做题记录二

写在前面：

多做，少胡

以下是正文：

2026/02/11

随机化总结：

1. 随机赋值
   • 最强跳蚤
     题意：计数有多少树上路径权值积是完全平方数
     做法：给素因子随机权值，出现次数为偶数时异或值为0，所以记录树上到根的异或值即可判断权值为完全平方的链数量。
   • P10102 矩阵
     题意：给你\(A,B,C\)三个矩阵，判断是否有\(A\times B=C\)
     做法：由于是矩阵乘法，所以大概率有 \(A\times D\times B=C\times D\)的，我们直接随机一个\(n\times 1\)的\(D\) 出来即可。
     
   • 三部图判定：
     \(O((\frac{2}{3})^npoly(n))\)
     给每个点随机一个颜色不要，那么正确的概率为\((\frac{2}{3})^n\)
     然后用 \(2-SAT\) 作判断即可。
   • Problem - 6765
     不写了，再见（
     题意：给你一棵树，定义链的权值为链上颜色数，每次询问给出两条链，问你两条链的大小关系，强制在线
     解法：
     
     随机 \(k\) 个 \([0,1)\) 变量的最小权值期望为 \(\frac{1}{k+1}\) 所以我们给每种颜色随机值做为权值，那么树剖查区间最小值30次即可大概率判断到，颜色少的链权值会更大。
   • Problem - I - Codeforces
     大步小步
2. 随机抽样
   • [P6817 PA 2013] Filary
     如果 \(m=2\) 可以得到答案下界为 \(\frac{n}{2}\) 所以我们每次随机一个数必选选对的概况为 \(\frac{n}{2}\) 然后我们考虑固定一个数如何统计答案
     筛出素因子，随机赋值，异或哈希即可
   • P11620 Ynoi Easy Round 2025 TEST_34 - 洛谷
     还没做，待补
3. 随机染色
   • 3400. 「2020-2021 集训队作业」Storm
     考虑我们只会选一些不交的菊花，所以随机染色后作费用流即可

2026/03/06

1. E. Tourists
   不是很难，tarjan建出园方树后对树作树剖，对于每一个方点，我们维护一个 mutiset ，它的定义是儿子中权值最小的点，那么对于线段树查min值，lca是方点的时候就多查一个父亲的权值即可
   为什么园方树是对的
   考虑两个点如果可以相互到达的路径，如果遇见点双可以绕回来，那么我们直接园方树把点双的权值最小值挂给方点就是可以了
   说着码农，我就写了100来行，感觉没多少啊
2. E. New Year Tree
   暴力柯树，搜到60种颜色就停止

2026/03/20

1. D - Digit Sum
   考虑一个b进制中表达数n，在 \(b>\sqrt{(n)}\) 的时候，就会有一个高位带剩下0幂次的位
   所以直接根号分治
   对于小于 \(\sqrt{(n)}\) 的作枚举
   对于大于的数有方程：

\(\lfloor \frac{n}{b} \rfloor + n\%b =s\)
\(b^{K}+ n\%b =n\)

解出来就做完了

20260327

1. A - Reversi 3

   wq,被阅读理解炸飞了。

   我们考虑问题的实质在于变换的方式

   

   两边是一样的中间随便是什么。

   那么维护相邻位置的异或值就可以很容易发现规律。

   

   对于这种相邻的两坨，我们将奇数位置保持不变，偶数位置为原数的异或值。

   那么对于可以操作的位置，就一定是形如 01 10 这样的东西。

   那么对于原来的序列操作，就可以看作翻转两个数，类似于排序，所以作0位置的差值和即可。

2. B - Range Mex Sum

   考虑我们高贵 mex 的本质是区间最小没有出现过的自然数。

   那么对于我们现在询问区间 \(A\) 。

   维护一个集合 \(S\) 表示没有出现的整数集合。

   对于一个区间再维护一个 \(m\) 表示不在区间内的 固定值 的最小值.

   然后就可以刻画这个区间的答案贡献了

   我们记

   \(c\) 表示不在区间内的 -1 的个数。

   \(d\) 表示在区间内的 -1 的个数。

   那么考虑固定权值算次数。

   \(ans_A=c!d!\sum_{v\in S}min(v,m)(\binom{i\in S|i\ge v}{c}-\binom{i\in S|i>v}{c})\)

   也就是说外面里面全排列，权值是枚举集合外最小值两个取min，方案是要求刚好是 \(v\)，所以取大于等于减大于，只剩下等于了。

   考虑怎么维护这个式子。

   我们考虑维护 \(c\) 和 \(m\) 作为关键字对答案的贡献。

   如果我们已知一个区间对应的 \(c\) 和 \(m\) ，是否可以直接预处理答案？

   首先枚举 \(c=[0,cnt]\) ，再作m的枚举，记得哨兵，就是对的。

   做一个类似单调不减的栈，复杂度 \(n^2\)。

3. C - Calculator

   考虑只有操作 3 4 那么这就是一个斐波拉契数列，对于操作1 2 实际上就是对最终答案加入一个斐波拉契值，那么拆贡献出来背包就做完了。

4. D - AtArcher

   考虑处理出一只 中心箭 这只中心箭的两侧箭数量差不会超过1

   那么由于得分根据位置单调减，可以证明中心箭的位置一定在\([0，d]\) 之间，然后考虑维护唯一不同的点在于边界，乱搞一下即可。

5. E - Tak and Hotels

   先考虑移动的规律，如果在一家酒店住下，那么到下一个酒店的时间可以累加。

   类似倍增，那么对于每一个点，维护走 \(2^n\) 天可以到达的最右边的酒店编号。

   一天的就加上\(l\) 然后 upper_bound 一下即可。

6. D - Small Multiple

   我们考虑从1在模k的意义下开始bfs，那么当模值为0时就可以找到答案，对于数值上乘十不会影响数位和，+1则数位和+1，那么对这个东西作01bfs，在取到第一个合法位置时就是答案了。

20260328

260328 - 题单 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态

1. E - Avoiding Collision

   考虑容斥，用所有情况减去不合法的情况。

   跑一个次数最短路，在刚好可以松弛的时候选择加入次数，在必须松弛的时候更新次数，这样就维护出了以S为起点和以T为起点的信息。

   首先根据乘法原理，总方案就是 \(S\to T\) 的方案数乘上 \(T\to S\) 的方案数。

   由于是双向边，所以其实这两个玩意是一样的。

   然后考虑什么时候是不合法的。

   设从 \(S\) 出发的最短路数组和次数数组叫做 \(disS,fS\)

   从 \(T\) 出发的最短路数组和次数数组叫做 \(disT,fT\)

   将不合法的分类成点相遇和边相遇。

   对于点相遇情况，我们枚举每一个点 \(u\)。

   首先第一个条件就是 \(disS[u]+disT[u]=disS[T]\)。

   由于走的都是最短路相遇，所以只会相遇一次，那么还有一个条件在于

   \(disS[u]=disT[u]=\frac{disS[T]}{2}\)

   这样经过这个点的方案数就是 \(fS[u]\times fT[u]\)

   那么两个人同时经过这个点的方案数就是 \((fS[u]\times fT[u])^2\)

   对于边相遇情况，我们枚举每一条边，已知一条边是连接 \(u,v\) 且边权是 \(w\) 。

   那么如果两个人都要经过这条边，最短路条件就是 \(disS[u]+disT[v]+w=disS[T]\)

   我们不能确定 \(u,v\) 那个更靠近 \(S\) ，所以两边都要试一下

   然后如果是必须经过，那么 \(disS[u]+w>disT[v],disT[v]+w>disS[u]\)

   也是两边各占一半的道理。

   方案数类似点相遇 \((fS{u}\times fT[v])^2\)

   用总方案减去这两坨玩意就是答案了。

2. F - Normalization

   套路的，发现设 \(a=0,b=1,c=2\) 那么在变换后 模3 意义下数字和不变。

   而且操作后一定会有相邻相等的数字。

   发现对于 \(n>3\) 且存在相邻不同字符串 \(S\) ,所有存在相邻相同字符且数字和同余 \(S\) 的等长字符串 \(T\) 也一定可以由 \(S\) 操作得到。

   考虑证明这个结论。

   假设这个结论在长度为 \(k\) 的字符串中成立。

   那么对于长度为 \(k+1\) 的字符串，我们由于模三意义下相同，所以一定可以通过某种方式将两个字符串的首字母变得相同。

   当两个字符串首字母相同了，对于剩下长度为 \(k\) 的字符串，就成立了。

   答案即为满足数位和模 3 同余初始串且含有相邻相等的数字的数字串个数

   然后我们对这个东西作容斥。

   将答案转化成 同余串个数 - 同余不包含相邻相同字符

   对于同余串个数，明显是 \(3^{n-1}\) 也就是前面随便放，后面根据前面放的补全。

   对于后面，我们定义 \(f[i][j][k]\) 表示 前 \(i\) 个字符，此时模三意义下的数位和是 \(j\), 最后一位填的数是 \(k\)的方案数。

   那么dp的转移方程就是：

   \(f[i][j][k]=\sum_{l=0}^2[k!=l]f[i-1][(j-k+3)\%3][l]\)

   转移出来就做完了。

3. D - Median of Medians

   经典中位数，考虑答案具有单调性，所以我们考虑二分答案

   怎么check？

   把大于的数看作1，小于的数看作1

   那么区间前缀和然后扫描线碾过去，统计 \(he[r]\ge he[l-1]\) 的数量

   这样就可以知道这个数可以作为多少个区间的中位数

   那么合法条件就是是区间数目一半以上就是合法的了

   还有一个小技巧，我们考虑到中位数只会在区间元素中。

   所以之间对这个序列作二分 check 就行了。

20260329

1. D - Concat Power of 2

   被观察题薄纱了\kel

   首先这个如果去作数论分析是非常困难的

   但是题目里面有一句话提醒了我们

   • The N-th smallest good integer is at most \(10^9\)。

   也就是说第 \(N\) 个好数字不会超过 \(1e9\)

   观察样例可以发现：

   第 \(1099898\) 也就是 第\(1e6\) 多一点的位置的好数字大小已经到了 \(819264512\)。

   大胆猜测一下，我们的 \(N\) 不会太大。

   暴力跑一边 \(bfs\) 拼字符串，发现小于 \(1e9\) 的好数字只有 \(1257875\) 个，直接输出第 \(n\) 个就可以了。

2. E - Tree Distance

   首先有结论: 一棵树上\(dis(i,k)+dis(k,j)\ge dis(i,j)\)。

   现在我们要构造一棵树，且满足这个条件。

   如果我们每个点只连一条边，那么肯定是与dis 最小的点连边。

   那么考虑对这个东西作最小生成树，得到的一定是最优的建树方法。

   建出来后对每个点跑 \(dfs\) 处理出一个点和其他点的距离，再去和原权值比较即可。

3. F - Make Bipartite 3

   首先的性质在于只要一处不合法，那么之后再也不会合法了。

   考虑维护带权异或并查集，

   ARC217

4. A - Min of Sum of XOR

   题意是问你让你构造一个 \(1\to n\) 的排列 \(P\)。

   最小化式子：
   \(\sum_{i=1}^n ⨁_{1\le j \le i} P_j\)

   也就是最小化前缀异或和之和。

   我们一样拆位来考虑贡献。

   对于每一位 \(k\) 表示为 \(2^k\)。

   那么对于位置 \(k\) 上值为 \(1\) 的数。

   在 \(k\ge 2\) 时，一定是成群完整地出现。

   所以我们把每四个数放在一起考虑。

   这样高位的异或和肯定为 \(0\)。

   考虑低位的异或和，那么参照样例，可以发现每四位的异或和也是 \(0\)（将样例看作 \(0\;1\;2\;3\)），不过要交换每四个中的 \(3,4\) 位即可。

   对于没有第一第二第三位，不影响答案的构造，没有第四位就只能输出下一位。

5. C - Greedy Customers 2

   题意是给你 \(n\) 个货物，然后有 \(n\) 个人来买东西，每个人的钱数随机在 \([1,c]\) 里面，随机到的钱数如果比最贵的物品贵，就买下，问恰好购买 \(k\) 个物品的概率， \(k\) 是 \([0,n]\) 。

   \(dp\) !

6. B - Not High Element

   题意是给你一个排列的前 \(k\) 项，问你在确定前 \(k\) 项，大小为 \(n\) 的所有 \((n-k)!\) 种可能排列 \(p\) 中。

   求式子的值： \(\sum_{P}f(P)\)

   \(f(P)\) 的定义为：
   对于排列，每次操作可以将一个非前缀最大值的数提到排列的最前面，这种操作的最大次数就是 \(f(p)\) 的值。

   我们考虑对于最后的序列一定是一个从1到n的排列，所以先考虑如何快速算出一个排列的贡献。

   非常容易可以发现，对于一个非前缀最大值的数 \(x\) ，将其移到前面去后，后边就会有 \(x-1\) 个比他小的数可以往前提。

   那么手推一下就会有发现贡献是 \(2^{x-1}\)

   对于给定的前面先手动处理前缀最大值来算贡献，然后对于已知未出现但是在后面比最大值小的数，就可以算全贡献，

   对于在后面但是比前缀已知最大值的数，出现在前缀最大值的次数为 \(\frac{(n-k)!}{n-k+1}\)

   对这个再算一次贡献就是了。

popsicle

我们记 \(L\) 是总周期，理论上是所有 \(l_i\) 的最小公倍数。

那么我们的答案式子可以写成：\(\frac{1}{L}\sum_{t=0}^{L-1}(1-\prod_i(1-p_{i,t\mod l_i}))\)

首先有结论：

\(gcd(l_i,l_j)=1，ans=\sum_{t=0}^{l_i-1}p_{i,t}\times\sum_{t=0}^{l_j-1}p_{j,t}\)

手推不难发现是对的。

把所有天按

$t ≡ T( \mod 2520) $

分成 2520 类。

我们设某家店的周期是 \(i\)。

那么它每次访问的位置就会变成：

\(T+k\cdot2520\)

比如 \(i=6\) ，那么从第1天开始(\(T=1\))每 \(2520\) 天中，

因为 \(2520 \mod 6=0\)，所以永远是：

1,1,1,1,…1,1,1,1,…

分完后我们算出所有的类天的平均贡献，求和后乘逆元就是答案。

如果你随便选一个 K，那么固定 \(t≡T(modK)\) 后，店 i 的新周期是：

\(\frac{1}{gcd(i,K)}\)

我们要考虑所有按照这个顺序分完后，任意周期要么互质，要么一个被另一个整除，

\(2520=2^3\times3^2\times5\times7\)

假设我们有两个店周期：

• \(l_1\) = \(8\)
• \(l2\) = \(12\)

如果选 \(K=10\)：

• 新周期长度：
  • \(l_1/ gcd(8,10) = 8 / 2 = 4\)
  • \(l2 / gcd(12,10) = 12 / 2 = 6\)
• 新周期长度分别是 \(4\) 和 \(6\)
• 这两个长度：
  • 不互质
  • 也不整除

这样就不可以直接乘起来求答案或者合并了