山东寒假集训2026 II
Day 3
- P9220 「TAOI-1」椎名真昼。
我们发现，如果先手无法“一招致胜”，那么他就一定不胜；先手获胜的条件是能从一个黑点到达所有的黑点且不到达任何白点。后手同理，如果无法“一招致胜”，那么他也将不胜。如果存在入度为 \(0\) 的白点，或者只会有两个孤立黑点和一个黑点连向白点。
zwh：后手的获胜条件有点阴啊。
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CF555E Case of Computer Network。
为数不多听懂了的。
我们考虑，这个 \((u_i, v_i)\) 的询问，如果它们在同一个边双连通分量中，那么一定是可以互相到达的。
否则，我们考虑在边双缩点之后的图上，我们在 \(U, V\) 的路径上找到 \(LCA\)，把 \(U\) 到 \(LCA\) 上面的边打上标记；同时，把 \(V\) 到 \(LCA\) 的点都打上标记。如果一条路径上重复两次打上标记（相反的那种），那么就不合法。 -
P2491 [SDOI2011] 消防。
比较简单，我们可以知道这个东西一定是在直径上的。接下来，我们只需要用一个双指针来回移动保持中间的距离即可。 -
P4381 [IOI 2008] Island。
神仙题。我们发现，这个基环树如果从中取出直径，那么我们就可以求出前缀和。令 \(f_u\) 表示在链上的点的子树内的最深深度，那么我们可以求出 \(f_v + f_u + s_v - s_u\)。于是我们维护 \(f_u - s_u\) 即可，每次取出最大的即可。如果反着，那就是答案 \(\max f_u + f_v + s_u + S - s_v\)，我们直接维护 \(s_u + f_u\) 即可。 -
AT_arc108_f [ARC108F] Paint Tree。
相当有趣。我们考虑直径两端的颜色是否一致。如果一致，那么答案固定。接下来我们枚举长度 \(d\)，对于一个点 \(u\)，看看能不能和 \(u\)、\(v\)。如果 \(d1 > d\) 且 \(d2 > d\) 无解；如果 \(d1 \le d\)，但 \(d2 > d\) 那么只能是一种颜色；否则就是两种均可。答案就是 \(2^{cnt}\)。
Day 4
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P2763 试题库问题。
使用二分图（或者网络流）。
我们考虑如何建图。左侧放 \(n\) 个点，右侧放 \(m\) 个点。那么，我们发现每一个 \(i \in B\) 必须匹配上一个 \(j \in A\)，然后跑一个最大匹配即可。考虑最大匹配记为 \(t\)，那么判断 \(t\) 是否等于 \(m\) 即可。
应该亦可以用二分图匹配（？），但是网络流可能更好输出答案。 -
P2057 [SHOI2007] 善意的投票 / [JLOI2010] 冠军调查。
我们充分发扬谦让精神，把所有的 \(a_i = 0\) 的 \(i\) 连向 \(s\)，\(a_i = 1\) 的连向 \(t\)。如果 \(i\) 和 \(j\) 是一对好朋友的话，那么我们在 \(i\) 和 \(j\) 之间连一条双向边即可。然后答案就是最小割（也就是最大流）。 -
P3153 [CQOI2009] 跳舞。
我们考虑二分答案，二分到 \(x\)，接下来考虑如何进行 check。
我们考拆点，我们把一个男生拆成两个人（听着有点恐怖），其中一个人表示愿意，另一个是不愿意。我们把从这个男生连向 \(x - k\) 和 \(k\)，然后按照同样的把女生拆成两个点，愿意和不愿意的。也就是说，男生和女生的图是对称的。如果能够拆成这样，那么我们进行网络流即可。 -
P5934 [清华集训 2012] 最小生成树。
我们发现，这个\((u, v, L)\) 在最小生成树的条j件是对于任意 \((x, y, w)\)，\(w < L\) 的话，使得 \(u\) 和 \(v\) 不在一个连通块里面。我们钦定以 \(u\) 和 \(v\) 为源点和汇点直接建图，去掉两端不在一个连通块中的答案。最大生成树同理可得。两部分答案加在一起就可以了。 -
P9523 [JOIST 2022] 复制粘贴 3 / Copy and Paste 3。
好题。我们令 \(f_{l, r}\) 表示 \([l, r]\) 中的答案。我们可以得到 \(f_{l, r} = \min (f_{l + 1, r}, f_{l, r - 1}) + A\)。
另外，我们假设 \(s_{l, r} = s_{k, k + len - 1}\)，我们可以定义一个变量 \(sum = B\)，令 \(sum\) 加上 \(C\)，否则加上 \(A\)。
最后，判断这个 \(s_{l, r} = s_{k, k + len - 1}\) 可以使用 hash。
yxh：这个题可以用哈分 + 二希。
yxh：数位DP（D发的“的”音）。
yxh：OI 里面的鬼畜题的需求，往往需要人类智慧
6.AT_arc153_d [ARC153D] Sum of Sum of Digits。
我们设 \(f_{i, j}\) 表示后 \(i\) 个数字考虑 \(j\) 次进位后的答案。
我们可以发现，\(j\) 个一定是从所有数字后 \(i\) 位从大到小进行排序后选择前 \(j\) 个。然后我们直接枚举 \(x\) 的当前位，check 是否存在进位。如果存在的话那就转移到 \(j + 1\)。然后推推式子就行。
Day 5
- P9197 [JOI Open 2016] 摩天大楼 / Skyscraper。
我们设 \(f_{i, j, 0/1, 0/1}\) 表示现在已经分出了 \(i\) 段，答案为 \(j\)，第 \(1\) 个位置是否加入、第 \(n\) 个位置是否加入的方案数。接下来，我们考虑如何转移。
很明显，对于现在的一个数 \(k\)，我们考虑：
- 如果在折线段上增加一个，也就是转移到 \(i + 1\)；
- 我们也可以在某一段左边或右边加上这个数字，依旧转移到 \(i\)；
- 我们当然也可以把两个合并起来，转移到 \(i - 1\)。
神奇的思路。
- P4597 序列 sequence。
我们考虑 DP。设 \(f_{i, j}\) 表示 \(i\) 处取得 \(j\)，那么我们可以得到状态转移方程：
然后，我们知道这个 \(f_{i, j}\) 是一个凸性函数。那么，我们把每一个看做线段，那么也就是说斜率先减小，再增大。
我们假设这几个的线段斜率是 \(-2\)、\(-1\)、\(0\)、\(1\)，假设我们这个 \(a_i - j\) 在 \(pos\) 位置与这个函数相交。我们可以发现，在 \(pos\) 左侧的点的斜率都会 \(-1\)，右侧的点都会 \(+ 1\)。这样，我们考虑维护一个优先队列，在优先队列中放置 \(pos\) 的斜率。每次放入两次，找到最大的，答案加上 \(maxn - a_i\) 即可。
Day 6
xby：这个数论和博弈论大家可以放轻松，不经常考，反正考了大概率也不会。
- 证明费马小定理。
已知 \(\gcd(a, p) = 1\)，求证：\(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)
考虑排列 \(X = {1, 2, ... , p - 1}\)，我们把 \(X\) 的每一项乘以 \(a - 1\) 再对于 \(p\) 取模，即 \(Y = {1 \times a, 2 \times a, ... , (p - 1) \times a}\)。我们发现，\(Y\) 中的数字都不一致。
一下默认对于 \(p\) 取模。
假设 \(a \times x \equiv a \times y\)，那么定有 \(a \times( x - y) \equiv 0\).
由于我们可得 \(\gcd(a, p) = 1\)，所以可得 \(x - y \equiv 0\)。由于 \(x, y \le p - 1\)，所以可得 \(x = y\).
故，\(\prod X \equiv \prod Y\)，即 \(a \times 1 \times a \times 2 \times ... \times a \times (p - 1) \equiv 1 \times 2 \times ... \times (p - 1)\)。
也就是说 \(a^{p - 1} \times (p - 1) !\ \equiv (p - 1)!\)。
由于 \((p - 1)! \equiv 1\)，所以可得 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)。
得证！ - 证明欧拉定理。
已知 \(\gcd(a, n) = 1\)，求证：\(a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n\)
证明：
考虑 \(n\) 的同余：\(R = r_1, r_2, ..., r_{\phi(n)}\).
令 \(L = R \times a\)，即 \(L = a \times r_1, a \times r_2, ..., a\times r_{\phi(n)}\).
同理，我们可知：\(L\) 是 \(R\) 的排列。
就有：
由于 \(\gcd (\prod r_i, n) = 1\)
故得证！
- Lucas 定理。
证明太困难了。
4. 中国剩余定理。
可以通过以下方式构造：
- 令 \(n = n_1 \times n_2 \times ... \times n_k\)
- 对于第 \(i\) 个方程，我们令 \(m_i = \frac{n}{n_i}\)，令 \(t_i\) 为在 \(n_i\) 的意义下 \(m_i\) 的逆元
- 我们令 \(c_i = t_i \times m_i\)，注意，不要对于 \(n_i\) 取模
- \(x = \sum_{i = 1}^{k} a_i \times c_i\)
简单题。
答案很明显，就是让我们求 \(\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [\gcd(i, j) = 1]\)
答案然后就更加明显了，答案是 \(2 \times \sum_{i = 1}^{n} \phi(i) + 1\)。
- P2480 [SDOI2010] 古代猪文。
基础数论全家桶。
考虑到 \(999911659\) 是一个质数，我们过果断使用欧拉定理。
我们可以得到：
然后，难度就在求 \(\sum_{d|n} \binom{n}{d} \mod 999911658\)。然后，我们通过惊人注意力得到：\(999911658 = 2 \times 3 \times 4697 \times 35617\)，然后，我们可以通过 exgcd 对于这四个质数分别求解，然后再使用 crt 进行合并即可。
注意到题目中出现了 PKU（Pig Kingdom University）。
xby：这种题一般不能称之为题。
观察到 \(X = \prod p_i^{q_i}\)，我们得发现 \(q_i\) 必须是单调不降低的。如果出现下降，那么我们一定可以交换使得 \(X\) 更小。
注意得到 \(X\) 其实只需要不超过 \(12\) 个质数即可，搜索完了随手打个表就能过。
- 证明 Nim 博弈论正确性。
已知：\(S = x_1 \oplus x_2 \oplus ... \oplus x_n\)，求证：\(S \ne 0\)，先手必胜；否则必败。
考虑使用数学归纳法：
- 当所有 \(x_i = 0\)，此时 \(S = 0\)，故先手必败；
- 如果 \(S \ne 0\)，那么必定存在一个 \(k\)，使得 \(S\) 第 \(k\) 位是 \(1\)，那么此时一定存在一个 \(x_i\) 的第 \(k\) 位是 \(1\)。然后，我们拿走 \(2^{k - 1}\) 个石子，那么一定是合法的；
- 同理，我们可得 \(S = 0\) 的时候一定存在使得 \(S \ne 0\) 的方案。
综上，Nim 博弈论的正确性得证！
- P5675 [GZOI2017] 取石子游戏。
考虑 Alice 的必输条件：
- \(S = 0\)；
- \(S \ne 0\) 但是 \(a_1 < S2\)。
考虑 DP。令 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个中，钦定一个作为第一个，疑惑和是 \(j\) 的方案数。这个可以通过 \(O(n^3)\) 进行转移。
xby：咱们打个表
通过打表可得，\(f_{i, j} = f_{\frac{i}{2}, \frac{j}{2}} + 1\)，当且仅当 \(i \equiv 0 \pmod 2\) 且 \(j \equiv 0 \pmod 2\)，\(f_{i, j} = 0\)。
- P3480 [POI 2009] KAM-Pebbles。
考虑做差分，即对于差分数组上进行 Nim 阶梯博弈，不知道为啥有紫。
Day 7
- AT_agc048_d [AGC048D] Pocky Game。
一个使用 DP 来维护博弈论的。
首先我们注意到一个性质：先手拿的东西越多越好，也就是 \(a_1\) 越大越好。
正确性显然。
考虑 DP。我们令 \(f_{l, r}\) 表示 \([l + 1, r]\) 区间同原序列，此时要想获胜的 \(a_l\) 的最小值。令 \(g_{l, r}\) 的状态类似，和先手的差不多。
考虑转移。\(f_{l, r} = 1\) 的结论是 \(a_r < 1\)，否咋答案就是 \(f_{l + 1, r} + a_r + 1 - g_{l + 1, r}\)。
xby：好，这个全部内容已经结束，下面开始吹水环节。
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