转存的 2025 赛季训练

这里是 2024 - 2025 赛季的训练。

P2519

妙。考虑转化条件。对于一个 $a_i,b_i$，转化成分数从大到小排序后编号在 $[a_i+1,n-b_i]$ 的人的分数相等。

那么我们可以得到若干个 $[l,r]$，在这些 $[l,r]$ 中取尽量多的，互不相交的即可。dp 解决。

P2516

被打爆了。首先把 $f_{i,j}$ 表示 $A_{1\sim i}$ 和 $B_{1,j}$ 的 LCS 跑出来。然后记 $g_{i,j}$ 为方案数。考虑转移：

$f_{i,j} = f_{i-1,j}$。此时 $A_i$ 不在 LCS 中。$g_{i,j} = g_{i-1,j}$
$f_{i,j} = f_{i,j-1}$。此时 $B_j$ 不在 LCS 中。$g_{i,j} = g_{i,j-1}$
$f_{i,j} = f_{i-1,j-1}$。此时 $A_i,B_j$ 在 LCS 中。$g_{i,j} = g_{i-1,j-1}$

上述相加即可。但是考虑 $A_i \ne B_j$ 且 $f_{i-1,j}=f_{i,j-1}=f_{i-1,j-1}$ 的情况，此时 $g_{i-1,j-1}$ 被算了两次。减去即可。

注意要滚动数组。

P2051

喜欢给极小的样例还不给大样例的出题人你们好啊。

显然每行、列的炮至多有 $2$ 个。

50pts 可以考虑状压，这是典中典了。

考虑把炮的个数压入状态。$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 行，$j$ 列放了一个炮，$k$ 列放了两个炮。

分讨第 $i$ 行放了 $0/1/2$ 个炮讨论即可。

CF149D

好区间 dp。

显然的区间 dp。首先由于保证是一个合法的括号序列，这启发我们 dp 时每次分割成两个合法区间，再进行 dp。

那么每次可以分割成两个合法的区间。当 $(l,r)$ 配对时，特殊处理一下方案数。

使用记搜实现。

P10680

st 表好题。

首先注意到这个神秘的 $[l,l+2^k-1]$ 以及这个神秘的合并操作，启发我们使用 st 表。原因是 st 表可以高效合并两个一半区间。

不带修就是 st 表板子。带修捏？

首先要明确的是 st 表单点修改一次重构是 $\mathcal{O(n)}$ 的。具体是因为单点影响的范围极小。

考虑阈值分治。对于 $st_{i,k}$ 的 $k$ 较小的部分，暴力重构。在查询时，暴力从两个子区间合并即可。

可以证明阈值 $B = 10$，时间复杂度 $\mathcal{O(n\sqrt n)}$。具体不会证。

P10334

小清新贪心。

先把无解判掉。

正着做不太好做，考虑倒着枚举时间。

显然对于某个时刻，它的一些需求可能需要在前面的时刻制作。

我们维护一个栈来存放当前的需求。假设对于当前这个 $t_i$，后面还有一些需求 $a_x$ 没有完成，那么当前这个位置的需求 $a_i$ 需要 $\ge \max\{a_x\}$。否则第 $i$ 个人来就不会取 $a_i$ 而是 $\max\{a_x\}$（$a_x$ 是要留给后面的，必然存在），后面你再去制作 $a_x$ 的话代价就更大了。这一部分需要好好理解。

那么对于某个 $t_i$，它的需求就是 $\max(A_i, \max\{A_x\})$。后者可以用栈来维护。

那么对于我们现在的 $t_i$，共有 $t_{i+1} - t_i$ 个时刻给我们完成后面的需求。每次取出栈顶即可。原因是栈中尽量大的数要尽量早出来，不然它留在栈顶在前面会影响更多 $A$。感性理解一下。

那么做完啦。很多人认为这是单调栈。但笔者认为这只是具有单调性质的栈罢了。时间复杂度线性。

ARC201C

Sol

P1600

好但是唐题啊。

前 60pts 很唐。

考虑所有 $t_i = 1$ 的情况。实际上不难想，难点在于维护。有个 trick 由于我们只关心某一项的值。子树内的答案是更新后的减去原来的。

考虑正解。记 $dep_x$ 表示根节点到 $x$ 的边数。对于一条路径 $(s,t)$，将其拆分为 $(s,lca)$ 与 $(lca,t)$。那么 $(s,lca)$ 上某个点 $u$ 若有贡献当且仅当 $dep_s = dep_u + W_u$。同理 $(lca,t)$ 上点 $u$ 有贡献当且仅当 $dep_{lca} \times 2 + dep_s = dep_u - W_u$。

观察到等式左边为定值。那么对于每个 $u$，计算它子树内有多少条路径满足即可。具体可以树上差分。然后动态维护当前有多少 $dep_s = W_u$ 或 $dep_{lca} \times 2 + dep_s = dep_u - W_u$。这一部分是容易的。但是可能会算重。容易证明重复的只有根节点，也就是某条路径可能被根节点算两次。因此树上差分时只加一边就好了。

$\mathcal{O(n\log n)}$。

P4170

怎么区间 dp 这么难。

考虑区间 dp。$F_{i,j}$ 表示 $[i,j]$ 已满足条件的最小答案。

转移显然考虑枚举断点 $k$，用 $F_{i,k}+F_{k+1,j}$ 去更新。

当 $S_i = S_j$ 时，显然可以找到前面某次对 $i$ 染色的操作 $(i,x)$，考虑将 $x \leftarrow j$，并将这次操作挪到最后，容易证明原序列不变且操作次数不变。所以可以用 $F_{i,j-1}$ 来转移。

ABC424D

Sol

ABC424E

弘文了。

考虑朴素暴力。考虑优化。注意到我们对同一元素进行了太多重复操作。于是把元素的个数同时压进优先队列。那么做完了。由于一个数的分裂会很快。

注意不能清空堆。空间换时间，每次新开一个。

ABC424F

天天犯唐。

线段树的做法有些难想。考虑哈希。每次把 $[A,B]$ 随机一个权值，把 $[A,B]$ 区间异或上这个权值。那么两个点的权值相同当且仅当覆盖它们的线段集合相同，那么每次单点判断即可。

区间异或、单点修改。线段树随便维护。

P1272

树形 dp 怎么这么难。

明确一下状态：$F_{i,j,k}$ 表示以 $i$ 为根，且此时 $i$ 与父节点相连，考虑 $i$ 的前 $k$ 个儿子在子树内得到 $j$ 个点需割掉的最少的边。

考虑转移。考虑 $u \to v$。若 $v$ 子树内不取，$F_{u,j,k} = F_{u,j,k-1} + 1$。即把其割掉。

否则枚举给 $v$ 子树 $s$ 个。$F_{u,j,k} = \min\{F_{u,j - s, k-1} + F_{v,j_v,k-1}\}$。显然 $k$ 可以滚掉。

需要注意的是，我们需要强制选根。不然就不能把那些选的子树连接起来。因此对于非根节点。由于我们强制选根，那么需要把根和父亲这条边断开。因此答案再统计时要加 $1$。

P6033

遇到这种题，先考虑部分分。

朴素是带 log 的，考虑怎么做到线性。

我们用一个蚯蚓中的 trick。就是你合并之后一定是越来越大的，具有单调性。这个比蚯蚓那题的证明简单多了。

所以类似地，单独开一个数组来合并的结果，由于两边都是单调的每次只拿出队头作比较即可。

话说好像是这题的结论推广到蚯蚓那的吧？

P14072

热恋。

dp 好题。

假设我们将原排列分成两个大小为 $n$ 的集合 $A,B$。由于 $k \le 2n$，$A$ 和 $B$ 中必然有一个包含 $k$，那么此时这个集合中数的乘积必然是 $k$ 的倍数。也就是说，此时另一个集合中数的乘积也要求是 $k$ 的倍数。

那么问题转化为，从原排列中选出 $n$ 个数，要求不含 $k$ 且其乘积为 $k$ 的倍数。不妨从小到大选。记其方案数为 $d$，那么答案就是 $d \times 2 \times n! \times n!$。这个是好理解的。

那么可以 dp 了。$F_{i,j,l}$ 表示前 $i$ 个数，选了 $j$ 个，当前选出来的数之积对 $k$ 取模为 $l$ 的方案数。这样很好转移。分讨每个数选 or 不选。不选就是 $F_{i,j,l} \leftarrow F_{i-1,j-1,l}$。选的话就是 $F_{i,j,(l \times i) \bmod k} \leftarrow F_{i,j,(l \times i) \bmod k} + F_{i-1,j-1,l}$。那么做到 $\mathcal{O(n^3)}$。值得注意的是，一个数都没选时默认积为 $1$，故边界为 $F_{0,0,1} = 1$。

咋优化捏？由于我们只关心是否是 $k$ 的倍数，状态放余数有些浪费了。那么就记最大公约数！$F_{i,j,l}$ 表示前 $i$ 个数，选了 $j$ 个，当前乘积与 $k$ 的最大公约数为 $l$ 的方案数。那么转移是类似的。但是有个难点，就是假设当前的最大公约数是 $x$，怎么得到选上 $i$ 后的最大公约数呢？这个手玩一下可以得到是 $x \times \gcd(i,k/x)$。还是比较好算的。那么预处理最大公约数，我们得到了 $\mathcal{O(n^2\log n + n^2d(k))}$，其中 $d(k)$ 表示 $k$ 的因子个数。可以本地算一下 $k = 2000$ 时 $d(k) \le 64$。得益于洛谷飞快的评测机，可以通过。

你会发现这样写出来会被卡一个点。这时需要卡卡常。把状态里第三维换为 $k$ 的第 $l$ 个因子即可。这样可以通过。

code

CF547B

手刃了。

考虑每个位置能影响到的两个端点。即对于 $i$，左边最后一个不小于它的位置 $L$，右边最后一个不小于它的位置 $R$。那么对于长度 $[1,R-L+1]$，$i$ 都有贡献。

$L,R$ 显然可以用单调栈维护。然后后面那个前缀最大值的话修改右端点就好了。差点爆了个 sgt 上去。

CF1407D

红温了。

显然的 dp。

先考虑第二种情况。这里假设考虑到 $i$ 节点，正在寻找 $j$ 去转移。注意到右边是 $\min$，于是分讨 $h_j,h_i$ 的大小关系。

$h_j < h_i$。此时 $\min = h_j$，也就是说，$\max\{a_{j+1},\cdots c_{i-1}\} < h_j$。那么维护一个自底到顶单调递减的栈，容易发现在用 $i$ 维护栈时，弹出的恰好是满足条件的 $j$ 节点。
$h_j \ge h_i$。此时显然只有 $i$ 前第一个 $\ge h_i$ 的 $h_j$ 可以被更新。

第三种情况与第二种情况类似。于是开两个栈解决问题。

但是要注意处理相同元素。具体地，以第二种情况为例，每次在弹出时，我们需要在保证弹出的这个位置 $x$ 到 $i$ 所有元素不相同，这样才可以从 $x - 1$ 转移。

ABC352D

不会做小黄题。

考虑枚举连续的 $k$ 个数。那么对于这 $k$ 个数，答案就是数之中最大出现位置 - 最小出现位置。ds 维护即可。

CF1195E

先得把 P2216 过了。这两题一样的。就是 $C_{i,j}$ 表示第 $i$ 行，$[j,j+b-1]$ 中 $A_{i,j}$ 的 $\min$。然后在 $C$ 上以列做一遍就好了。

交上去 mle 还以为卡 deque。虚空调试 0.5h 发现删掉几个没用的数组就过了。唐完了。

P1080

怎么以前做的题现在不会了 /fn

显然的贪心。考虑对于数对 $(a_i,b_i),(a_j,b_j)$，那么如果交换后更劣的话，有 $\max\{\frac{1}{b_i},\frac{a_i}{b_j}\ < \max\{\frac{1}{b_j},\frac{a_j}{b_i}\}$。拆掉式子就变成 $a_ib_i < a_jb_j$，排序即可。

CF1142B

好题啊。

由于是 $A$ 的子序列，不要求连续。考虑每个 $i$ 作为起点，每次往后跳，若能跳 $n-1$ 次，则这个起点可行。

然后上述过程是可以倍增维护的。对于每个 $i$，它跳完有一个最小位置 $B_i$。那么每个询问查询 $[L,R]$ 中 $B_i$ 的 $\min$ 即可，如果 $\le R$ 就可行。

注意如果不能跳 $B_i$ 要赋值为 $m+1$。

因为 UB 调了快 1h，我是奶龙。

CF1848F

Fun fact：正解是手模四次操作发现规律。做的时候手模三次没发现规律就跑路了。iee

考虑手模样例。你会发现在第 $2^p$ 次操作时，$A_i = A_i \oplus A_{i+2^p}$。这是固定的。

由于序列全 $0$ 后你再操作也没啥影响。于是按位贪心，每次判断 $2^p$ 次操作是不是有必要的。然后维护 $A$ 即可。

CF1903D1

水掉了。

考虑按位贪心。每一位是否能取，那么 $\mathcal{O(n)}$ 计算贡献即可。时间复杂度 $\mathcal{O(qn\log n)}$。能过。

D2 的话就是瓶颈在于计算贡献。那么考虑 SOSDP。不太会跑路了。

CF932D

由于前加入的点不会影响后加入的点，可以预处理。

每个 $i$ 在往上跳时只会对应一个 $j$，所以考虑倍增。

倍增维护每个点往上跳 $2^i$ 步到达的点，路径上的最值。这样可以求出每个 $i$ 对应的那个唯一合法的 $j$。

然后将 $j,i$ 建边。再进行一次倍增，这样每次询问时跳就好了。还需要维护路径的长度以及点权和。

注意比较恶心的是这题是点权，所以在查询跳的时候 $x+2^i$ 是不取的。这样你 $x \leftarrow x+2^i$，就不会重复计算。因此你可能跳到 $0$ 也是合法的。

P7143

神秘分治题。

考虑分治。容易发现答案只与长度有关。记 $F_n$ 表示长度为 $n$ 的答案。考虑区间 $[l,r]$ 怎么贡献。

两个端点都在 $[l,mid]$ 或 $[mid+1,r]$ 中。显然这是子问题，分治下去即可。
两个端点分别在 $[l,mid]$ 和 $[mid + 1, r]$ 中。首先由于除 $[1,n]$ 外 $mid$ 和 $mid+1$ 一定不在同一区间内。因此对于区间 $[x,y]$，覆盖的区间一定是形如 $[x,mid]$ 的关于 $mid$ 的后缀和形如 $[mid+1,y]$ 的关于 $mid+1$ 的前缀。那么统计出 $[x,mid]$ 的后缀 cover 和 $s_1$，贡献即为 $s_1 \times [y - (mid + 1) + 1]$。同理右边的前缀 cover 和 $s_2$，贡献就是 $s_2 \times (mid - x + 1)$。

P11005

我是唐氏。

$f(u,v) = x$ 等价于 $u,v$ 只能通过边权 $\ge x$ 的边连通。从小到大加边即可。

P2048

典题现在才做。

暴力的做法是把所有区间塞进堆然后取 $k$ 次。但是这样会爆。考虑一个很牛逼的 trick。

由于我们只关心前 $k$ 大，我们是不是能从当前的某个答案，推出下一个合法的答案，再塞入堆呢？记 $(v,p,l,r,x)$ 表示当前答案最大值为 $v$，取到的位置为 $p$，以 $x$ 为右端点，在 $[l, r]$ 中转移。那么每次取出最大的 $v$，就可以分裂出两个合法的答案 $(v',p',l,p-1,x)$ 和 $(v'',p'',p+1,r,x)$。塞入堆中再维护即可。

P3801

容斥好题。

如果你把释放的位置也看做消失的话，那么假设当前范围内有 $p$ 行被染色，$q$ 列被染了，就好恰好有 $p*q$ 个格子重复染了（也就是消失了）。那么做完了。

P8473

不会做糖糖题。

首先每次加入的那一堆线段很烦，考虑啥是有用的，你会发现区间内相隔最远的两个黑点才是有用的，因为这两个黑点间所有点都能被染黑。因此每次加入一个区间，只考虑其间距离最远的两个黑点，将这段区间覆盖即可。每次询问等价于询问是否有白点没有被覆盖。这个用 sgt 维护区间 $+/- 1$ 即可。

P9691

咋这么难。

首先如果代价为 $1$ 的话就是超速检测。这里借鉴一下思路。$F_i$ 表示前 $i$ 个点，第 $i$ 个点一定选的最小代价。

考虑 $i$ 可以从哪转移过来。假设从 $j$ 转移过来，那么需要满足 $(j,i)$ 中没有完整的区间，这个很好理解。那么对于每个 $i$，记 $p_i$ 表示最小的满足条件的 $j$，这个显然是满足区间右端点 $<i$ 的左端点最大值，很好维护。那么 $i$ 就可以从 $(p_i,i)$ 中转移。偷懒写了 sgt，实际上有单调性的。

P8026

不可以总司令。

由于我们只关心两个点是否联通，等价于它们的各个祖先是否相等。于是给每个图赋一个随机值，哈希记录每张图上每个点的祖先之和的哈希值。判断两点祖先是否相等就等价于判断两点哈希值是否相同。

更具体地，记每张图的哈希值为 $S_i$，假设第 $i$ 张图的点 $j$ 的一个祖先为 $k$，$j$ 的哈希值就加上 $S_i * k$。正确性显然。注意连边时，维护祖先要使用启发式合并。

P3792

bbwzt

异或哈希板子。对于询问，可以根据区间和判断这个区间本应该是啥，然后异或哈希判断即可。

P2536

爆

考虑朴素 dp。每次对于一个文本串，一个模式串进行判断。$f_{i,j}$ 表示模式串 $S$ 的前 $i$ 位，文本串 $T$ 的前 $j$ 位能否进行匹配。

分讨 $S_i$：

为字母。平凡。
为 $?$。显然只关心 $f_{i-1,j-1}$。
为 $*$。不贡献：$f_{i-1,j}$。贡献 $1$ 位：$f_{i-1,j-1}$。贡献若干位：$f_{i-1,k}$。

这样是 $\mathcal{O(nmL^2)}$ 的。

考虑当 $*$ 贡献若干位的时候，实际上可以看成是 $f_{i,j-1}$，仔细想想就发现这是对的了，这也是一个 trick。这样还是 $\mathcal{O(nmL)}$ 的，但是已经过题了。

考虑用 trie 优化。先把所有文本串扔进 trie。然后我们用模式串进行匹配。匹配的过程和上面的 dp 是一样的，最终只要统计能走到多少个文本串的末尾就好了，注意要判重。

P1944

小黄题这么难。

$f_i$ 表示以 $i$ 为结尾的最长连续合法括号序列。那么如果 $S_i = S_{i-1-f_{i-1}}$，就有转移 $f_i = f_{i-1} + 2 + f_{i-2-f_{i-1}}$。

这个太难想了！不妨求出每个括号是否能被合法匹配，记其为 $h_i$，这个很好求。那么问题转化为求 $h_i$ 中最长连续 $1$ 数量。简单做即可。

P6286

怎么是板子。

考虑直接按加密后字符串顺序排序，那么假设我们有 $S,T$ 要满足 $S$ 在 $T$ 前面，显然只需要满足 $S$ 最高一位与 $T$ 不一样的小于 $T$ 就好了。那么我们就会得到若干条形如 $x$ 要在 $y$ 前面的性质，考虑直接连边跑拓扑，有环则无解。做完了。

CF1879D

先做 P3917。那题可以先对 $A$ 异或一遍前缀，即 $A_i = A_1\oplus A_2 \oplus \cdots A_i$。下文中 $A_i$ 表示异或后的 $A_i$。那么按位考虑，思考每一位咋选才能有贡献。实际上，不妨记 $B_i$ 表示 $A_i$ 的第 $x$ 位。那么由于异或可以用类似前缀和来维护，那么 $B_i$ 中的每个 $1$ 都可以和 $0$ 匹配（不管是往前还是往后）。那么那题就做完了。

这题的话也差不多，用 $0$ 去匹配 $1$，分别维护前缀 / 后缀中 $1$ 的下标和即可。

P5662

做不来普及组的题，玉玉了。

考虑一个很妙的性质：假设你在第 $x$ 天买入，第 $y$ 天卖出某个商品。那么等价于在第 $x$ 天买入，第 $x+1$ 天卖出，第 $x+1$ 天买入，第 $x+2$ 天卖出 $\cdots$ 第 $y-1$ 天买入，第 $y$ 天卖出。那么第 $i$ 天买的东西不妨强制第 $i+1$ 天卖出。

这样第 $i$ 天的金币数就只跟第 $i-1$ 天的金币数有关了。对于第 $i$ 天，只需要贪心地让第 $i$ 天买入的商品在第 $i+1$ 天卖出的利润尽量大就好了。对于每一天分别 dp 就好了。

P11323

又被普及组贪心击杀了。

将炸看成三带一。那么尽量出四张肯定最优。于是用单 / 双张去凑三张即可。做完了。

ABC379F

又被击杀了。

考虑离线下来，按 $l$ 排序。

对于一栋建筑 $x$，显然如果它能被 $l$ 看到，一定能被 $r$ 看到。

于是维护 $l$ 右侧能看到的建筑，这个可以用单调栈维护。然后在栈上二分 $r$ 能看到的即可。

口胡了没写。

P1419

不会普及组 trick。

考虑二分答案。然后你就会了。

P13271

击杀了。

分层图板子。一个 naive 的想法是每个点建 $k$ 个状态，但是会爆。注意到 $\sum d_i = m$，由于每个点只有 $d_i$ 个状态有用，于是只建 $d_i$ 个。

记 $(u,p)$ 表示 $u$ 点的第 $p$ 个状态。对于边 $u\to v$，且这条是 $u$ 的第 $l$ 条边。如果 $d_v \ge l$，显然可以直接连 $(u,l) \to (v,l)$。反之，只能 $(u,l) \to (v,d_v)$ 连，且需要维护 $l \to d_v$ 的代价，前缀和维护。

然后跑最短路。但是你发现这样有个问题，对于某些没有出边的点，我们貌似强制它的最终状态为 $1$ 的，这是不对的。考虑建反图。在计算 $x$ 的答案时，枚举所有指向 $x$ 的点 $u$，即在原来的图中 $u \to x$，假设这是第 $l$ 条边，边权为 $w$。用 $dis_{u,l}+w$ 来更新答案即可。做完了。

P6492

模板题。被击杀了。

考虑 sgt 维护每个节点的前 / 后缀，区间内最大值。然后就是小白逛公园。类似那题多维护的一个 $sum$，这里需要判断前缀是否为本身。pushup 是这样的：

void pushup(ll k, ll l, ll r)
{
	ll mid = l + r >> 1;
	ll L = mid - l + 1, R = r - mid; 
	if (A[mid] != A[mid + 1])
	{
		if (tc[k << 1].Ls == L) tc[k].Ls = L + tc[k << 1 | 1].Ls; 
		else tc[k].Ls = tc[k << 1].Ls; 
		
		if (tc[k << 1 | 1].Rs == R) tc[k].Rs = tc[k << 1].Rs + R; 
		else tc[k].Rs = tc[k << 1 | 1].Rs; 
		
		tc[k].Ans = max(tc[k << 1].Ans, tc[k << 1 | 1].Ans);
		tc[k].Ans = max(tc[k].Ans, tc[k << 1].Rs + tc[k << 1 | 1].Ls);
	}
	else
	{
		tc[k].Ls = tc[k << 1].Ls; 
		tc[k].Rs = tc[k << 1 | 1].Rs; 
		tc[k].Ans = max(tc[k << 1].Ans, tc[k << 1 | 1].Ans);
	}
}

P4198

典题。

显然要考虑斜率。问题转化为单点修改，查询全局最长上升子序列的长度。

对于每个节点，我们维护它区间内的斜率最大值 $k$，和区间内的答案 $L$。在自下而上合并时 $k$ 很好维护，问题在于 $L$ 的合并。

显然对于节点 $x$，它的左儿子的答案可以直接合并。右儿子的话需要我们找到第一个 $>$ 左儿子的 $k$ 的 $\max$ 的点 $p$，将 $p$ 后面的答案接上。

记 $get(l,r,k)$ 表示 $[l,r]$ 内第一个 $>k$ 的位置开始的序列长度。那么上面 $x$ 就可以从左儿子的 $L$ 和右儿子的 get 合并。现在只需要解决 $get(l,r,k)$。分讨状态：

当前为叶子，平凡。
$[l,r]$ 中斜率的最大值 $\le k$，答案显然为 $0$。
$[l,mid]$ 中斜率的最大值 $> k$，此时 $(mid,r]$ 中的答案必定可行，只需在 $[l,mid]$ 中继续查询。但是注意右儿子的答案需要用 $[l,r]$ 的 $L$ 减去 $[l,mid]$ 的 $L$ 来得到。
$[l,mid]$ 的斜率的最大值 $\le k$，此时只需在 $(mid,r]$ 中继续查询。

ll get(ll k, ll l, ll r, ld v)
{
	ll mid = l + r >> 1;
	if (l == r) return tc[k].mx > v; 
	if (tc[k].mx <= v) return 0; 
	if (tc[k << 1].mx > v) return get(k << 1, l, mid, v) + tc[k].len - tc[k << 1].len; 
	return get(k << 1 | 1, mid + 1, r, v);
}
void pushup(ll k, ll l, ll r)
{
	ll mid = l + r >> 1;
	tc[k].mx = max(tc[k << 1].mx, tc[k << 1 | 1].mx);
	tc[k].len = tc[k << 1].len + get(k << 1 | 1, mid + 1, r, tc[k << 1].mx);
}

那么做完了。是 2log 的。

ARC119C

结论题。

操作 $1$ 无用。手摸一下可以发现一个区间合法当且仅当其交错和为 $0$，那么将奇数位不变，偶数位 $\times (-1)$，问题转化为区间和为 $0$ 的区间个数，简单维护。

P7073

诗人？

用栈来维护，先把表达式树建出来。

由于每次只修改一个点，考虑这个点啥时候对答案有影响？

对于类似 0&0，1|1 这种东西，由于只修改一个点，可以发现无论左右咋变，答案都不变。

那对于这种东西，把它子树内的变量标记为没用的点即可。

实际上要标记的是有用的点。显然。

对于那些对答案有影响的点，容易证明它一定会让答案发生改变，不会出现不变的现象。那么搞定了。

P8815

不会中缀转后缀。

左括号直接入栈。
右括号，不断弹栈直到弹出左括号。
数字直接入栈。
操作符，不断弹栈直到栈空或者弹到优先级比它高的字符。

转完后遍历一遍就做完了。

P10115

很典但是把我击杀了的题。

$f_i$ 表示前 $i$ 位的答案。枚举当前段的上一个位置 $j$。如果 $[j,i]$ 合法就更新 $f_i = \max\{f_{j-1} + w_i - w_j\}$，否则 $f_i = \max\{f_{j-1}\}$。那么做到二次方。

注意到第二项不用枚举。瓶颈在于第一项。把 $j$ 提出来，$f_i = \max\{f_{j-1} - w_j\} + w_i$。其中 $[j,i]$ 要合法，考虑怎么快速维护这个东西。

记 $c_i$ 表示 $\max\{f_{j-1} - w_j\}$。对于右括号，匹配出它对应的左括号，不妨令其为 $p$。那么 $c_i = \max\{c_{p-1}, f_{p-1} - w_p\}$。还是很显然的。那么做完了。用 stl 会带一只 log。

P8848

钛合金手机。中间忘了，后面忘了。

首先与 A 类似地，$p,q$ 分别表示 $1,-1$ 个数。

若 $p \le q$ 最大子段和为 $1$。在 $-1$ 中插 $1$ 即可。$\binom{q+1}{p}$。

否则，考虑 dp。由于我们要让答案取到下界 $p - q$，容易证明每个 $-1$ 必定在两个 $1$ 之间。那么当前的前缀和就是最大子段和。于是可以 dp。$f_{i,j}$ 表示用了 $i$ 个 $1$，前缀和为 $j$ 的方案数，很好转移。滚动一下数组就是 $\mathcal{O(n^2)}$ 的，但常数很小。

P14083

感觉挺简单的。但还是被击杀了。

首先明确 $f(i)$ 表示 $i$ 在第几层括号里。其实这个知道也没啥用，方便理解。

先判断 $p$ 是左括号还是右括号，只需判断 $p - f(p)$ 的奇偶性即可。这个很好证明，打表也可以发现。

然后假设 $p$ 是左括号，令其配对的括号为 $q$。可以发现 $p+1\sim q$ 单调不增。那么二分，做完了。

注意判断 $r-l=1$ 的时候，这样少一次，可以通过。

P11470

没写口胡了一下。

注意到 $\sum x_i$ 的神秘限制。考虑 $f_i$ 表示 $\sum x = i$ 时，$\sum y$ 的最大值。挺套路。

那么每组询问可以枚举 $i$，答案就是 $\min\{a + i,b+f_i\}$。这样会爆。

考虑二分答案。假设答案为 $x$。那么有

$a+i \ge x, b+f_i \ge x$。

也就是

$i \ge x - a$，$f_i \ge x - b$。

右边都是定值。那么只需维护 $[x-a,V]$ 的 $f_i$ 的最大值是否 $\ge x - b$ 即可。后缀和可以维护。

P9742

又被贪心创飞了。

考虑序列中第一个负数到最后一个正数，显然可以调整使得每一个人都达到正贡献。

考虑一个非负数的连续段 $[l,r]$，我们会牺牲某个人 $i$ 的代价，让 $i \leftarrow r$，这样 $[i+1,r]$ 就有贡献了。枚举 $i$ 取最值即可做到线性。非正数同理。那么做完了。

P11230

首先考虑如果能从一个人转移咋做。显然考虑 $f_{r,x}$ 表示第 $r$ 轮 $x$ 号元素能否做最后一个。

转移的时候，枚举每个 $i$ 的词典，假设到了 $x = d_{i,j}$。那么判断 $p \in [j-k+1,j-1]$ 中是否有 $f_{r-1,d_{i,p}} = 1$ 即可。

考虑这个限制。现在我们不仅关心能不能做，我们还要关心它是从哪一行转移的。

$f_{r,x} = 0/x/-1$ 表示能被两行以上转移，只能被第 $x$ 行转移 / 不能被转移。

那么随便维护就好了。时间复杂度 $\mathcal{O(nr + \sum S)}$。常数略大。

P14362

玉玉了。最失败的一集中最失败的一题。

考虑新建 $k$ 个点。$2^k$ 枚举每个城镇，然后直接跑 kruskal，可以得到若干分。

由于只有原图 mst 上的边有用，保留这些边，这样边的量级到了 $n$。时间复杂度 $\mathcal{O(2^kn\log n)}$。还带点并查集的常数，瓶颈在于排序。可以得到 $80$ 分。

止步于此了。实际上，每次都加边是很唐的。考虑把所有边都先加上，对于那些没开的城镇的边，不理它即可。这样就少了个 log。带点并查集的常数，可以通过。

有神秘归并做法。不会跑路了。

笑点解析：赛时拼包挂了挂成 $24$ 分。赛后 10min 会了 $80$。

P6000

有点红了。

首先字母串得能匹配。这个很好判。

对于某个左端点，由于字典序最小，我们肯定贪心地把它往右放。

对于区间 $[l,r]$ 容易证明当 $l, r-1$ 的栈形态相同（或 $l-1,r$）时，$[l,r]$ 合法。

哈希处理。那么可以 $\log n$ 来查找每个 $l$ 对应的 $r$。

对于这种括号题，相似的是同样在这篇文章的 CF149D。类似地，我们每次把合法区间分割成两个合法区间。这样更好做。

P1966

排序交换。

把式子拆开，得到 $a_i^2 + b_i^2 - 2a_ib_i$。只需最大化 $a_ib_i$。排序不等式得 $a_1b_n + a_2b_{n-1} + \cdots + a_nb_1 \le a_?b_? + \cdots a?b? \le a_1b_1 + a_2b_2 + \dots a_nb_n $，其中 $a,b$ 分别已排序。也就是反序和 $\le$ 乱序和 $\le$ 同序和。

于是考虑让 $a$ 中第 $k$ 小的和 $b$ 中第 $k$ 小的对应。由于我们只关心火柴高度的相对大小，离散化完可以得到两个排列。映射一下跑 LIS 即可。

P5017

补了很久前一直想写的题。

Link

P4581

黑。不过是道随机化好题。

考虑建边。假设第 $i$ 道题由想法 $j,k$ 组成，我们将 $j \to i, k \to i$ 建边。那么对于每个入度不为 $0$ 的点，我们需要求出有多少个入度为 $0$ 的点能走到它。直接合并的话会有重复，咋做呢？

下文中称入度为 $0$ 的点为特殊点。

上述问题是不存在确定性解法的。考虑随机化。我们给每个点随机一个权值 $W_i$，接下来有两种做法：

Sol1:

对于每个节点，维护能走到它的特殊点的权值 $\min$。这个很好 $\mathcal{O(1)}$ 维护。考虑以下这个东西：

考虑 $n$ 个均匀随机分布变量 $a_1,a_2,\cdots a_n \in [1, V]$。那么 $\min(a_1,a_2,\cdots a_n)$ 的期望大小为 $\frac{V}{n+1}$。也就是值域的 $n+1$ 等分点。这个可以感性理解。

那么对于点 $i$，维护能走到它的特殊点的权值 $\min = w$。$w$ 的期望大小就是 $\frac{V}{k+1}$，其中 $k$ 为答案。那么 $\frac{V}{w} - 1$ 即为答案。多跑几次取平均值即可。

实际上，由于除法掉精太厉害了，考虑直接计算每组数据的 $\sum w$。直接用 $\frac{TV}{\sum w}$ 即可。不会证。

Sol2:

刚才那个做法比较有病。

考虑以下这个结论：

考虑 $n$ 个均匀随机分布变量 $a_1,a_2,\cdots a_n \in [1, V]$。不妨记其 $k$ 小数为 $a_k$。那么有期望 $\frac{a_k}{V} = \frac{k}{n}$。这个很好证明。

那么有 $n = \frac{kV}{a_k}$。做完了。

考虑维护所有权值的区间第 $k$ 小，这样是更精确的。合并的时候写个归并状物就好了。

P1484

好题。感觉这题很牛逼。

可以写出 $\mathcal{O(nk)}$ 的 dp。这样没有前途，考虑反悔贪心。

考虑贪心地选择当前价值最大的树 $a_i$。但是可能会存在 $a_{i-1} + a_{i+1} > a_i$ 的情况。这时候就需要反悔。具体地我们把 $a_i \leftarrow a_{i-1} + a_{i+1} - a_i$，把 $a_{i-1},a_{i+1}$ 删去。这样假设我们后续又选了这个 $a_i$，相当于反悔选择 $a_{i-1} + a_{i+1}$，此时同理处理这个 $a_i$，后续如果再选，就相当于反悔了上次反悔操作。这个可以感性理解。

链表维护前驱即可。

P3049

又被普及组题目击杀了。

很妙的转化是将起始状态 $A = [2, 3,5]$ 变成 $A' = [1,1,2,2,2,3,3,3,3,3]$。终止状态 $B$ 同理。这样就变成了一个编辑距离状物的东西。

那么编辑距离。对于操作 $1,2,3$ 容易转化。时间复杂度 $\mathcal{O(n^2 \times V),V = 100}$。

P2748

考虑加强。上面的 dp 没啥前途了。考虑贪心。

注意到土块的数量极少，考虑在这上面做文章。

考虑花坛 $l$ 的土块单位 $i$。假设当前缺土，两种选择：

直接买。代价 $V_i$ 为 $X$。
从前面拿。假设从前面的 $j$ 拿。假设 $j$ 在第 $k$ 个花坛。那么代价 $V_i = |k-l| \times Z - V_j$。

故 $V_i = \min(X, |k-l| \times Z - V_j)$。多土的同理。枚举 $k$ 可以做到 $\mathcal{O(n^2V^2),V = 100}$。

观察式子。显然 $l > k$。那么 $V_i = \min(X, lZ-kZ - V_j)$，只需求 $\max(kZ + V_j)$，用堆维护即可。

CF1852A

性质题。

考虑二分答案。那么维护答案在序列里的排名 $d$，倒推 $k$ 天即可。对于第 $i$ 天，假设当前序列中有 $l$ 的数 $< d$。那么 $d \leftarrow d - l$。最后判断 $d \le 0$ 即可。时间复杂度 $\mathcal{O((k+n)\log V)}$。

发现我们做了许多重复性的操作。考虑正推。假设某天后，答案的排名为 $d$。假设当前序列中有 $l$ 个数满足 $d + i \ge a_i$，该天前的排名就是 $d + l$。这个跟二分中的操作本质上相同。那么做到 $\mathcal{O(n+k)}$。

实际上，这个过程很好优化。按 $a_i$ 来考虑。显然对于某些 $d$，我们会在 $a_i$ 处一直加 $i$ 直到到达边界 $a_{i+1}-1$。那么可以计算出次数 $q = \min(k, \lfloor \frac{a_{i+1} - 1 - d}{i} \rfloor)$。令 $d \leftarrow d + q \times i$ 即可。当 $d > a_n$ 时直接令 $d \leftarrow d + k \times n$ 即可。严格线性。

ARC197C

Sol

P14525

好题。

$\mathcal{O(n^4)}$ 的暴力是平凡的。

下文中记 $h$ 表示矩阵行的长度，$w$ 表示矩阵宽的长度。

考虑钦定 $h \le w$。枚举 $h$ 以及行 $i$，那么此时矩阵的长必定是由 $[i,i+h-1]$ 平移得到，换句话说，我们已经把矩阵的长给确定了。现在只需要考虑宽。由于长是确定的，对于每一列，都可以看成一个数。只需求长度 $\ge h$ 的最大子段和即可。这个可以前缀和 + 前缀 $\min$ 维护。

同理，钦定 $w \le h$ 再做一遍即可。时间复杂度 $\mathcal{O(n^3)}$。

P7840

对于一珂 $n$ 个点的树，容易发现所有点的度数之和为 $2n - 2$。

每个点都至少连一条边，度数至少为 $1$。于是我们有 $n - 2$ 的度数可以分配。

假设对于 $d_i$，给它分配一个度数，它的贡献会增加 $[(d_i + 1)^2 - d_i^2]v_i = v_i + 2d_iv_i = (2d_i+1)v_i$。

维护 $(2d_i + 1)v_i$ 的最小值。取出 $n-2$ 次最小值即可。

P7809

击杀了。

第二问随便做。考虑第一问。容易发现就是找一个分界点 $x$，使得 $x$ 前的 $0$ 数 + $x$ 后的 $1$ 数最多。前缀和 + st 维护即可。时间复杂度 $\mathcal{O(n\log n + m)}$。我的写法常数略大。最慢点 1.8s。

P9755

好难。暴力不会写。

考虑 A 性质咋做。此时每珂树都有一个固定的生长时间 $t$。有一个贪心策略是，考虑按 $t$ 降序排序。先去种那些 $t$ 较大的树是更优的。这个可以手玩一下证明。

那么对于当前还没种的，$t$ 最大的树，从它祖先中深度最小的，还没种的树往下种。可以直接暴力往上跳，由于每个点只会被种一次，做到 1log。结合暴力可以获得 40pts。

考虑链。此时种树顺序是定的。只需考虑每珂树的生长时间。考虑函数 $(l,r,i)$ 表示第 $i$ 珂树在第 $l \sim r$ 天能生长多高。分讨即可。那么每个 $i$ 可以二分出答案。取 $\max$ 即可。结合上述部分分可以获得 50pts。

考虑二分答案。这样就变成了存在性问题。对于每珂树，预处理出它的最晚种树时间 $t'$。那么按 $t'$ 从小到大考虑，套用 A 性质做法即可。时间复杂度 $\mathcal{O(n\log n\log V)}$。

P14566

被击杀了哥们。

记 $M$ 为 $A$ 中的最大值。$M'$ 为 $A$ 中的次大值。$N$ 为 $A$ 中的最小值。

显然我们有一个方案是令 $p = M + 1$。这样价值就是 $M - N$。

然后考虑怎么做到更优。考虑令 $p = M$，这样可以得到价值 $M'$。

继续考虑。此时我们得到价值 $\max(M',M-N)$。注意到 $a \bmod p \le p$。所以我们不需要考虑 $p \le M'$ 的部分。

考虑 $p\in (M', M)$。此时代价为 $\max(M',M\bmod p) - \min(N, M\bmod p)$。分讨 $M \bmod p$ 的取值：

$M \bmod p > M'$。此时代价为 $M \bmod p - N$，由于 $M \bmod p < p$，即 $M \bmod p < M$。即原式 $< M - N$。不优。
$M \bmod p \le M'$。此时代价为 $M' - \min(N, M \bmod p)$。显然 $< M'$。不优。

综上，我们只需考虑 $M - N$ 与 $M'$。做完了。时间复杂度 $\mathcal{O(n)}$。

P9118

111。

考虑 $k \ge 3$，直接枚举到 $V = 1 \times 10^6$ 即可。平凡。

考虑 $k = 2$，首先显然是有 $\sqrt{n}$ 个。但是会有重复的。你考虑某个 $X = a^2 = p^k$。显然有 $2 \mid k$。那么只需在对 $k \ge 3$ 做暴力时，记录下 $2 \mid k$ 的 $p^k$ 的数量即可。注意要先对 $2 \mid k$ 的东西做更新。再对 $2 \nmid k$ 的东西做更新。过了。常数挺大。

发现自己是 zz。只需在更新时直接判断这个数是不是完全平方数即可。更好想。

P5022

考虑树咋做。显然从 $1$ 出发，每次走字典序最小的点最优。

考虑基环树咋做。断掉某条边后沿用树的做法即可。$\mathcal{O(n^2)}$。

使用基环树相关 trick 可以做到 1log 甚至线性。不会基环树 /ll

P5937

口胡了没写。

奇偶性是具有传递性的。每次只需合并 $l-1,r$。使用种类并查集。$f_i$ 表示与 $i$ 奇偶性相同的集合。$f_{i+n}$ 表示与 $i$ 奇偶性不同的集合。

CF939E

大神呐。

推一下式子。首先证明最大值一定被选。

原答案 $\displaystyle A = \frac{|S| \times \max(S) - \sum S}{|S|}$。如果最大值没有被选，换上后答案变为

$\displaystyle S = \frac{|S| \times max(S+ X) - \sum S - X}{|S|}$

变化的值就是 $\displaystyle \frac{|S| \times X - X}{|S|}$，显然为正。

那么最大值一定被选。这样只需考虑选择的数量以及选择的和。容易证明一定优先选小的。双指针维护即可。

P6189

和 noip 计划里的某道题挺像。

首先考虑根号分治。令 $m = \sqrt{n}$，对于小于 $m$ 的数能凑出来的和我们做完全背包。对于 $> m$ 的数，由于累积起来很快，可以证明不超过 $m$ 个就能凑成 $n$。

所以考虑 $n\sqrt{n}$ 的 dp。$f_{i,j}$ 表示凑成 $i$，使用了 $j$ 个数的方案数。简单转移可以做到根号。

枚举和 $p + q = n$，方案数相乘即可。总的时间复杂度 $\mathcal{O(n\sqrt n)}$。

posted @ 2026-05-23 17:32 Fearlessy 阅读(5) 评论(0) 收藏举报

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