2025.5.19 APIO

\(10:00\) 开始

先看 \(\text T1\)，先暴力枚举得到 \(8pts\)，后来发现对于 \(1\le n\le10^6\) 查询 \(\{1,2,\cdots,10^6\}\) 的结果互不相同，于是得到 \(10^6\) 次查询的算法，但是发现交互库单次询问时间复杂度为 \(O(|S|\log |S|)\) 的，若 \(20\) 组数据的话询问次数没问题，但交互库会 \(\text {TLE}\)，但是过了 \(\text{selfeval}\)，就以为实际实现为线性的

看了一下 \(\text T2\) 没什么想法，于是去看 \(\text T3\)，\(n=2\) 是容易的，得到 \(5pts\)，之后发现 \(v_i<25000\) 时分为两半互相垂直最优，于是得到 \(11pts\)

回去看 \(\text T2\)，先转化为图论问题，发现对于 \(m=2\) 的情况相当于对排列排序，得到 \(6pts\)，排列 \(p\) 可拆为若干环，当 \(e>m\) 时必然存在操作使得孤点数量不增，因此最优解为不操作，得到 \(6pts\)

之后发现若存在度数 \(>2\) 的点则与 \(e>m\) 的情况相同，因此对于 \(e=m-1\) 的情况相当于考虑链，调整了将近 \(2h\)，在 \(\text{selfeval}\) 上交了 \(30\) 多发后拿下 \(10pts\)，推到三元环上，得到 \(24pts\)

此时剩余约半小时，之后尝试冲 \(\text T2\) \(70pts\) 未果

最后预估 \(25+46+16=87pts\)，复评时 \(\text T1\) 的 \(17pts\) 挂了，应该是之前猜测的原因，但最终成绩上加回来了，拿 \(\text{Cu}\)

难度 \(\text T2>\text T1>\text T3\)

T1 [APIO2025] Hack!

存在一个 \([1,10^9]\) 内的 \(n\)，每次询问可以给定一个集合 \(S\)，\(S\) 内元素 \(\bmod n\) 意义下划分为等价类 \(S_{0\sim n-1}\)，交互库返回 \(\sum_i \binom{|S_i|}2\)，要求出 \(n\)，所有询问的 \(\sum|S|\) 不能超过 \(110000\)，\(S\) 内元素不超过 \(10^{18}\)

若要判断一个数 \(x\) 是否为 \(n\) 的倍数，则查询 \(\{1,x+1\}\)，若返回值不等于 \(0\) 则是 \(n\) 的倍数，代价为 \(2\)

假设已经找到一个 \(n'\) 为答案的倍数，设 \(n'\) 的质因数分解为 \(\prod_i p_i^{r_i}\)，则可以对于每个 \(p_i\) 二分实际答案的质数，代价为 \(2\times \sum_i \lceil\log_2 (r_i+1)\rceil\)，当 \(n'\in[1,10^9]\) 时值不超过 \(24\)，\(n'=901800900=2^2\times3^2\times5^2\times7^2\times11^2\times13^2\) 时取到最大

因此问题转化求出任意合法的 \(n'\)

假设存在集合 \(A\) 使得查询 \(A\) 的结果不为 \(0\)，则一定存在 \(u,v\in A,u\ne v\) 使得 \(|u-v|\) 为答案的倍数，即 \(n'\) 可取 \(|u-v|\)

考虑分治，把 \(A\) 划分为 \(S\) 和 \(T\)

则 \(u,v\) 要么全在 \(S\) 中，要么全在 \(T\) 中，要么一个在 \(S\) 中一个在 \(T\) 中，前两种情况通过查询 \(S\) 和 \(T\) 判断，转化为子问题，考虑如何处理最后一种情况，假设 \(u\in S\) 且 \(v\in T\)，此时 \(S\) 和 \(T\) 的查询结果都是 \(0\)

\(|S|=1\) 或 \(|T|=1\) 是平凡的

将 \(S\) 划分为 \(S_1\) 和 \(S_2\)，\(T\) 划分为 \(T_1\) 和 \(T_2\)，先查询 \(S\cup T_1\) 以判断 \(v\) 在 \(T_1\) 中还是 \(T_2\) 中，设 \(v\) 在 \(T_\ast\) 中，则之后查询 \(S_1\cup T_\ast\) 以判断 \(u\) 在 \(S_1\) 中还是 \(S_2\) 中

假设 \(|S_1|,|S_2|\le \left\lceil\frac{|S|}2\right\rceil\)，\(T\) 同理，则以不超过 \(|S|+\lfloor\frac{|T|}2\rfloor+\lfloor\frac{|S|}2\rfloor+\lfloor\frac{|T|}2\rfloor\le \frac 32|S|+|T|\) 的代价将 \(S\) 和 \(T\) 的大小减半（向上取整），要求出 \(u,v\) 总代价不超过 \(3|S|+2|T|\)

构造 \(S=\{1,2,\cdots,a\},T=\{5\times10^8+a,5\times10^8+2a,\cdots,5\times10^8+ba\}\)，其中 \(ab>5\times10^8,a<b\)，则 \(|u-v|\mid u,v\in (S\cup T)\) 取遍 \([5\times10^8,10^9]\)，\(n\) 必然存在一个倍数在此范围内，因此必然可以从 \(S\cup T\) 中选出 \(u,v\)

若 \(S\) 中存在一组 \((u,v)\) 使得 \(|u-v|\) 为答案的倍数，则 \(T\) 中必然也存在

若 \(S\) 和 \(T\) 内部不存在 \(u,v\)，则使用上述二分的方式，代价不超过 \(3a+2b\)

否则只要从 \(T\) 中找，发现 \(\{|u-v|\}=\{a,2a,\cdots,(b-1)a\}\)，暴力检查即可，代价不超过 \(2b\)

考虑如何判断是否存在 \(u,v\in T\) 使得 \(n\mid |u-v|\)，查询 \(\{1,2,\cdots,p\}\cup\{\frac {b}2+p,\frac {b}2+2p,\cdots,\frac {b}2+p^2\}\) 即可，其中 \(p^2>\frac {b}2\)，代价不超过 \(2\left\lceil\sqrt\frac{b}2\right\rceil+2\)

总代价不超过 \(2\left\lceil\sqrt\frac{b}2\right\rceil+2+3a+2b+24\)，当 \(a = 18174, b = 27512\) 时上限为 \(109808\)

时间复杂度应该不超过交互复杂度

上述过程只需要判断交互的结果是否为 \(0\)，利用上具体数值可能能做到更优的交互次数

代码

T2 [APIO2025] Permutation Game

给定一张 \(m\) 点 \(e\) 边的无向连通图，从 \(0\) 开始编号，第 \(i\) 条边为 \((u_i,v_i)\)，给定排列 \(p_{0\sim n-1}\;(m\le n)\)，定义排列的值为其中 \(p_i=i\) 的数量，要和交互库博弈，你可以选择停止或给出一个序列 \(t_{0\sim m-1}\)（\(t_i\in[0,n)\)，\(t_i\) 两两不同），交互库会给出一个 \(j\in[0,e)\)，表示交换 \(p_{t_{u_j}}\) 和 \(p_{t_{v_j}}\)，你要使排列的值最大，交互库要使之最小，假设双方都用最优策略，求出当前局面所能到达的排列的值的最大值，并与交互库进行游戏（有可能对方的策略不是最优的，此时你需要保证最终的值不劣于理论值），要求操作次数不超过 \(3m\)，\(m\le n\le400,m-1\le e\le 400\)

以下用 \(n\) 表示题面中的 \(m\)，\(m\) 表示题面中的 \(e\)，\(lp\) 表示题面中的 \(n\)，与代码一致

对于排列 \(p\)，建立图 \(P\)，其中 \(i\to p_i\)，设原本的图为 \(G\)

以下假定自环不是环，因此 \(P\) 由自环和环构成

则题意相当于每次给出一个 \(G\) 中结点到 \(P\) 中结点的单射，交互库选择 \(G\) 中的一条边，交换 \(P\) 中映射到的两个点

对于一组映射 \(t\)，虚拟地建立一张 \(n\) 点的图 \(K\)，对于 \(G\) 中的边 \((u,v)\)，若 \(p_{t_v}=t_u\) 则连边 \(u\to v\)，则原图的一条无向边可能对应 \(0/1/2\) 条有向边，显然 \(K\) 中每个点度数至多为 \(2\)，若 \(G\) 中存在一个点度数超过 \(2\)，则这个点的邻边中必然有一条不在 \(K\) 中，交互库每次选择这条边，排列的值一定不升，因此对于存在度数 \(>2\) 的点的图，不操作最优

度数 \(\le2\) 的连通图只有环和链两种形态

先考虑链的情况

设链上的点为 \(x_{0\sim n-1}\)，分别映射到 \(P\) 中的 \(p_{0\sim n-1}\)，则最优情况为 \(p\) 可划分为若干连续段，每个连续段对应 \(P\) 中一个环上的一段连续的弧，不同区间对应不同的环

此时交互库选择的边要么在两个环之间，要么为一个环上的一条边，前者相当于把两个环合并，后者相当于将一个点从环上脱离形成一个新的自环

显然这样最优，答案为 \(n-m+1\)（对初始值取 \(\max\)，下同），最后只剩下一个长为 \(m-1\) 的环

然后考虑图环的情况，设环上的点为 \(x_{0\sim n-1}\)，分为奇环和偶环，先考虑奇环（即 \(n\) 为奇数）

奇环可以拆为一个奇环和一个偶环，而可证拆分偶环时交互库一定存在方法使得拆出的两个环都是偶环，从一个奇环上反复取出偶环至多得到一个自环，因此一个奇环贡献至多为 \(1\)，偶环贡献为 \(0\)

设此时 \(P\) 中奇环的集合为 \(odd\)，偶环的集合为 \(even\)，两者按大小排序，取出最大奇环（若只有偶环则结束）

若其大小为 \(n\)，设点分别为 \(p_{0\sim n-1}\)，则 \(x_i\) 映射到 \(p_i\)，必然产生一个自环

若大小 \(>n\)，设环上一段长为 \(n\) 的弧为 \(p_{0\sim n-1}\)，则构造映射：

\[x_i\mapsto p_{2i}\;(0\le i\le\tfrac{n-1}2)\\ x_{\frac{n+1}2+i}\mapsto p_{n-2-2i}\;(0\le i\le \tfrac{n-3}2) \]

此时要么新产生一个自环，要么环长减去 \(2\) 并产生一个长为 \(2\) 的环，前者相当于奇环已经产生贡献了，因此最优情况下交互库会选后者，即最大环大小减 \(2\)，操作若干次后环长变为 \(n\) 从而产生 \(1\) 的贡献，显然这样最优

若大小 \(<n\)，则先从大到小并上偶环，若仍然不足 \(n\) 则从大到小并上奇环，直到凑够 \(n\) 个点，显然最优

总操作次数不超过 \(n\) 次，足够使用

然后考虑偶环的情况（即 \(n\) 为偶数）

定义合并环 \(A\) 和环 \(B\)（区别于从一个环开始合并）为从 \(A\) 中选出长不超过 \(n-1\) 的一段弧，在 \(B\) 中补足剩余长度，对这一序列进行操作（需要满足两者长度之和不小于 \(n\)）

按顺序进行以下操作：

1. 若存在长为 \(n\) 的环，则直接从上面拆下一个自环
2. 若存在两个环总长为 \(n\) 则把两者合并
3. 若最大环大小为 \(n-1\) 且次大环大小为 \(n-1\)，则把两者合并
4. 若最大环大小为 \(n-1\)，且次大环和第三大环总长为 \(n+1\)，则合并最大环和第三大环
5. 若最大环大小为 \(n-1\)，且除了最大环外所有环总长不小于 \(n\)，则从次大环开始合并，直到大小不小于 \(n\)
6. 若最大环大小 \(<n\)，则从最大环开始合并，直到大小不小于 \(n\)
7. 若最大环大小为 \(n+1\)，则将其和次大环合并
8. 若最大环大小不小于 \(\frac32n\)，则从中拆出 \(n\) 个点：
9. 若最大环大小不为 \(n+2\) 和 \(n+4\)，则从中拆出 \(3\) 个点
10. 否则从最大环中拆出两个点

设最大环为 \(p_{0\sim n-1}\)，则从中拆出 \(n\) 个点的映射为：

\[x_i\mapsto p_i\;(0\le i<\tfrac n2)\\ x_{i+\frac n2}\mapsto p_{\frac 32n-1-i}\;(0\le i<\tfrac n2) \]

拆出三个点的映射为：

\[x_i\mapsto p_{2i}\;(0\le i<\tfrac n2)\\ x_{i+\frac n2}\mapsto p_{n-1-2i}\;(0\le i<\tfrac n2) \]

拆出两个点的映射根据 \(n\bmod 6\) 分为三类：

\(n\bmod 6=0\) 时：

\[\begin{aligned} x_{0\sim n-1}\mapsto &p_0,p_1,\\ &(p_2,p_5,\cdots,p_{n-1}),\\ &([p_{n-2},p_{n-3},p_{n-6},p_{n-5}],[p_{n-8},p_{n-9},p_{n-12},p_{n-11}],\cdots,[p_{10},p_9,p_6,p_5]),\\ &p_4,p_3 \end{aligned} \]

\(n\bmod 6=2\) 时：

\[\begin{aligned} x_{0\sim n-1}\mapsto &p_0,\\ &(p_1,p_4,\cdots,p_{n-1}),\\ &([p_{n-2},p_{n-3},p_{n-6},p_{n-5}],[p_{n-8},p_{n-9},p_{n-12},p_{n-11}],\cdots,[p_{12},p_{11},p_8,p_7]),\\ &p_6,p_5,p_2,p_3 \end{aligned} \]

\(n\bmod 6=4\) 时：

\[\begin{aligned} x_{0\sim n-1}\mapsto &(p_0,p_3,\cdots,p_{n-1}),\\ &([p_{n-2},p_{n-3},p_{n-6},p_{n-5}],[p_{n-8},p_{n-9},p_{n-12},p_{n-11}],\cdots,[p_8,p_7,p_4,p_3]),\\ &p_2,p_1 \end{aligned} \]

可证操作次数不超过 \(3n\)

代码

T3 [APIO2025] Rotating Lines

有 \(v_{0\sim n-1}\)，每次操作可以选择下标集合 \(S\subseteq\{0,1,\cdots,n-1\}\) 和 \(x\)，令 \(v_i\gets v_i+x\)，其中 \(v_i\in\mathbb Z_{50000}\)，令 \(\text V(v_{0\sim n-1})=\sum_{0\le i<j<n}\min(|v_i-v_j|,50000-|v_i-v_j|)\)，要求每次操作后 \(\text V(v)\) 不降，且所有操作后 \(\text V(v)\) 取到从初始状态能到达的最大值，构造方案，\(n\le10^5\)，要求所有操作的 \(\sum |S|\le2\times10^6\)

相当于有一个长为 \(50000\) 的环，上面有 \(n\) 个点，每次可以向某一方向整体旋转点的一个子集，要求价值不降，其中价值定义为点两两之间的距离和，其中环上两点之间的距离定义为从环的两侧移动的较小值

若存在两个点分别在 \(x,y\) 且 \(x+y=50000\)（即两者过圆心对称），称两者为匹配的，两者之间的贡献为 \(25000\) 取到最大，对于任意的 \(z\)，\(x,z\) 与 \(y,z\) 的贡献之和为 \(50000\) 取到最大，此时 \(x,y\) 对其他点的贡献为定值且取到最大，若之后不再移动两者（显然移动两者一定不优），则可把两者删除

至多一个点没有匹配时，代价最大，为 \(25000\times\lfloor\frac n2\rfloor\times\lceil\frac n2\rceil\)，用调整法证明：

假设已经删除的所有匹配的点，且目前还有超过一个点，取出其中任意一个，设位置为 \(x\)，令 \(lf\) 为 \([x-25000,x]\) 中剩余点的数量，\(rt\) 为 \([x,x+25000]\) 中剩余点的数量，当 \(lf<rt\) 时 \(x\) 只能向左旋转以使 \(\text V(v)\) 不降，反之向右旋转

旋转过程中若 \(x\) 跨越的一个点，则点数少的一侧点数更少，点数多的一侧点数更多，即旋转方向不变

若存在与 \(x\) 匹配的点则停止，显然必然会停止

这也是答案的构造方法，暴力实现为 \(O(n^2)\) 的，容易数据结构优化到 \(O(n\log n)\)

代码