NOIP 模拟赛：2024-11-26

T1：

当你发现你的算法仅对 \(n\ge\) 一个小值时正确，不如把 \(n<\) 它的情况都打表/特判了。

请构造满足如下要求的序列

• 首先，元素在\(1\sim n\)的所有整数中选，每个整数最多出现一次；
• 其次，保证序列中相邻的元素都不互质；
• 最后，在满足前述条件的基础上，使得序列最长。

请输出构造的序列长度和该序列。

容易想到这么一个构造：偶数都放进来；奇数，如果存在两个偶数和它都不互质，插入到这两个之间；然后挑两个只存在一个偶数和它不互质的数放两边。

线性筛求出每个数的最小质因数即可。细节比较繁琐，为了避免在特殊数据下出错直接把 \(n\le 20\) 的判了。

T2：

当你试图增加优化，思考两件事：

1. 它真的有必要吗？

2. 它会使得正确性出错吗？

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有一间无限酒店有无穷多个房间，编号为\(0,1,2,\cdots\)。酒店每个房间能住一个人，并且只接待团体入住。将要入住的团体按顺序从\(1\)开始编号。

由于是无限酒店，一个新的团队来了总能顺利入住，具体方式为

• 如果团队人数有限：记团队人数为\(k\)，则先将每个原\(x\)号房间的人都移动到\(x+k\)，然后让新的团队入住在\(0\sim k-1\)号房间；
• 如果团队人数无限：先将每个原\(x\)号房间的人移动到\(2x\)，然后让新的团队入住在奇数编号房间。

你需要维护酒店的如下操作需求

• 1 k ：如果\(k>0\)，表示有\(k\)人的团体入住酒店；如果\(k=0\)，表示有无穷多人的团体入住酒店。注意团体按本操作的顺序从\(1\)编号；
• 2 g x ：输出编号为\(g\)的团体占据的房间中，第\(x\)小的房间编号，对\(10^9+7\)取模；
• 3 x ：输出此时\(x\)号房间中的客人对应的团体编号。

认为开始时所有房间都住着一个来自\(0\)号团体的人。

每个团队的人的房间编号可以视作一个函数 \(ax+b\)。对于操作 1，原本所有团队 \(b\leftarrow b+k\)，新加入一个 \(1\cdot x-1\)；对于操作 2，查询 \(a_g\cdot k+b_g\) 即可；对于操作 3，记录之前所有修改操作，如果是 \(k=0\)，此时若 \(x\) 是奇数，就是这次修改操作加入的团队，否则 \(x\leftarrow x/2\)；否则，若 \(x<k\)，就是这次的团队，否则 \(x\leftarrow x-k\)。

前两种操作可以线段树，甚至可以只打全局 tag 完成。瓶颈在于操作 3。

首先，操作 3 的 \(x/2\) 情况最多 \(30\) 次就 \(x=0\) 了。对每次修改操作记录 \(lst2\) 表示上一个非 \(x/2\) 的修改位置，供 \(x=0\) 时跳过即可。

其次，再对每一段非 \(x/2\) 的修改操作记录前缀和。如果 \(x\) 比这一段的 \(\sum k\) 还大，直接减去，然后跳过这一段。因为每跳过一段就会遇到一个 \(x/2\)，复杂度不用担心。

如果 \(x\le \sum k\)，二分即可。

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T3：

有\(n\)个城市，编号\(1\sim n\)，你在旅行中希望前往\(n\)号城市。对于所有\(1\le i < n\)，都有一个参数\(T_i\)，表示从\(i\)号城市出发可以坐大巴直接到达\(i+1,i+2,\cdots,i+T_i\)号城市，注意通行是单向的。

给定正整数\(K\)和非负整数\(D\)，表示如果从\(i\)号坐大巴直接到达\(j\)号，则疲劳度会增加\(\lfloor \frac{j-i}{K} \rfloor \cdot D\)。疲劳让人不高兴。

\(i\)号城市具有\(H_i\)的风景值，可能为负。风景越好，人越高兴。

最终，从一个城市去往\(n\)的总快乐度为所有经过的城市（包括起点和终点）的风景值总和减去所有移动的疲劳度总和。

请对每一个可能的起点城市，求出旅行的最大快乐度是多少。

按 \(j-i\) 模 \(k\) 的余数分类，然后线段树优化 DP 即可。具体分析可以画一个 \(k\times n/k\) 的表格。

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T4：

给定两棵树\(T_1,T_2\)，一棵是有\(n\)个结点的带边权树，另一棵也是有\(n\)个结点的带边权树。两棵树的的结点编号都为\(1\sim n\)。

定义\(dist(T,i,j)\)表示树\(T(T\in \{T_1,T_2\})\)上结点\(i,j\)的简单路径权值和。

定义两个结点编号\(i,j\)的距离为\((dist(T_1,i,j)+dist(T_2,i,j))\)。请对每一个确定的编号\(i\)，找出编号\(j\)使得编号\(i,j\)的距离最小，你只需确定最小的距离。
\(n\le 10^5\)。

树上路径问题先无脑考虑点分治，点分治不太行考虑点分树。发现做不了也留一个心眼，说不定暴力枚举套一个树高 \(\log n\) 的条件就对了。

两条路径涉及四个点的编号：\(i,j,l_1,l_2\)，其中 \(l_1,l_2\) 是 \(i,j\) 在两棵树上的 LCA。

考虑枚举 \(i\) 和 \((l_1,l_2)\)，根据 \((l_1,l_2)\) 找出最优的 \(j\)。当确定了 \(i,l_1,l_2\)，变化的量只有 \(dist(T_1,j,l_1)+dist(T_2,j,l_2)\)。因此，我们希望对每个对 \((l_1,l_2)\) 求一个 \(f(l_1,l_2)\) 表示在 \(l_1,l_2\) 的子树内到它俩的距离和最小的结点。
为了避免 \(f()\) 刚好取到 \(i\) 导致出现 \(i=j\) 的不合法情况，让 \(f()\) 再记录一个次小的结点。

这肯定过不了，但如果我们把 \(T_1,T_2\) 的点分树建出来，\((l_1,l_2)\) 的对的数量总共 \(n\log^2 n\) 个，这就可以了。

还有一个问题：怎么存 \(f(l_1,l_2)\)？不能用 map，会多一个 \(\log\)。

答案是不存。记录一个数组 \(g\)。算法直接枚举 \(l_1\)（\(O(n)\)），在 \(T_1\) 点分树上搜索 \(l_1\) 的子树（\(O(n\log n)\)），对搜索到的每个结点 \(i\) 枚举在 \(T_2\) 点分树上的祖先 \(l_2\)（\(O(n\log^2 n)\)），让 \((i,l_1,l_2)\) 更新 \(g[l_2]\)。

搜完的 \(g\) 数组就是当 \(l_1\) 固定时的 \(f\)。此时再搜一遍 \(l_1\) 的子树，更新 \(ans[i]\) 即可。