2025.4.1 NOI 模拟赛题解

T1 NFLS #18079. 愚人节快乐 \(\quad\) P11882 [RMI 2024] 彩虹糖 / Skittlez

题意

一个 \(n\times n\) 的矩阵，\(q\) 次操作在矩阵 \(({^1x_i}\sim {^2x_i},{^1y_i}\sim {^2y_i})\) 中加入 \(k_i\) 个 \(c_i\)，求最终每个位置的绝对众数或报告该位置无绝对众数，\(n\le1000,q\le5\times10^5\)

分析

考虑摩尔投票

枚举答案的每个二进制位

对于位置 \((x,y)\)，若这一位为 \(1\) 的数量多于这一位为 \(0\) 的数量，则 \((x,y)\) 处的答案（若存在）的这一位为 \(1\)，否则为 \(0\)

因此枚举修改 \(({^1x},{^2x},{^1y},{^2y},c,k)\)，若 \(c\) 的这一位为 \(1\) 则矩阵 \(({^1x}\sim{^2x},{^1y}\sim{^2y})\) 加 \(k\)，否则减 \(k\)，若最终位置 \((x,y)\) 的值大于 \(0\)，则令答案的这一位为 \(1\)，否则为 \(0\)

这一过程容易使用二维前缀和实现，时间复杂度 \(O(\log q(q+n^2))\)

检验答案容易使用二维树状数组实现，时间复杂度 \(O((q+n^2)\log^2 n)\)

总时间复杂度 \(O((q+n^2)(\log^2 n+\log q))\)，常数较小，瓶颈在于检验答案

代码

参考

T2 NFLS #18080. Matchus \(\quad\) CF1844H Multiple of Three Cycles

题意

一个排列 \(p_{1\sim 3n}\) 合法当且仅当其形成的所有置换环长都是 \(3\) 的倍数，有一个长为 \(n\) 的排列，每次给定一个位置的值，并求出此时可能的合法排列数量，\(n\le9\times10^5\)

分析

先正向扫描一遍，求出第一个不合法的时刻 \(lp\)（即该时刻及以后，给定的一部分排列中出现了长不为 \(3\) 的倍数的置换环，若不存在这样的时刻则为 \(n+1\)），则该位置及之后的答案都是 \(0\)，该位置之前的答案只需要考虑未填充部分即可（以下只考虑求解这一部分），这部分容易并查集实现，时间复杂度 \(O(n\alpha(n))\)

显然某一时刻的答案只与链长 \(\bmod 3=0\)（以下称为一类链）的数量、链长 \(\bmod 3=1\)（以下称为二类链）的数量、链长 \(\bmod 3=2\)（以下称为三类链）的数量有关，设三者为 \((x,y,z)\)，答案为 \(dp(x,y,z)\)

先考虑 \(x\ne 0\) 的情况，假设剩余 \(x+y+z-1\) 条都已放置完毕，考虑最后一条一类链，可以选择插入之前 \(x+y+z-1\) 条的任意一条之后，\(x+y+z-1\) 种选择，也可以新开一个置换环，\(1\) 种选择，两者都变为 \((x-1,y,z)\)，因此 \(f(x,y,z)=(x+y+z)f(x-1,y,z)\)

因此对于任意 \(x\ne 0\)，\(f(x,y,z)=\frac{(x+y+z)!}{(y+z)!}f(0,y,z)\)，令 \(g(x,y)=f(0,x,y)\)，以下只考虑 \(g\) 的计算

边界为 \(g(0,0)=g(1,1)=1\)，\(g(2,2)=8\)，容易计算

转移有两种角度

考虑最后一条二类链的放置：若与另一条二类链并为一条三类链，则贡献为 \((x-1)g(x-2,y+1)\)；若与一条三类链并为一条一类链，则贡献为 \(y f(x-1,y-1,1)=y(x+y-1)g(x-1,y-1)\)；即

\[g(x,y)=(x-1)g(x-2,y+1)+y(x+y-1)g(x-1,y-1) \]

考虑最后一条三类链的放置，类似可得

\[g(x,y)=(y-1)g(x+1,y-2)+x(x+y-1)g(x-1,y-1) \]

这样可以得到一个 \(O(n^2)\) 的算法

令 \(c_{i,0/1/2}\) 表示第 \(i\) 次操作后三种链的数量，容易在计算 \(lp\) 的同时得到

则实际上用到的 \(g\) 只有 \(g(c_{i,1},c_{i,2})\)

若 \((c_{n,1},c_{n,2})\ne (0,0)\) 则在最后补上一些操作使得最后一组为 \((0,0)\)

由于 \(g(x,y),(x-2,y+1),g(x-1,y-1)\) 中知二得一，\(g(x,y),g(x+1,y-2),g(x-1,y-1)\) 中知二得一，若某一时刻知道 \(g(x,y),g(x+1,y+1)\)，就可以推出 \(g(x+2,y-1)\) 和 \(g(x-1,y+2)\)，从而得到 \(g(x+3,y)\) 和 \(g(x,y+3)\)

因此 \((x,y,g(x,y),g(x+1,y+1))\) 可以得到 \((x+2,y-1,g(x+2,y-1),g(x+3,y))\) 和 \((x-1,y+2,g(x-1,y+2),g(x,y+3))\)，称这两种变换为 \(\text{X}\) 和 \(\text Y\)

初始令 \((x,y,g(x,y),g(x+1,y+1))=(1,1,1,8)\)，倒序枚举 \((c_{i,1},c_{i,2})\)，则 \((c_{i+1,1},c_{i+1,2})\) 到 \((c_{i,1},c_{i,2})\) 的所以变换都可用若干次 \(\text X\) 和 \(\text Y\) 实现，分讨即可（需要特判 \((c_{i,1},c_{i,2})=(0,0)\) 的情况）

总时间复杂度 \(O(n\alpha(n))\)

代码

参考 1

参考 2