NOIP2025 题解

T1

宝宝题，10min 秒了。

赛后：你妈怎么没判 sigma x > m，跳了

T2

赛时怎么被这道煞笔题创飞了，加训计数。

正难则反，考虑不优的方案数。

首先充要条件很好推，先从大到小排序，观察样例 1 发现当且仅当存在 \(w_i=2, w_j=1, w_k=1\) 使得 \(2a_j > a_i, a_j < a_i, a_k < a_j, a_j + a_k < a_i\) 且考虑到 \(j\) 的时候只剩 \(m - 2\) 元了。这样的话最优应该是买 \(i\) 而不是 \(j\) 和 \(k\)，注意到 \(k\) 是可以不存在的，但是不用特判。

考虑枚举 \(i, j\), 那么 \(x \ge j\) 的 \(x\) 的 \(w\) 可以是 \(1\) 或 \(2\)，除了 \(i\) 需要是 \(2\) 以外其余都可以随便填，再令 \(k\) 为最小的满足条件的 \(k\)，则 \([i + 1, k - 1]\) 都得是 \(2\) 不然不会考虑到 \(k\)，最后一段的贡献是 \(2^{n - k + 1}\)，没有 \(k\) 满足时是 \(1\)，所以不用特判。

再看前面，任选 \(1, 2\) 使得总花费是 \(m - 2\)，范德蒙德卷积得方案为 \(\dbinom{j - 2}{m - i - 1}\)。前后乘一起即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sum n^2)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
// typedef __int128 i128;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5e3 + 10, mod = 998244353;
template<typename T>
void dbg(const T &t) { cout << t << endl; }
template<typename Type, typename... Types>
void dbg(const Type& arg, const Types&... args) {
    cout << arg << ' ';
    dbg(args...);
}
int C[N][N], pw[N];
namespace Loop1st {
int n, m, a[N];
void add(ll &x, ll y) { x += y; if (x >= mod) x -= mod; }
void main() {
    cin >> n >> m;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1, greater<int>());
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int k = 1;
        for (int j = n; j > i; j--) if (a[j] < a[i] && 2 * a[j] > a[i]) {
            while (k <= n && a[j] + a[k] >= a[i]) k++;
            if (m - i - 1 > j - 2 || m - 1 < i || j < 2) continue;
            add(ans, (ll)C[j - 2][m - i - 1] * pw[n - k + 1] % mod);
        }
    }
    cout << (pw[n] - ans + mod) % mod << '\n';
}

}
int main() {
    // freopen("data.in", "r", stdin);
    // freopen("data.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    pw[0] = 1;
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        pw[i] = pw[i - 1] * 2 % mod;
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mod;
        }
    }
    int c, T; cin >> c >> T;
    while (T--) Loop1st::main();
    return 0;
}

T3

无敌了赛时一直在做这个。
::::info[记号说明]

\(\text{subtree}_u\)：\(u\) 的子树内（不包括 \(u\)）的点组成的集合。

\(\text{son}_u\)：\(u\) 的子节点组成的集合。

\(\text{path}_{u, v}\)：树上 \(u\) 到 \(v\) 的简单路径上的点组成的集合。

::::

以下内容参考了其它题解。

记每个点填的数为 \(a_u\)，答案为 \(b_u\)，另记 \(x = \text{mex}_{v\in \text{subtree}_u} a_v\)，称 \(a_u=x\) 的点为黑点，否则为白点。显然，\(a_u \ge x\)。

白点的作用一定是为黑点产生贡献，可以理解成是将一个白点分配给一个唯一的黑点，让这个黑点的贡献 \(+1\)。

容易设计出一个状态：\(f_{u, i, j}\) 表示 \(u\) 子树内（不包括 \(u\) 本身） \(x = i\)，有 \(j\) 个白点的最大价值和。转移即枚举 \(b_u\) 与 \(\max_{v \in son_u} {b_v}\) 的差，表示将这么多个白点分给 \(u\)，再枚举一个取到 \(\max b_v\) 的 \(v\)，可以做到 \(\mathcal{O}(n^4)\) 或 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

我们考虑这个取到最大值的儿子 \(v\)，我们令其为重儿子（和重链剖分没有关系），那么树就被剖分成了若干链，且每次 \(b_u \leftarrow b_u + 1\)，都会使 \(u\) 到该链的链顶这些点 \(b + 1\) 即分一个白点给 \(u\) 的贡献为 \(\text{dep}_u\)。注意这里的 \(\text{dep}_u\) 是指其到链顶的路径上的点数。

考虑 \(f_{u, i, j}\) 表示 \(u\) 所在链的长度为 \(i\)，\(\text{dep}_u=j\) 的答案（\(\text{dep}_u\) 定义同上）。这个的转移是 \(\mathcal{O}(nm^2)\) 的。

考虑优化，发现其实 \(j = 1\) 和 \(j = i\) 的情况就足够了：\(f_{u, i}\) 表示 \(u\) 就是其所在链的链顶，链长为 \(i\) 的答案，\(g_{u, i}\) 表示 \(u\) 是其所在链链底，链长为 \(i\) 的答案。

初始时 \(f_{u, i}, g_{u, i}\) 都为 \(i \times sz_u\)。

\(g\) 的转移：

\[g_{u, i} = \max_{v \in \text{son}_u} j + g_{v, i + 1} + \sum_{w \in \text{son}_u \land w \neq v} f_{w, i} \]

\(f\) 的转移：考虑枚举一个与 \(u\) 距离为 \(i - 1\) 的后代 \(v\) 代表链底，有转移：

\[f_{u, i} \leftarrow i(i - 1) + g_{v, i} + \sum_{w \in \text{path}_{u, v} \land w \neq u}\sum_{x \in \text{son}_{fa_w \land x \neq w}} f_{x, i} \]

后面这一坨代表这些链被截了，\(i(i - 1)\) 是 \(b_u\)。

枚举 \(v\) 的复杂度是 \(\mathcal{O}(nm)\) 的，因为每个点最多有 \(m\) 个祖先。

使用树状数组即可做到 \(\mathcal{O}(nm \log n)\)。

T4

看的 @IvanZhang2009 老师的题解，太深刻了。

考虑分治，对于每次询问，用 solve(x, y) 处理 \(x \le l \le i \le r \le y\) 的答案，其中 \(r - l + 1 \in [L, R]\)。

令区间中点为 \(mid\)，考虑 \(i \le mid\) 这一边，另一边同理，\(r \le mid\) 的会分治处理，所以考虑 \(r > mid\)。枚举 \(l\)，合法的 \(r\) 是一个区间，对于每个 \(l\) 单调队列/ST 表就行。每个 \(l\) 可以贡献到的 \(i\) 是所有 \(i \in [l, mid]\)，做一个前缀 \(\max\) 即可。

这样分治一次时间复杂度是 \(\mathcal{O}(\min(R, y - x + 1))\) 的。另外如果 \(y - x + 1 < L\) 直接停掉。

那么每次分治带个 \(\log\)，总复杂度是 \(\mathcal{O}(nq \log n)\) 的，常数有点大，应该过不去。

到这里为止这题就是一个正常的下位紫。发现不太好优化了。

考虑观察性质 DE，发现非常奇怪，那么这俩性质肯定有用。

观察 D 性质，发现每个合法的 \([l, r]\) 区间都会过中点，分治一层就结束了。观察 E 性质，两层结束。

发现了什么？

我们来画一下分治的区间，和线段树差不多：

其中 \(k\) 是最大的使得 \(\frac{n}{2^k} \ge L\) 的 \(k\)。

每层的区间个数有一个性质：第 \(t\) 层 \(2^{t-1}\) 个，前 \(t\) 层一共 \(2^{t}-1\) 个。第 \(k\) 层的区间有 \(\mathcal{O}(\frac{n}{L})\) 个，由于前 \(k - 1\) 层的区间个数不超过第 \(k\) 层的区间个数，所以前 \(k\) 层的区间一共有 \(\mathcal{O}(\frac{n}{L})\) 个。

正常的分治是用 \(\sum\limits_{x, y} y - x + 1\) 计算复杂度的，每层 \(\sum y - x + 1 = n\) 故复杂度为 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。

另外地，如果计算一个区间的复杂度有下界，那么也可以是区间个数 \(\times\) 下界，本题中下界为 \(R\)。这种方式算出来是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{L}R)\) 的。

当 \(\frac{R}{L} = \mathcal{O}(1)\) 时，分治的复杂度是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{L}R) = \mathcal{O}(n)\) 的。线性分治神奇不？？

接下来就需要凑出这样的 \(L, R\) 了。观察到 \([L, R]\) 拆成若干区间后每个区间分别处理没有问题，所以我们可以拆成若干个 \(L' = 2^i, R' = 2^{i + 1} - 1\)，这样的分治是线性的，就像分块一样，散块直接暴力分治，整块可以预处理并使用 ST 表。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log^2 n + nq)\)。