2025.2.22 NOI 模拟赛 题解

T1 橡皮平原 2.0（plain）QOJ # 2552. Points

题意

\(n\) 次操作，每次加入一个三元组 \((s,x,y)\)，或删去一个三元组 \((s,x,y)\)（保证存在，若有多个则删去其中一个），其中 \(s\in\{1,2\}\)，每次操作后求出 \(\min_{(x,y)\in U,(a,b)\in V}\max(x+a,y+b)\)，其中 \(U\) 为二元组 \((x,y)\) 的集合满足存在三元组 \((1,x,y)\)，\(V\) 为二元组 \((x,y)\) 的集合满足存在三元组 \((2,x,y)\)，\(n\le6\times10^5,1\le x,y\le3\times10^5\)

分析

\[\max(x+a,y+b)=\begin{cases} y+b&x+a\le y+b\\ x+a&x+a>y+b \end{cases}=\begin{cases} y+b&x-y\le b-a\\ x+a&x-y>b-a \end{cases} \]

对于 \(x-y\le b-a\) 和 \(x-y>b-a\) 的情况分开维护，两者的答案取较小的即为最终答案

后者只要将 \(U\) 和 \(V\) 互换、每个二元组两数互换即可转化为前者，因此只考虑第一种形式

考虑用一颗权值线段树维护，每个叶子 \(p\) 维护 \(U\) 中 \(x-y=p\) 的 \(y\) 的集合 与 \(V\) 中 \(a-b=p\) 的 \(b\) 的集合，区间中维护上述两个集合的较小值与区间内答案

时间复杂度 \(O(n\log V)\)

代码

T2 图书馆（library）CF868G El Toll Caves

题意

有 \(n\) 个格子，其中恰好一个包含物品（等概率且事先不知其位置），每次选择 \(k\) 个格子，若物品在其中任何一个当中则有 \(\frac 12\) 的概率结束游戏，求期望步数，\(n,k\le5\times10^8\)，多测 \(t\le10^5\)

分析

显然 \(n\) 个物品之间是等价的，因此每次选择 被选择次数最少的 \(k\) 个 一定最优（相同则任意）

因此考虑将物品标号为 \(0\sim n-1\)，第 \(i\) 次选择区间 \([ik\bmod n,(ik+k)\bmod n)\)

其可以转化为每次选前 \(k\) 个，然后将这 \(k\) 个移到最后

从中可以看出，长为 \(\gcd(k,n)\) 的连续的一段可以缩为一个位置，因此以下假设 \(k\) 和 \(n\) 互质

令 \(f_i\) 表示位置 \(i\) 包含物品时的期望步数，则答案为 \(\frac 1n\sum_{i=0}^{n-1}f_i\)

考虑如何计算 \(\sum_i f_i\)

当 \(k\le i<n\) 时，选择前 \(k\) 个一定不会结束，因此满足 \(f_i=f_{i-k}+1\)

当 \(0\le i<k\) 时，选择前 \(k\) 个有 \(\frac 12\) 的概率结束，有 \(\frac 12\) 的概率继续，此时 \(i\) 处的移到 \(n+i-k\) 处，因此满足 \(f_i=\frac12f_{n+i-k}+1\)

由于 \(n,k\) 互质，因此递推关系成环

考虑将所有 \(f_i\) 都表示为 \(k_if_0+b_i\) 的形式

从 \(1\) 到 \(n-1\) 枚举 \(i\)，由 \(f_{(i-1)k\bmod n}\) 推到 \(f_{ik\bmod n}\)

最终 \(f_0=f_{n-k}+1\)，得到方程 \(f_0=k_{n-k}f_0+b_{n-k}+1\)，解出 \(f_0\)，从而得到 \(\sum_i f_i\)

这样时间复杂度为 \(O(n)\)，可做到 \(O(k)\)

考虑进一步优化

发现实际上可以舍弃 \(f\) 数组，上述递推过程可以看做两个一次函数递推，\(cur\) 和 \(sum\)，初始 \(cur=sum=x\)（此处 \(x\) 替代 \(f_0\)），然后从 \(1\) 到 \(n-1\) 枚举 \(i\)，若 \(ik\bmod n<k\) 则 \(cur\gets \frac12cur\)，然后 \(cur\gets cur+1\)，\(sum\gets sum+cur\)，最终的 \(cur=x\)，解得 \(x\) 后带入 \(sum\) 即为 \(\sum_i f_i\)

令 \(cur=k_0x+b_0\)，\(sum=k_1x+b_1\)，维护向量 \((k_0,b_0,k_1,b_1,1)\)，上述过程可看做该向量乘以一个矩阵

\(ik\bmod n<k\) 时 \(cur\gets \frac12cur\) 的矩阵（右乘）为

\[\begin{bmatrix} \frac12&0&0&0&0\\ 0&\frac12&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1 \end{bmatrix}\]

\(cur\gets cur+1\)，\(sum\gets sum+cur\) 的矩阵为

\[\begin{bmatrix} 1&0&1&0&0\\ 0&1&0&1&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&1&0&1&1 \end{bmatrix}\]

前者记为 \(U\)，后者记为 \(R\)，考虑万欧

则相当于从 \(0\) 出发，沿着 \(y=\frac knx\) 走，若纵坐标为整数则乘以 \(U\)，若横坐标为整数则乘以 \(R\)，优先取前者，横坐标到达 \(n-1\) 时停止

可 \(O(\log n)\) 计算，注意要提取矩阵中 \(6\) 个有用位置计算以减小常数

代码

T3 扑克（poke）P10363 [PA 2024] Monety

题意

一个 \(n\times m\) 的矩阵，每个位置为 \(N/C\)，前 \(k\) 行给定，在矩阵上博弈，\(N/C\) 中选择一个为先手，轮到的一方选择一个与它相同的字符，并删去该字符及同一行中该字符右侧的字符，无法操作为败，求能使后手必胜的矩阵数量，\(0\le k\le n\le 32,m\le24\)

分析

考虑如何判断一个给定矩阵能否使后手必胜（之后称其为合法）

令每行 极长前缀连续段 中每个位置的权值都是 \(2^{m-1}\)，剩余每个位置的权值为该位置左侧的权值的一半，若 \(N\) 权值总和等于 \(C\) 权值总和，则该矩阵合法，否则权值大的一方必胜

证明：

• 对于一个局面，令其前驱为选择一行删去一个后缀能到达的局面
• 考虑归纳，对于每行都同色的局面显然，否则假定当前局面的所有前驱都符合
• 令 \(w\) 为权值最小的一个位置的权值
• 当前操作方可以操作 任意一个 \(w\) 对应位置和其左侧的位置中第一个（最靠后的）能操作的位置，显然其存在（否则 \(w=2^{m-1}\)），而且这样操作后 当前操作方的总权值减去对方的总权值 这一值会减少 \(w\)，且显然其为减少量最少的一种方式（根据等比数列求和公式，若选择了其他位置这一减少量不可能减少）
• 若当前局面的两个权值总和相同，显然 \(w\) 至少有两个，否则权值不可能相等（根据假设，\(w\ne 2^{m-1}\)）
• 此时当前操作方令总权值（己方权值减对方权值）减少 \(w\)，轮到对方时还剩下至少一个 \(w\)，从当前操作方的视角相当于令总权值加上 \(w\)，双方权值仍然相等，仍然为后手必胜
• 若双方权值总和不等，则类似可得最优情况下两者的大小关系不会变化，最终到达 \(N\) 必胜或 \(C\) 必胜的局面

考虑如何计数

先特判 \(m=1\) 的情况

将矩阵每一行错位，权值相同的位置对齐，从左到右扫描，遇到一个 \(2^{m-1}\to 2^{m-2}\) 的分界点就加入对应前缀，每后移一格就放好已经加入行对应位置的字符

令 \(dp_{i,j,w}\) 表示目前扫描了长为 \(i\) 的前缀，已经加入了 \(j\) 个，双方权值差为 \(w\) 的方案数

这样状态数是关于 \(m\) 的指数的，无法接受

发现上述加入过程相当于每次加入一个 \(NNN\cdots C\) 或 \(CCC\cdots N\) 前缀（全相同的行最后算贡献），所有这样前缀的总权值绝对值不超过 \(O(nm)2^{m-2}\) 且为 \(2^{m-2}\) 的倍数

剩余部分的权值一定为 \(2^i\) 的倍数，且绝对值不超过 \(O(n)2^i\)，否则最终无法归零

因此将 \(w\) 拆为两个数

总状态数为 \(O(m\times n\times nm\times n)=O(m^2n^3)\) 的

单次转移枚举新加入多少 \(NNN\cdots C\) 型的，新加入多少 \(CCC\cdots N\) 型的，加入的一列 \(C\) 的数量

三步之间是独立的，可以分步进行，单次 \(O(n)\) 转移

总时间复杂度 \(O(m^2n^4)\)，空间可以做到 \(O(mn^3)\)

代码

参考

比赛结果

\(56+8+0\)，rk \(-2\)