杂度 \(O(k^3)\)，难以通过。
发现两个图同时做不同的染色，只要初始颜色偏移量一样那么都是等价的，因此只需要枚举一个初始颜色即可，时间复杂度 \(O(k^2)\)。
考虑初始颜色加一，对于整个颜色数组相当于向右偏移一位，对里边数值没影响，因此我们直接哈希判两个序列是否有循环位移之后相等关系即可。
11.34-11.50写的。调忘记时了。总之是模数太大了乘法中间炸 long long 了调了好久。
5.CF2032E
:::info[思考]
第一眼看这题感觉糖糖的。
读完题之后把操作放到差分上边，等价于 \(c_{i-1} \to c_{i-1} + 1,c_i \to c_i + 1,c_{i+1} \to c_{i+1} - 1,c_{i+2} \to c_{i+2} - 1\)，想让 \(c_i\) 都是 \(0\)，因此如果 \(\sum c \neq 0\) 无解。
要不要看看自己在说啥。他是环形数组因此 \(\sum c = 0\)，所以没有无解。
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被创飞了看题解了。
考虑这个 1,1,-1,-1，我们在第三个位置再操作，得到 1,1,0,0,-1,-1，由于 \(n\) 是奇数（谁没看见还被卡了一下午我不说），可以操作回来一圈得到 -1,0,1。同理可以得到 1,0,-1。
我们不停 -1,0,1 第三个位置加她自己，就能实现任意两个位置加一减一。
6.CF1887C
:::info[思考]
没懂给这个初始序列是要干啥。
感觉放到差分上边会好做一点吧。把区间操作拍到单点上，但是查询还是一样的。
猜测复杂度带老哥。
哎，直接主席树维护每个历史版本，哈希找当前版本和历史最优版本的最左不同位置，然后比较该位置的差分值不就完事了吗。
:::
跑得非常慢，非常卡空间，需要垃圾回收一下。
7.CF1895E
:::info[思考]
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8.CF1909E
:::info[思考]
感觉这个 \(\lfloor \frac{n}{5} \rfloor\) 非常丑陋，考虑从这入手。
考虑全操作，那就有根号个灯最后是亮的，\(\lfloor \sqrt{n} \rfloor \le \lfloor \frac{n}{5} \rfloor\)。
计算器算一下解出来 \(n \ge 20\)。
所以 \(n \ge 20\) 直接全操作。
然后发现操作的顺序没有影响。
我状压的每个灯操不操作，完了这个状态就一位一位或上他的限制。
然后算最后灯状态，合法就直接输出了。
写了一百年也过不去。
然后发现饭堂了。这题有多测。给我一堆 \(n=19\) 我的复杂度会十分巨大，恭喜。olo
看来还是得发现点啥性质的。
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直接贺了。
接着上边说的，最后最多只有三个亮灯啊。
我们枚举最后灯的状态，考虑每个灯 \(i\)，能影响他的灯只有 \(i\) 的因数，但是比他小的因数早就在前边确定过了，因此能影响他的只有他自己。我们只需要看 \(i\) 现在的情况，和目标不一样的话就操作 \(i\)。
最后验证是否满足限制就好了。
9.CF1916E
:::info[思考]
可以考虑枚举 LCA 为 \(u\) 的点对，然后算答案。
直接子树加，发现会重。因为有的之前已经算过这种颜色的贡献了，因此我们找到离 \(u\) 最近的一些跟他同色的点，子树再减一下发现就对了，然后取最大值和次大值乘积即可。
由于每个点只能被作为唯一一个点的最近同色点，因此暴力减就是对的。
:::
10.CF1928E
转化原问题，发现所有数模 \(y\) 的值不变，序列长成一个 \(x \bmod y + ky\) 的样子。
把 \(x \bmod y\) 都减掉，把 \(y\) 除掉，现在得到了一个 \(\lfloor \frac{x}{y} \rfloor\) 开头的等差数列还有一堆 \(0\) 开头的等差数列。
前边这一段比较特殊，我们直接枚举。
设 \(f_i\) 表示凑出来和为 \(i\) 的等差数列长度和的最小值。
转移显然 \(O(n \sqrt n)\)，转移的时候同样记录一下从哪转移来的直接构造即可。
11.CF1935E
显然 \(x\) 和 \(y\) 最长前缀公共部分是一定要取到的。
接下来他俩都剩下一些东西，显然每一位都能造成一个要么是把这一位变成 \(1\)，要么是把后边所有位变成 \(1\) 的作用。
但是还有 \(x\) 的限制，我们可能不能把后边全吃满。
那就看一下当前有的这些 \(y\)，他覆盖每一位都覆盖了多少次，如果一次都没有，那答案这一位肯定是 \(0\)，如果只有一次，那这一位当 \(1\) 最优，如果大于一次，那后边全都可以变成 \(1\)，直接 break。
12.CF1943C
:::info[思考]
考虑直径限制最严苛，因此先考虑直径，设直径长度为 \(d\)。
\(d\) 是奇数一种比较优的方案就是 \(\lceil \frac{d}{2} \rceil\)，显然这样的话没有浪费，是最优的。
偶数发现按上边这么构会浪费一堆，非常劣。但是每次拿前一半，然后 \(dis=\frac{d}{2}\) 就能取到答案下界了，十分优良。
偶数不全，还得分。
首先 \(d \equiv 2 (\bmod 4)\) 肯定下界就是 \(\frac{d}{2}+1\)，这个有一万种构造方式。
然后看 \(d \equiv 0 (\bmod 4)\) 能不能把 \(1\) 去掉。
画几个发现，\(4\) 可以两步消，这样我们把 \(d\) 拆成一堆 \(4\) 即可。
但是发现这个会让不在直径上的染不上，因此我们找直径两个中点，一直做奇数长度的，同样 \(\frac{d}{2}\) 次操作即可染完。
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13.CF1965C
:::info[思考]
首先到最后不能操作的话一定是一个 01 交替的串。
这启发我们两个相邻相同的消。
首先最终不能继续操作时，一定是一个 01 交替串。
这启发我们在所有相邻相同的位置操作。
合法性是显然的，考虑最优性。
若 \(a_i=a_{i+1}\)，那么在最终的交替串中，这两个位置不可能落在相邻两格，因此这里一定要操作；而若 \(a_i\ne a_{i+1}\)，两者又不能重合，因此这里不能操作。
所以每个位置是否操作其实都是被强制决定的。
并且所有操作位置都对应原串中的相邻缝，一个位置操作后不会产生新的可选位置，因此所有强制位置可以同时取，不会互相破坏可行性。
于是把所有相邻相同的位置全部操作，就是最优方案。
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14.CF1977D
:::info[思考]
看见神秘的形如星战的限制，考虑哈希
由于题面有异或，那我们也考虑异或哈希，操作相当于每列哈希值异或本行权值。
想把每一行设一个随机大权值，然后算出每一列的异或和，这样可以快速判有几个是满足条件的列，但问题是不知道怎么操作。
发现带根号过不去，所以考虑大常数 \(O(nm)\)。
现在想让尽可能多的异或和属于行权值集合里。
现在问题等价于，给你两个集合 \(A,B\)，最大化 \(|(A \oplus S) \cap B|\)，其中 \(S\subseteq B\)。
可以对 \(B\) 建个线性基叫做 \(V\)，\(\oplus S\) 叫做 \(x\)。
考虑两个数 \(a\in A,b\in B\)，其中 \(a \oplus x = b\)，即 \(b \oplus x = a\)，由于 \(b,x\in V\)，因此 \(b\oplus x = a \in V\)，所以 \(a \not\in V\) 的值永远不可能合法，直接删去。
接下来枚举所有剩余合法 \(a\oplus b = x\) 看是否合法，最后只需要找出现次数最多的 \(x\) 即可。
后来发现这个线性基毫无作用。\(A\) 本来就是 \(B\) 异或出来的，天然都在线性基里，变成滚木了。
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15.CF1980G
:::info[思考]
第一个操作对于深度奇偶相同的没有任何作用，因此打个 \(lazy\) 之类的东西记录一下做过的修改即可。
查询也是好做的，建两个 01Trie 分别维护深度不同深度奇偶的点到根的异或和称之为 \(val_u\)。
同样奇偶性相同的对查询没有影响，即到与 \(v\) 奇偶性相同的那棵 Trie 上查询 \(val_v \oplus x\)；或者是深度奇偶性不同，到另一棵 Trie 上查询 \(val_v \oplus x \oplus lazy\) 即可。
需要注意的是，我们不能连出自环，因此查询的时候需要先把 \(val_v\) 在她所在的那棵 Trie 上先删掉，查完再加回来。
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2.58-3.24
17.CF2069E
:::info[思考]
显然 a b 比 ab ba 更厉害。
第一想法是用当前 ab ba余量更充裕的去从前往后填，最后看剩下的能不能用 a b 填上。
写完发现 WA #2，稍微玩了一下发现思路全假了。
BBABAABAABBABABBABABAABABAAAB
3 2 5 7
这个答案是 YES。
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直接贺了。
考虑因为没有 AA BB，我们直接把分段考虑，分成 ABABAB……BA 状物。
分讨一下段长奇偶性。
段长奇数，我们可以直接用一个单独的，然后直接用两个的，比如 ABABABA，我们可以用 A 和 3 个 BA 或者 A 和 3 个 AB。
段长偶数，全拿一样的两个的；或者直接拿两个单独的，其他的发现可以随便选了。例如 ABABAB，可以拿 3 个 AB；一个 A 和 一个 B 和两个 AB 或者 两个 BA 或者一个 AB 一个 BA。
我们设这个字符串里有 \(cnta\) 个 A，\(cntb\) 个 B，那我们还需要吃至少 \(\max(cnta-a,cntb-b,0)\) 个长度为 \(2\) 的。
设一个长度 \(2k+1\) 的奇数段，他直接贡献 \(k\) 个随便选的。
一个长度为 \(2k\) 的偶数段，他直接贡献 \(k\) 个固定或者 \(k-1\) 个随便选。那肯定贪心地想先取固定的然后再拿随便选的调整。
对偶数段，取满会比不取满多贡献一个长度为 \(2\) 的块，因此对同方向的偶数段按 \(k\) 从小到大贪心取满；不能取满的就转化成 \(k-1\) 个方向任意的块。最后再用剩余的 AB BA 填这些任意块即可。
18.CF2096E
:::info[思考]
首先操作 1 0 0 和 1 1 0会比其他的优，因为它会减少两个逆序对。
后来想把序列划分成一堆连续 \(1\) 段，从后往前做避免后效性，然后偶数直接全用 1 1 0 做，奇数就先用 1 1 0，最后用其他的把最后一个推回去。
后来发现假了，有可能把两个块合并成一个大块一块推会更优。
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发现我们狂做这两个优的操作，最后操作不了的是一个 \(000\cdots01010101011111\cdots111\) 状物。
考虑把这种转化成能做优操作的。
也就是那两个和出一个 0 1 1 0，然后做操作。
因为这两个优的操作不会改变 01 位置奇偶性，反之我们认为劣的才会改变奇偶性。设 \(a\) 为 \(0\) 在奇数位出现的次数，\(b\) 为 \(0\) 在偶数位出现的次数。
我们希望 \(a'=b'=\frac{a+b}{2}\)。操作次数就是 \(|a'-a|\)，接下来少了这么多逆序对，我们每次可以消掉两个，除以二即可。
19.AT_arc169_c
:::info[思考]
看了一眼感觉有一个 \(O(n^3)\) 的 dp 正在呼唤我。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 位，第 \(i\) 位颜色为 \(j\)，连续同色段长为 \(k\)。
用靶转移。
算了写一下式子吧看能不能上点数据结构。
下边这个好搞，做个前缀和可以到 \(O(n^2)\)，关键是上边这个平移咋搞。
对每个 \(j\) 维护一个队列 \(q_j\)，其中依次保存当前以 \(j\) 结尾、连续长度为 \(j,j-1,\ldots,1\) 的方案数。
每次转移时，原有状态的连续长度全部 \(+1\)，不需要实际移动，只需将新的 \(f_{i,j,1}\) 插入队尾。若队列长度超过 \(j\)，则队首对应连续 \(j+1\) 个 \(j\) 的非法状态，将其弹出即可。
动态维护队列里边的和即可。
:::
20.AT_arc171_c
:::info[思考]
一看就是 dp。
首先考虑一个下边的树，最多只能传上来一个点，因为边走一次就死了。
那么显然如果我们选边的集合或这个点最终到的位置不同，就会有不同方案。这个点位置不同说的意思就是所有交换和 \(u\) 有关的点的相对顺序不同。
我们不关心具体 \(u\) 这里具体是什么，只关注操作次数和相对顺序。
设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树，选了 \(i\) 个与 \(u\) 直接相连的边。
发现转移不了，因为不知道 \(u\) 的儿子到底选没选 \(u\)，所以加一维 \(j\in \{0,1\}\) 表示选不选父亲。
转移 \(f'_{u,i,j} = f_{u,i,j} \sum_k f_{v,k,0} + f_{u,i-1,j} \cdot i \cdot \sum f_{v,k,1}\)。
前边这项表示不选 \((u,v)\) 这条边，这说明和 \(u\) 有关的点的相对顺序已经封口了，可以直接算。
后边这个表示选 \((u,v)\) 这条边，那么在目前所有和 \(u\) 有关的点有 \(i-1\) 个而且顺序确定，那这条新边就有 \(i\) 个位置可以随便插。
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21.AT_arc173_c
本质上这东西就是在找区间里有没有相对于 \(a_i\) 的大小符号相同的。
那也就是说想找到两个 \(j\) 满足 \((a_j - a_i)(a_{j \pm 1} - a_i) > 0\) 的。
很快你发现这个暴力可以均摊到 \(O(n)\)，具体怎么做呢。
先把 \([i-1,i+1]\) 特判掉。
对于每个点我们要扫 \((a_{i-1} < a_i) \neq (a_{i+1} < a_i)\) 的，把这些点叫做 \(p\)。
不难发现每个需要扫的点，不会扫过下一个需要扫的店，因此均摊到 \(O(n)\)。
22.AT_arc181_c
不愧是 adhoc。
假设某一行在 \(p\) 里 \(rk=i\)，某一列在 \(q\) 里 \(rk=j\)。
规定这个位置填 \([i+j>n]\)。
这样的话，排名增加只会让一些 \(0\) 提前变成 \(1\)。
或者感性理解，想让排名越大的字典序就越大，这么判刚好可以满足这个。
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