2025.1.14-1.15 PKUWC

Day 1

早晨同张黄赵，四人一起前往龙山书院。按陈的路线，先地铁坐一站用了一两分钟，然后走了一公里多花了半小时，大约 \(9:00\) 到。这居然是赵第一次坐地铁。领了胸牌，照了合照，然后五人一起逛校园，顺便为 \(NOIWC\) 的宿舍踩点，三个室友都不认识。逛太久了，开幕式没找到位置，只能坐在楼梯上听了一个小时，感觉内容和去年差不多

中午吸取教训，快速到达餐厅。午餐还是相当丰盛的，两荤两素。在报告厅里休息一个小时后，来到棒垒球馆

试机 \(30min\)。第一题之前做过，想了一会儿才写出来，但是 \(0pts\)。第二题是交互题，看了一下是简单二分，但没有写。剩下时间只写了一份不太正确的 \(NTT\)。休息 \(10\) 分钟时，突然发现没拿笔，来不及取了，只能借了一支

下午 \(1:00\) 正式开始

先开了 \(T1\)，从数据范围看初步感觉是数学题或 \(dp\) 题，于是思考了一会儿，只想出了 \(a>b+1\) 时 \(5pts\) 的部分分：答案为 \(b+1\)

之后转向 \(T2\)，一开始看错题，以为是简单三维偏序，写了一部分时发现不对，重新看题。感觉是大 \(ds\)，只写了 \(n,m\le10^3\) 的暴力查询祖先然后去重，此时对 \(10^4\) 级已经有大致构想了，但没有写

看了一下 \(T3\)，基本没有想法，于是继续磨 \(T1\)

题意可以转化选出若干二元组 \((x,y)\;(1\le x<y\le a+b)\)，要求对于任意 \(a\) 个 \(1\) 和 \(b\) 个 \(0\) 的序列 \(v_{1\sim a+b}\)，有 \(\operatorname{or}_{(x,y)} (v_x\land v_y)=1\)。当时想到类似之前模拟赛“原始人起洞”那题，从几何上考虑，想了许久想到了一个错的公式，连样例都没过

于是又去看 \(T2\)，做 \(10^4\) 级的一档，一开始想长剖 \(O(1)\) 求 \(k\) 级祖先，但快写完才想到有更优且更加有优化前途的做法：对 \(x\) 扫描线，于是快速写完过了

再回来看 \(T1\)，想了相当长时间，只过了 \(a=2\) 的 \(5pts\)，写了一大堆暴力，发现 \(a,b\le4\) 都跑不了，一度想放弃了，然后想到可以从序列的角度思考，相当于 \(a+b\) 个点，选择若干对连无向边，要求从中选出 \(a\) 个点必有两个为同一边的两端点，要求边数最小。这等价于 \(a+b\) 点的无向图，要使最大独立集 \(\le a-1\)，求最小边数。由于前段时间网络流做多了（连做网络流 \(24\) 题），想成二分图了，然后从最大流的方式考虑，发现样例都解释不了。之后想到一个构造方法，样例过了，\(a>b+1\) 和 \(a=2\) 的也可以解释，但交了只有 \(10pts\)。于是用暴力程序跑出 \(a=3,b=4\)，画出来思考了一会儿，终于想到正解，过的时候已经下午 \(4:07\) 了

立刻转到 \(T2\)，想了一会儿下一档没有思路，去思考 \(T3\)

\(T3\) 花了一段时间才看懂题，写了 \(n,m,k\le 100\) 的 \(dp\)，尝试卡过 \(3000\)，没有 \(T\) 但是 \(WA\) 了，想了半天没找到原因，尝试写出了缩点的 \(O(mk)\) 做法，但是样例都过不了，此时已经来不及调了

最终 \(100+24+10\)

出来之后同几人交流，张 \(100+26+0\)，黄 \(100+41+0\)，\(cyf\) \(300\)，诸 \(100+24+20\)，唐 \(160+\)，范和赵 \(T1\) 都没过

由于晚高峰，回来时还是那条路。出地铁站时，张拿单程票在闸机上刷了四五次，才意识到是插进去，被笑话了许久

今天被 \(T1\) 卡了至少两三个小时

比赛

T1 电池检测

\(a\) 个有电电池，\(b\) 个没电电池，每次从中选出两个，求最优策略、最坏情况下，第一次同时取到两个有电电池的最小次数，\(a,b\le1000,a\ge 2,b\ge 1\)，多测 \(T\le1000\)

等价于 \(a+b\) 个点，选择尽量少的边，使其最大独立集 \(\le a-1\)

将 \(a+b\) 个点划分为 \(a-1\) 个团，显然这样是合法的，考虑最小化总边数

令 \(A=a+b\)，\(B=a-1\)

发现 \(A\bmod B\) 个团为 \(\lfloor\frac AB\rfloor+1\) 个点，\(B-(A\bmod B)\) 个团为 \(\lfloor\frac AB\rfloor\) 个点时最优

赛场上写了单次询问 \(O(a)\) 模拟的做法，实际答案为 \((A\bmod B)f(\lfloor\frac AB\rfloor+1)+(B-(A\bmod B))f(\lfloor\frac AB\rfloor)\)（其中 \(f(x)=\frac{x(x-1)}2\)），不难做到 \(O(1)\)

代码

T2 Ancestors

给定 \(n\) 点的树，\(m\) 次询问每次给定 \(l,r,x\)，求 \(|\{fa^x(i)\mid l\le i\le r\}|\)，其中 \(fa^x(i)\) 表示 \(x\) 的第 \(i\) 级祖先，若不存在则忽略该元素，\(n\le10^5,m\le10^6,l,r,x\le n\)

答案可以表示为

\[\sum_{u=l}^r[dep_u>x][\forall l\le v<u,dep_u=dep_v(dep_{lca(u,v)}< dep_u-x)] \]

令 \(ls_{x,u}\) 表示最大的 \(v\)，满足 \(v<u,dep_u=dep_v\)，且 \(dep_{lca(u,v)}\ge dep_u-x\)，不存在则为 \(0\)

特殊地，若 \(dep_u\le x\) 则 \(ls_{x,u}=\infty\)

则答案为 \(\sum_u[l\le u\le r][ls_{x,u}<l]\)，为二维数点的形式，可 \(CDQ\) 分治做

考虑计算 \(ls\) 数组

对于每个 \(u\)，若 \(v<u\) 且 \(dep_u=dep_v\)，则 \(v\) 对 \(ls_{\ast,u}\) 的影响是令 \(ls_{x,u}\;(x\ge dep_u-dep_{lca(u,v)})\) 对 \(v\) 取 \(\max\)

对于每个深度分别处理。按编号从小到大扫描该深度的所有点，令当前扫到的点为 \(u\)，每次令 \(u\) 到 \(1\) 的链上所有点赋值为 \(u\)，则 \(ls_{x,u}\)（在赋值之前计算）等于 \(x\) 的第 \(x\) 级父亲的值，若没有第 \(x\) 级父亲则为 \(\infty\)

（该技巧类似于 P4211 [LNOI2014] LCA，比赛前两天刚做过，但赛场上没想到，可悲）

每个数组 \(ls_{i,\ast}\) 中相同的并为一段，通过树链剖分，转化为 \(O(n\log n)\) 次区间赋值，每次将异色两段合并为一段代表 \(ls\) 的一段，可以颜色段均摊做到总段数 \(O(n\log n)\)

离线所有询问，转化为 \(O(n\log n)\) 次单点修改和矩形查询，\(CDQ\) 分治即可

总时间复杂度 \(O((n\log n+m)\log (n\log n+m)\log n)=O(n\log^2 n\log m+m\log n\log m)\)，因为树剖和树状数组常数小，所以可以过

代码

参考

T3 基础博弈练习题

给定 \(n\) 点 \(m\) 边的有向图，点有点权 \(a_i\)。定义一次对 \(s\) 和 \(b_{1\sim k}\) 进行一次游戏为进行 \(k\) 轮博弈，一个物体初始在 \(s\)，第 \(i\) 轮中选择一个当前物品所在点可达的点（至少移动一步），满足那个点的点权等于 \(b_i\)，并将物品移过去。给定 \(b_{1\sim k}\)，对于每个 \(1\le s\le n\)，求出最小的 \(0\le r<k\)，使得仅取 \(b_{r+1\sim k}\) 进行游戏先手可胜，若不存在则为 \(-1\)。\(n,k\le10^6,m\le2.2\times10^6\)

考虑 \(dp\)

令 \(f_{i,j}\) 表示取 \(i\) 和 \(b_{j\sim k}\) 进行游戏先手是否必胜

则 \(f_{i,k+1}=0\)，令 \(to(x)\) 为 \(x\) 的所有可达点，转移为

\[f_{i,j}=\operatorname{\mathop{or}}_{u\in to(i)} [b_j=a_u](\lnot f_{u,j+1}) \]

答案容易从 \(f\) 得到

直接做时间复杂度 \(O(n^2k)\)，可 bitset 优化到 \(O(\frac{n^2k}\omega)\)

对于同一强连通分量中的 \(i,j\)，对于 \(1\le s\le k\) 有 \(f_{i,s}=f_{j,s}\)

于是对原图进行缩点，每个联通块为单位处理，转移时按照拓扑序递推，可做到 \(O(nm)\)

考虑优化状态设计

显然同一 \(SCC\) 中 \(f\) 值相同

令 \(F_i\) 表示最小的 \(x\) 使得 \(f_{u,x}=1\)，其中 \(u\) 为编号为 \(i\) 的 \(SCC\) 中的节点，容易由其得到答案

将原图 \(SCC\) 缩点，在反向图上拓扑排序的同时计算 \(F\)

初始所有 \(F_i=k+2\)

若当前处理节点 \(i\) 对应的 \(SCC\) 中节点数 \(>1\)，则可以在该 \(SCC\) 内部移动若干次

令 \(mnps_v\) 为 \(v\) 在数组 \(b\) 中第一次出现的位置

令 \(mp\) 为 \(mnps_{a_i}\) 的最小值，其中 \(i\) 为当前处理 \(SCC\) 中的点，其表示 \(b_{mp}\) 在当前 \(SCC\) 中有对应点

若 \(mp\ge F_i\) 显然没有必要跟新

若 \(mp=F_i-1\)，则相当于令后手必胜，显然不优，此时也不需要更新

否则显然以当前 \(SCC\) 开始，可以从 \(b_{mp}\) 开始移动

若从 \(b_{mp}\) 开始先手必胜，则 \(F_i\gets mp\)，否则 \(F_i\gets mp+1\)，考虑如何判断

令 \(ct\) 为满足 \(\{b_{mp\sim ct}\}\subseteq S_a\) 的最大值，其中 \(S_a\) 表示当前 \(SCC\) 中所有节点的 \(a\) 构成的集合

若 \(\min(ct,F_i-1)-mp\) 为奇数则先手必胜，否则后手必胜，可分类讨论证明

对于反图上 \(i\) 的后继节点 \(v\)，有 \(F_v\gets \min(F_v,F_i)\)，因为先手可由 \(v\) 进入 \(i\)

当 \(i\) 对应 \(SCC\) 大小为 \(1\) 时，只能在其上停留最多一个 \(b_s\)

令 \(p\) 为该 \(SCC\) 中唯一点

若 \(mnps_{a_p}<F_i-1\)，则在点 \(i\) 从 \(b_{mnps_{a_p}}\) 开始且 允许第一步可移动 \(0\) 的距离的情况下（因为题目要求至少移动一步，对于 \(SCC\) 大小大于 \(1\) 的可以绕一圈回来，不影响，但是对于 \(SCC\) 大小等于 \(1\) 的，其不符合要求，但从 \(v\) 出发就合法了） 必胜，\(F_v\gets \min(F_v,mnps_{a_p})\)

时间复杂度可以做到 \(O(n+m)\)，常数极大

代码

参考

Day 2

早上到达学校，两场讲座都是 \(45min\)，都和 \(AI\) 有关，感觉很有意思

中餐仍然两荤两素。在报告厅休息一会儿后开始下午的考试

昨天试机 \(T2\) 放交互不是没有原因的，\(Day2\) \(T1\) 就是交互。想了一会儿没有思路，于是看了一下 \(T2\)。同样没有思路

转到 \(T3\)，先写了 \(B\le 40,r\le 10^6\) 的，然后狄利克雷卷积优化过了 \(r\le 5\times10^6\) 的，最后暴力搜索过了 \(l=r,B\le 4\) 的一档，总计 \(44pts\)

之后转战 \(T2\)，写了一个做法结果 \(0pts\)，想了一会儿成功把自己 \(hack\) 了。应该想到了 \(c=1\) 的正解，优化了暴力，但没有调出来

由 \(T1\) 想到了之前做的一题，那题是其弱化版，树换成序列，于是尝试从 \(T1\) 拿分。思路是先找到相近的两个点，然后由其找到直径的一端，再由其找到直径的另一端。写的过程中想到相当多的特殊情况，不知道如何解决。写了一大段满是 \(bug\) 的代码，调了许久，过了所有样例和自己造的数据，但仍然一分未得

大约 \(4:30\) 左右又回来调 \(T2\)，\(WA\) 了几次后回去继续磨 \(T1\)，但一直到结束都没有做出来

最终 \(0+0+44\)，最惨的一次

张第二题拿了七八十，其余一样；范好像只有 \(30\) 多；唐逸然 \(120+\)；其余人大都分数比我高一个数量级

死磕 \(T1\) 应该是做的最错误的一个决定

两天都死在 \(T1\) 上，但愿之后的 \(NOIWC\) 不要再这样了

比赛

T1 网友小 Z 的树

给定 \(n\)，存在一个 \(n\) 点的树。交互库支持两种操作，操作一为给定 \(i,j,k\) 返回 \(query(i,j,k)=dis(i,j)+dis(i,k)+dis(j,k)\;(i\ne j\ne k)\)，操作二是给定 \(i,j,k\) 返回 \(i\) 是否在链 \(j-k\) 上。前者调用不超过 \(3\times10^5\)，后者调用不超过 \(2\) 次，求出树的任意一条直径的两端点。\(n\le10^5\)，多测 \(T\le10^4\)，\(\sum n\le10^6\)，\(4s\)，保证 \(2\times10^7\) 次操作一和 \(2\times10^4\) 次操作二交互库耗时不超过 \(3s\)

\(n\le 4\) 时特判

\(n\ge 5\) 时，设 \(\binom 52\) 个未知元，分别表示 \(1\sim 5\) 中两点的距离，然后 \(\binom 53\) 次询问设出 \(\binom 53\) 个方程，解出 \(1\sim 5\) 两两之间的距离（高斯消元），从而求出前 \(5\) 个点的直径的两端

假设前若干点的直径为 \(x-y\)，\(z\) 为一个不等于 \(x\) 和 \(y\) 的点，且 \(x,y,z\) 两两之间的距离已知，要加入下一个点 \(i\)，则根据直径的性质，加入下一个点后的直径一定为 \(x-i\) 或 \(y-i\)，询问 \((i,x,y)\)，\((i,x,z)\)，\((i,y,z)\)，可解出 \(i\) 到 \(x,y,z\) 三点的距离，即 \(x,y,z,i\) 两两距离已知，更新信息即可

总询问次数为 \(3(n-5)+\binom 53=3n-5\)，时间复杂度 \(O(n)\)，常数略大

代码

参考

一种实现简单的方式

T2 盒子

给定 \(a_{1\sim n},m,k,c\)，每次花 \(1\) 的代价令某个 \(a_i\) 减一，或花 \(c\) 的代价选择一个长为 \(m\) 的区间，令区间中的数减少，减少总量不超过 \(k\)，求令 \(a\) 全部变为 \(0\) 的最小代价，多测 \(\sum n\le5\times10^5,1\le a_i,k,c\le10^9,c\le k\)

显然存在一种最优方案，对于每个操作二的连续段（将操作二修改的区间从左到右排序，若相邻一对有交则并入同一连续段），满足操作二取走了它的一个前缀，剩余部分及所有连续段以外的部分用操作一清除

令 \(rp_i\) 表示只用操作二（且每次操作都用尽 \(k\) 个数），最多能清除 \([i,rp_i)\)，令 \(f_i\) 表示清除 \([i,n]\) 的最小代价，令 \(S(l,r)=\sum_{i=\max(l,1)}^{\min(r,n)}a_i\)，令 \(s\) 为 \(a\) 的前缀和数组

假定已经求出 \(rp\)，考虑如何计算 \(f\)，显然 \(f_{n+1}=0\)，在 \(f_i\) 处先清除 \([i,rp_i)\) 一定最优，若 \(rp_i=n+1\) 则 \(f_i=c\cdot \frac{S(i,n)}k\)，否则已经用了 \(c\cdot \left\lfloor\frac{S(i,rp_i+m-1)}k\right\rfloor\)，此时 \([rp_i,rp_i+m-2]\) 中还剩下一部分，若使用操作一清除则 \(f_i\gets f_{rp_i+1}+c\cdot \left\lfloor\frac{S(i,rp_i+m-1)}k\right\rfloor+{S(i,rp_i+m-1)}\bmod k-S(rp_i+1,rp_i+m-1)\)，否则用一次操作二即可清除，转移为 \(f_i\gets f_{\min(rp_i+m,n+1)}+c\cdot \left\lfloor\frac{S(i,rp_i+m-1)}k\right\rfloor+c\)

问题转化为如何计算 \(rp\)

显然 \(rp_i=\min_{t=1}^n \{t\mid S(i,t+m-1)\bmod k>S(t+1,t+m-1)\}\)（若不存在符合条件的 \(t\) 则 \(rp_i=n+1\)）

直接计算为 \(O(n^2)\) 的，无法接受

该过程可以替换为先令所有 \(rp\) 赋值为 \(n+1\)，然后从 \(n\) 到 \(1\) 枚举 \(t\)，对于所有满足 $1\le i\le t,S(i,t+m-1)\bmod k>S(t+1,t+m-1) $ 的 \(i\) 令 \(rp_i\) 赋值为 \(t\)

而

\[\begin{aligned} &[S(i,t+m-1)\bmod k>S(t+1,t+m-1)]\\ \iff &[(s_{\min(n,t+m-1)}-s_{i-1})\bmod k>s_{\min(n,t+m-1)}-s_t]\\ \iff &[(U-x)\bmod k>St]&\{\text{let}~St=s_{\min(n,t+m-1)}-s_t,U=s_{\min(n,t+m-1)}\bmod k,x=s_{i-1}\bmod k\}\\ \end{aligned} \]

若 \(St\ge k\) 显然对 \(rp\) 无影响，否则显然 \(-k<U-x<k\)，分类讨论得

\[\begin{aligned} &[(U-x)\bmod k>St]\\ \iff&[(U-x<0\land U-x+k>St)\lor (U-x\ge 0\land U-x>St)]\\ \iff&[(U<x<U+k-St)\lor (x\le U\land U-St>x)]\\ \iff&[U<x<U+k-St\lor 0\le x<U-St]\\ \end{aligned} \]

相当于有数组 \(v_{0\sim k-1}\)，初始全为 \(n+1\)，然后将区间 \((U,U+k-St)\) 和 \([0,U-St)\) 赋值为 \(t\)，然后令 \(rp_t=v_{s_{i-1}\bmod k}\)

用 \(\text{ODT}\) 维护 \(v\) 即可

时间复杂度 \(O(\sum n\log n)\)

代码

参考

T3 数字变换

初始 \(x=1\)，每次 \(x\gets x+1\)，或 \(x\gets x-1\)，或 \(x\gets xk(k>1)\)，保持 \(x\) 全程为正，求对于每个 \(l\le i\le r\)，在不超过 \(b\) 步内得到 \(i\) 的方案数取模，\(b\le100,r-l\le30000,r\le3\times10^9\)

final

预计优异要 \(400pts\) 左右，我才 \(178\)，\(44\%\)