IOI 2026 国家集训队作业简单题选做

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如果觉得我写的有问题，请洛谷私信 @Purslane。

目前的问题：Qnp 这道题被叉了（代码似乎完全错误），还不知道是啥情况；Stone Catch Game 有一点说不明白充分性（顺便，这道题我的代码是 $O(n^2)$ 的，不过是目前的最优解）。别急。

1. QOJ833 Cells Blocking

先考虑这样一个问题：有多少个格子，删掉之后不存在 $(1,1) \to (n,m)$ 的路径。

注意到每个 $x+y=c$ 的对角线上至多一个格子是必经的，尝试把它们处理出来。如果我们能求出这些格子中能被经过的最左边的格子，以及能被经过的最右边的格子（同一对角线上）。如果这两个格子相同，这个相同的格子就是必经；否则任何一个格子都可以不被经过。

如果我们选的两个格子都不能直接阻挡 $(1,1) \to (n,m)$，那么一个格子必定在 $(1,1) \to (n,m)$ 的最靠左的路径上，我们考虑枚举 $(x_0,y_0)$ 并将其删掉，这时候要重新计算 $(1,1) \to (n,m)$ 的最靠左的路径。那么显然，最靠左的路径一定会经过 $x+y=x_0+y_0$ 的、在 $(x_0,y_0)$ 右边但是又能被路径经过的最靠左的格子（长难句起手）。这条路径可以 $O(n+m)$ 确定。因此我们在 $O((n+m)^2)$ 的复杂度内解决了本题。

2. QOJ837 Giant Penguin

很久之前看过这个技巧，现在有点忘了。

考虑点分治，求出原图的一个生成树 $T$，在 $T$ 上点分治。在分治集合 $S$ 的时候，考虑点 $u$ 如何对点 $v$ 贡献答案。

如果 $u$ 和 $v$ 在同一子树内（分治中心为 $r$ 时），$u \to v$ 有两种情况：只用 $S_0$ 的点及其内部的边（$S_0$ 为包含 $u$ 的子树），这在递归中会被处理；用了 $S_0$ 外面的边，那么一定经过了 $r$，或者某个包含 $r$ 的环的非树边。$u$ 和 $v$ 不在同一个子树内，也是要么经过 $r$ 要么经过某个包含 $r$ 的环的非树边。

而这些边只有 $10$ 条，我们可以钦定经过这些环的端点来解决所有情况，复杂度 $O((n+m)k \log n)$（原因是，钦定经过环的端点只需要 BFS）。

代码写完直接编译通过！已无敌！

3. QOJ850 Edit Distance Yet Again

神中神题！引用我看到的一句话：和这种题生在一个时代是我的荣幸！！！

首先，使用网格图的最短路刻画编辑距离。即设 $dp_{i,j}$ 为 $(i,j)$ 的答案，则：$dp_{i,j} = \min \{dp_{i-1,j-1}+[S_i=T_j],dp_{i-1,j}+1,dp_{i,j-1}+1\}$。

结论：如果 $dp_{i,i+\delta} = dp_{j,j+\delta}$，且 $i<j$，那么 $i$ 一定没用。

具体的，考虑 $(i,i+\delta) \to (n,m)$ 这条路径，与 $j$ 的交点。

绿色这一段的代价一定大于等于紫色这一段的代价，因此 $(j,j+\delta) \to (n,m)$ 的最短路一定 $\le (i,i+\delta) \to (n,m)$ 的最短路！

因此 $(1,1) \to (i,j)$ 最短路为 $k$ 的点至多 $O(k)$ 个有用的（因为它至少要走这么多不是 $(x,y) \to (x+1,y+1)$ 的边，而这些边一定会带来 $+1$ 的贡献），因此暴力维护这些有用的点就做到了 $O(Tk^2 \log k)$（我们在代价为 $0$ 的时候尽量往后扩展，也就是贪心选 lcp。使用后缀数组可以做到 $O(Tn + Tk^2)$，但是首先我不会 $O(n)$ 后缀排序，其次时限 20s，一点不带怕的）。

最后思考一下怎么输出。只需要把最短路径给找到，从后往前处理（处理所有边权为 $1$ 的边就好。在第二个字符串删可以看做第一个字符串插入）就行。

4. QOJ856 Cactus

怎么真有集训队选签到题的。

让 whk 同学品鉴了一下题面的前两段话，得出结论——一股浓浓的读后续写味（诡异的动作描写，尬的不能再尬的修饰性语句）。但是他说 overwhelmed with sorrow 是高中英语的常见表达，我咋不知道？？

限制是 $\sum_{(u,v) \in E}[c_u=c_v]=0$，对其施容斥原理，钦定一些边满足 $c_u=c_v$。

假设钦定了 $c$ 条边，其中 $k$ 个环被全部选中，则自由度是 $p^{n-c+k}$。发现贡献可以拆开，每个环分别做一遍即可。

大家都快是成年人了，能不能别写普及题了。

就是说，你固定最大值之后，你只需要平均值 $\ge$ 某个数。选取最多的数使得平均值 $\ge $ 某个数，这是贪心。

假设贪心的时候最优解集合是 $S$。我们想判断另一个数是否在集合里面，只需要去掉 $S_{\min}$ 并且把它加进去，对它只有下界限制，二分 + 前缀和即可。

8. QOJ888 Travel around China

如果有向网格图最短路问题，很容易让人想到分治，但是这题有两个问题：

网格并不是单向的；
询问达到 $O(m^2)$ 量级，而对网格进行分治最关键的一步就是扫描短边，每个询问都要做一次。

由于网格并不单向，所以你就不能“分治”。但是你观察发现 $(x_1,y_1) \to (x_2,y_2)$（$y_1<y_2$），则 $y_1 \to y_2$ 的部分是单调的。

也就是说，我们预处理 $f_{i,o_1,o_2}$ 和 $g_{i,o_1,o_2}$ 表示 $(o_1,i)$ 只使用其左边的格子到达 $(o_2,i)$ 的最短距离，与只使用右边格子的最短距离，那么就变成了单向的网格问题，这时候分治就是对的。

接着怎么处理“扫描”。相当于给你 $p_{1,2,3}$ 和 $q_{1,2,3}$，让你求 $\min_{1 \le i \le 3} \{p_i+q_i\}$。这个问题有一个学名叫做《如何正确的排序》，直接上二维偏序就好了。

总复杂度为 $O(m \log^2 m)$。为什么我的代码这么慢，是不是有黑幕 /fn

9. QOJ962 Thanks to MikeMirzayanov

显然我们可以完成“翻转”操作。因此，我们把原问题改写为：将序列划分为若干段，每一段分别翻转。

如果序列只有 $01$，显然可以在 $O(\log n)$ 次操作内排好序。而容易发现若干段区间的排序是可以并行的，因此容易做到 $O(\log^2 n)$。

10. QOJ964 Excluded Min

很帅。首先，考虑用一个好看一点的算式来刻画答案。

注意到答案是 $v$ 的时候，集合中 $\ge v$ 的数应该对答案没有影响——如果从在一个 $j$ 由 $i$ 转化过来（$j<i$），则 $\forall j \le k \le i$ 原序列中都应该至少有一个 $k$。

也就是说，$\sum_{u \in S} [u<v] \ge v$ 即可。这就是题目中所说 $O(n \sqrt \log n)$ 做法来源：直接莫队，用线段树维护每个 $v$ 的答案（注意答案一定 $\le O(n)$）。

考虑从大到小扫描 $v$，对每个 $S$ 维护 $\sum_{u \in S} [u < v] - v$ 的值，以及最大值。每次检查最大值是否 $\ge 0$，如果最大值 $\ge 0$ 就认为 $S_{\max}$ 的答案是 $v$，将其从数据结构中删掉。

而 $v$ 变化时，对 $S_i = [l_i,r_i]$ 的影响是：若 $l_i \le u \le r_i$（其中 $a_u=v$），则 $f(S_i) \leftarrow f(S_i)-1$。对应的 $i$ 的范围在平面上是一个矩形，大概率做不明白（KDT 只能做到根号）。

如果只维护那些极长的、不被另一个线段包含的线段（显然被包含，包含者会被更早删掉），由于 $l$ 和 $r$ 都是单调的，对应的 $i$ 范围就是一个区间！那么本题就在 $O(n \log n)$ 的复杂度内被解决了。

15. QOJ993 100 Boxes Per Hour...

有点神秘，可以扔过去当 MO 题。

先考虑一个简单的问题：如果只有一个盒子，两种颜色，怎么维护？假设两种球分别有 $A$ 和 $B$ 个（$A \le B$），那么可以做到 $\max(A,B-A) \ge \frac{A+B}{3}$（如果 $A$ 更大你就直接加一个元素。否则你先存一个元素，看两种球谁先到 $A+1$，先到的就是 $B$）。注意这样做非常依赖于你知道 $A$、$B$ 的值。

原题中设 $A \le B \le C$，显然有 $A+B$ 的方法，所以设 $A+B \le 42$，$C \ge 58$。

考虑放 $B$ 和 $C$，容易构造出一种 $C-A+B-A=100-3A$ 的方法。注意这里保证了 $A \le 21$，可以做到 $37$。

这里的问题出在 $A \ge 20$ 的时候，你可以认为 $B \sim A$。这时候又显然存在 $C-B+A$ 的做法，成功搞定。

16. QOJ1166 Designing a PCB

看起来像 2-SAT 模型，但是你发现两个点之间本质有 $8$ 种连法，而如果每个点分配一个布尔变量只能搞定 $4$ 种，这咋办。

我们想要把一些状态调整到他们的补。一个连线本质把点划分成了两部分（点从上方连出边与从下方连出边本质上是不同的点）。

如果红蓝的冲突是这样的，那么及时把绿色变为补也没用。

另一种冲突是这样的。

我们发现，一定不会出现这种连线，将其调整为它的补更优。

而跨过一边的连线，发现让它都跨过电路板的某一端点最优（这里把蓝色调整一下就对了）。

而且不需要考虑整体跨过左边与整体跨过右边，他们完全相同，这样你就能使用每个点一个布尔变量来弄这道题了！！类似 NOID1T3 的某个神秘 $80$ 分做法，只需要每一对 $(i,j)$ 都没有矛盾就行。不妨设 $L_i<L_j$，分几种情况：

$R_j<R_i$。这样等价于 $L_j$ 和 $R_j$ 方向相同。
$R_j<L_i$。没有任何限制，一定没有矛盾。
$R_j > R_i$。这样等价于 $L_j$ 和 $R_i$ 方向相反。

这个 2-SAT 模型是“无向边”，使用并查集维护即可。

19. QOJ2351 Koosaga's Problem

有点切边等价的感觉。当然我认为可以通过暴力分类讨论得到确定性做法（$|S| \le 1$ 是容易的，$|S|=2$ 按照 DFS 上树边被删掉的边是 $0/1/2$ 条，$2$ 条再分是否有祖孙关系）。

考虑找出一棵生成树之后，分析所有非树边。如果有一条 $u \to v$ 的非树边，我们赋上 $w$ 的权值，则在 $u \to v$ 的路径上也赋上 $w$ 的权值。则奇环会导致整体异或和多 $w$。

容易分析得知，图是二分图等价于所有边权异或和为 $0$（显然等价于所有非树边都不在奇环上。这里是必要条件，充分性有误的概率为 $2^{-64}$）。

这时候可能有聪明宝宝就说了——啊主播主播，直接删掉 $0/1/2$ 条边让新图的边权异或和为 $0$ 不就行了嘛！这么写代码发现，唉确实一发通过了。但是你有没有想过：如果这样真的对的话，为什么本题只让你求“最小”？

问题出在，删掉一条边之后可能会使非树边变成了树边，这样就不满足上文的赋权方法了。

比如，原图不是二分图，删掉一条边是二分图，那么会发生什么？删掉的这一条边，一定会在至少一个奇环上，而且不能在任何一个偶环上。因此删掉这条边之后，如果有一条奇环的非树边变成了树边，它原有的贡献会给新图（其实都是树边）偶数条边产生影响，等价于没有影响。

而如果原图就是二分图，很容易构造反例使得这个做法不对（比如一个简单环）。

20. QOJ1355 Rhythm Game

记 $dp_{i,j}$ 为，前 $i$ 个音符点了 $j$ 个的最大收益，且第 $i$ 个音符没有点。

容易发现，我们会按照 $i-j$ 的顺序分层转移，且拥有决策单调性。注意如果你认为从 $dp_{i-1,j} \to dp_{i,j}$ 的代价是 $0$ 的话，它和其他的决策之间不存在单调性。

复杂度 $O(n^2 \log n)$，代码很好写。

24. QOJ1812 Interesting Coloring

建出一棵 DFS 树，我们控制根到每个叶子的颜色个数不超过 $7$ 即可。

考虑确定了 $1 \to u$ 的颜色，现在要确定 $u \to v(\in son_u)$ 的颜色。贪心的让那些 $sze_v$ 大的节点颜色在 $1 \to u$ 的路径上已经出现即可。

我也不知道为啥对（显然答案不会太大，为什么这样能卡进 $7$ 我也不清楚，可以打表算一下）。

27. QOJ1817 AND Permutation

考虑对 $\text{highbit}$ 归纳构造解。

我们要处理 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ 时，把最高位为 $1$ 的数扔到 $L$ 集合中（同时删去最高位），最高位为 $0$ 的集合扔到 $R$ 集合中。容易发现，$L$ 和 $R$ 仍然满足条件，我们归纳构造出一组解。

尝试把 $L$ 的最高位加回去，由于 $L$ 的解都在 $L$ 内部，实际与起来不一定为 $0$。但是注意到 $L$ 中每个元素在 $R$ 中都有对应，交换一下即可。

28. QOJ1823 Permutation CFG

有一点意思的基础题。由于 $s \le 5$，因此我们可以分析这个前缀在每一层“没有取干净”的区间是哪个，这个区间可以使用线段树上二分算出来。注意到不同的区间只需要限制“保留 $\le v$ 的数”，所以可以通过一个量来限制。

然后就相当于计算一段区间中多少个数 $=v_0$。如果 $v$ 分裂 $k$ 次到 $v_0$ 有 $\dbinom{v-v_0+k-1}{k-1}$ 种方案（$k \le 4$），当固定 $v_0$ 的时候这是关于 $v$ 的一个低次多项式。你使用线段树（准确来说是一个二维偏序，对时间轴使用扫描线）之后相当于单点修改，区间查询二次方、三次方、四次方和。

代码有一点点难写，不过 QOJ 种存在一些很好看的代码，可以学习。

30. QOJ1825 The King's Guards

考虑确定所有守卫在哪个节点之后，如何计算最小代价。这时候的问题与 P6789 非常类似，使用。可以知道具有拟阵结构，并且有用的边都在最小生成树上（最开始对每个 $2 \le i \le n$，加上 $(1,i,+\infty)$ 的边）。

一组边合法，当且仅当可以构建守卫到连通块的单射，可以使用网络流判定。由于拟阵的性质，可以每次贪心加入边权最小的边看是否仍然合法。使用匈牙利算法，单次增广复杂度为 $O(ng)$，因此可以在 $O(n^2g)$ 的复杂度内解决本题（个人认为网络流退流也是可以的，但是复杂度保持不变）。

另一种想法是，给定一组守卫之后可以判断一条边是否会出现。一条边 $r$ 如果在 Kruskal 的过程中合并了 $S$ 和 $T$ 两个连通块，这条边会出现当且仅当 $S$ 和 $T$ 中至少存在一个不含有守卫者。所以，可以先把 $r$ 加到答案里。如果 $S$ 中存在守卫者，产生 $-r$ 的贡献；$T$ 中存在守卫者，产生 $-r$ 的贡献，$S \cup T$（也就是 Kruskal 重构树上的新集合）中存在守卫者产生 $r$ 的贡献。

问题抽象为：给你一棵树，树上有点权。你要选若干叶子，使得叶子到根路径的并中所有点的点权和最小。

直接做是不可能的，但是根据 Kruskal 重构树的特性，所有点的点权 $\le 0$。因此可以用费用流模型刻画。

有负权的费用流可以类似上下界网络流处理。

31. QOJ1839 Joke

题解在写啥啊？考虑如何判断一组 $(p,q,s)$ 是否正确：正确等价于建立出偏序关系后的图没有环。那么对着不出现环的情况，判断

注意 $s$ 的每一位都对应了一条边，而 $s$ 只是给他们定了个向。保证任意两条边都不成环即可，对定向方案计数。

我们考虑具有“最……”特性的边，在这里选取的是“下层对应点最靠后的边”，即题目中的红边。

如果是指向上层点的，那么这条边一定不在环上；如果指向下层点，那么所有上端点在其右侧的点也工改指向下层点（蓝边）。

然后容易发现设 $p_i$ 为上层第 $i$ 个点对应下层的点的位置，则一组定向方案和 $p$ 的一个上升子序列对应。相当于对所有的 $q$，计算上升子序列的个数和。

这个随便做就是 $O(n^3)$ 的了。

32. QOJ1840 K-onstruction

我不会，大家都太厉害了 ww

这题的核心想法是：如果存在 $K=K_0$ 的解，能否操作操作变为新的数 $K=K_1$ 的解。

强化 $S$ 的条件：$S$ 中不存在 $0$ 且 $\sum_{u \in S} u \neq 0$。不妨设 $\sum_{u \in S,u > 0 } u = P $ 且 $\sum_{u \in S} u = 0$，那么集合 $S_0 \subseteq T$ 使得 $P \mid \sum(S_0)$，这样的 $S_0$ 只有两种情况：$\sum(S_0) = P$ 和 $\sum(S_0) = -P$，且 $P \nmid \sum(S)$。

找到 $T$ 使得 $T$ 中所有元素都是 $P$ 的倍数。令 $S_1 = S \cup T$，则 $S_1$ 拥有和 $S$ 相同的限制，并且和为 $0$ 的集合很容易：从 $T$ 中选一个权值和是 $0$ 的子集，与 $S$ 权值和为 $0$ 的子集拼在一起；或者从 $T$ 中选取一个权值和是 $-P$ 的子集，与 $S$ 中权值和为 $P$ 的子集拼在一起。

题目证明了，只取 $T \subseteq \{-3P,-2P,-P,P,2P,3P\}$ 是能满足题目要求的。

因此我们在 $O(n)$ 的复杂度内解决了本题！！

36. QOJ1875 Nein

如果你想分析 $x$ 有什么特征大概是死定了，因为进位关系太复杂，找不到统一的形式。

而分析一个数是否为 $10^k-1$ 的倍数，往往比较容易。由于 $10^k \equiv 1 \pmod {10^k-1}$，所以我们可以将这个数按照 $k$ 分段并且求和是 $10^k-1$ 的倍数即可，这里分段本身就是关于数位的，更容易处理是否存在 $9$。

瞎猜一手这样的数不是很少，也就是最终答案用 int128 存的下，也就是 $(10^k-1)x$ 最多 $B$ 位。然后逐位确定答案，需要计算 $10B$ 次。每次数位 DP，要进行 $\frac{B}{k}$ 轮，每一轮有 $k$ 位，每一位有 $\frac{10B}{k}$ 种方案，再加上进位的 $\frac{B}{k}$ 种，总复杂度为 $10B \times \frac{B}{k} \times k \times \frac{10B^2}{k^2} = \frac{100B^4}{k^2}$。据说 $\frac{B}{k} \le 20$，也就是 $40000B^2$。显然 $B \le 50$，勉强能接受。

41. QOJ2214 Link Cut Digraph

经典的《WD 与地图》。使用整体二分求出：每条边的两个端点处于同一个 SCC 的最早时间。这样有向边变成了无向边。

42. QOJ2548 Juggler's Trick

首先归纳证明：只要一个序列长度为 $(r+b)$ 的倍数，而且 $\frac{cnt(\texttt R)}{cnt(\texttt B)} = \frac{r}{b}$，一定可以将其消完。

大致想法是，只需要证明能消一个。使用离散介值定理即可（根据平均值原理，必有两个 $(r+b)$ 长度的段，一个 $\texttt R$ 的个数 $\le r$ 一个 $\ge r$，他们之间离散介值一下）。

怎么判断一个区间是否合法呢？只需要：$\texttt R$ 占比 $\le \frac{r}{r+b}$，$\texttt B$ 占比 $\le \frac{b}{r+b}$，区间长度是 $(r+b)$ 的倍数。

把最后一个限制拆开，可以使用 KD Tree、二维线段树（我不会）、CDQ 优化 DP，复杂度 $O(n \log^2 n)$。

那些 1.2 Kb 写完的诗人？？

44. QOJ2554 AND PLUS OR

考虑通过调整使得 $(i,j)$ 对比较好看。

不妨设 $|j / i| \ge 2$，我们证明，可以找到 $(i',j')$ 使得 $|j'/i'| < |j/i|$。这样，如果存在合法的 $(i,j)$，一定存在合法的 $(i,j)$ 满足 $|i \oplus j|=2$。

证明：不妨设 $i = ab$，$j=bcd$。根据定义，$f(ab)+f(bcd) < f(b) + f(abcd)$。

如果 $(i',j') = (ab,bc)$ 和 $(i',j') = (abc,bcd)$ 同时不对，则 $f(ab)+f(bc) \ge f(b)+f(abc)$，$f(abc)+f(bcd) \ge f(bc) + f(abcd)$。两式相加得到 $f(ab)+f(bcd) \ge f(b) + f(abcd)$，矛盾。

而这样的 $(i,j)$ 显然只有 $O(n^22^n)$ 对，即证。

46. QOJ2570 Maximal Subsequence

使用颠倒偏序关系后 RSK 算法得出的杨表是原杨表的转置，容易规约到洛谷 P7931 上。

先给出本题的大致思路：

先将序列去重，使得所有数互不相同（如果 $a_i=a_j$ 且 $i<j$，去重之后 $a'_i > a'_j$。这一步可以使用对 $(a_i,-i)$ 二元组排序实现）。
记 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的最长上升子序列的长度，并以此对序列分层。记序列的答案是 $m$，则我们取出的子序列 $[x_1,x_2,\cdots,x_m]$ 有 $f_{x_i}=i$（$1 \le i \le m$）。
贪心选出所有最长上升子序列中，字典序最小的那一个（是下标字典序最小），并将其从原序列中删掉，直到选出的序列的长度 $<m$。选字典序最小的最长上升子序列的方法为：用 set 维护每一层现存元素，并且暴力 DFS；DFS 的过程中，判断以 $pos$ 为开头的最长上升子序列（$\ge pos$ 所在层的每一层恰选一个）能否延伸到第 $m$ 层，如果不能直接将其删掉。显然该算法复杂度为 $O(n \log n)$，每个点在 DFS 过程中只会出现一次。

47. QOJ2601 Lucky Tickets

感觉没经历过什么大事出不出这种神经病题目。

首先，考虑固定 $(a_1,a_2,\cdots,a_n)$ 的无序集合。计算无序集合所有可能的排列，$f_S = \sum_p \prod_{u \in S} a_{p_u}$。考虑所有无序集合的权值之和，发现 $|S| \le n-2$ 铁定没有贡献（使用牛顿幂和公式，拉格朗日公式和数学归纳法），$|S| = n-1$ 的贡献非常神奇的与后面那一大坨东西抵消掉了。所以你甚至可以直接把 $\prod a_i$ 当作贡献。

如果 $a$ 并不全相同，多重组合数肯定是 $q$ 的倍数。所以枚举全相同等于 $a_0$，可以做到 $O(n \log V)$。

49. QOJ2606 Gachapon

原神，启动！由于所有位置本质相同，所以只需要算出 $P(第 i 个位置抽了 v，且整体合法)$。条件概率拆开，写作 $P(第 i 个位置抽了 v) P(若第 i 个位置抽了 v，整体合法的概率)$。后者可以设计 DP 为：已知第 $i$ 抽的最大值是 $j$，整体合法的概率。发现这个还要算第 $i$ 抽合法时最大值为 $j$ 的概率。总之使用 max 卷积容易 $O(nm \log b)$ 搞定。

52. QOJ4241 Angle Beats 2.0

注意到必定是 $\tt {UD}$ 二选一，$\tt {LR}$ 二选一。把“二选一”的结构使用无向边刻画（如果有一个不行，在另一个节点上连自环）。

则我们需要给无向边定向，使得每条边的入度至多为 $1$，计算方案数。

考虑一个弱连通分支，则 $m \le n$。因此弱连通分支只能是树或者基环树。

而基环树有 $1$ 或 $2$ 种定向方法（区别在于是否有自环），树有 $n$ 种定向方法，全部乘起来即可。

53. QOJ4243 Good Coloring

神秘。将边按照颜色进行定向之后求最长路，显然最长路数组符合要求。

54. QOJ4786 Balance

显然这个矩形只有 $2n$ 个自由度——存在整数序列 $x$ 与 $y$ 使得 $a_{i,j} = x_i+y_j$。

我们要最小化 $\sum_{i=1}^n x_i+y_i$，看他能 $\ge$ 某个数。发现可以找一个排列 $p$，由于 $x_i+y_{p_i} \ge a_{i,p_i}$，所以 $\sum_{i=1}^n x_i+y_i \ge \sum_{i=1}^n a_{i,p_i}$。我们对所有的 $p_i$ 求最大值，容易使用二分图最大权匹配搞定。

假设求出一组二分图最大权匹配。我们不妨设 $i \to i$ 这样匹配。则 $x_i+y_i=a_{i,i}$，所以自由度变为 $n$！！

那么有 $x_i+a_{j,j}-x_j \ge a_{i,j}$，即 $x_j \le x_i + (a_{j,j}-a_{i,j})$。转化为差分约束模型。

容易发现这样不存在负环（根据匹配的最大性，如果存在负环那么存在更优的 $p$），在 $O(n^4)$ 的复杂度内搞定。

56. QOJ4793 Qnp

容易猜测，相同数的连续段只有 $O(\text{polylog}(n,k))$，每一段分别二分就行了，注意处理 $>K$ 的数。

65. QOJ6104 Building Bombing

线段树优化 DP 模板题。

66. QOJ6284 Routes

挺不错的简单题。

如果飞了至少一次，那么可以维护 $dis_{u,c}$ 为城市 $u$ 到区域 $c$ 的最短距离，则 $\text{ans}_{u,v} = \min_{c} dis_{u,c}+dis_{v,c}+1$。由于答案存在显然的上界，不飞的情况很少，可以暴力修改。

容易观察到，$dis_{u,c}$ 大概只和 $(col_u,c)$ 有关，且 $dis_{u,c}$ 对于 $col_u$ 相同的点极差不超过 $1$。现在对于一对 $(col1,col2)$ 计算答案。

我们先求出 $val=\min_{c} dis'_{col1,c}+dis'_{col2,c}$，显然 $\text{ans}(u,v) \in \{val,val+1,val+2\}$，那么分别计算这三个有多少种情况。可以魔改一下各种位运算卷积的操作弄。复杂度 $O(k^3 2^k + \text{poly}(n,k))$。我卡了一年常。

67. QOJ6537 One, Two, Three

反悔贪心是不会的，来一个力大砖飞的做法，$O(n \log^2 n)$，在卡常后能够通过。

注意到 $(\texttt{121},\texttt{323})$ 一定可以重新组合成一组合法对，因此只需要 $1$ 和 $3$ 的总个数相同，$2$ 都在中间。

首先二分答案，如何判断答案 $\le m$。注意到我们一定会选恰好 $m$ 个 $\texttt 1$ 和 $\texttt 3$。假设我们希望 $k$ 个 $\tt 1$ 在前面，$m-k$ 个 $\tt 3$ 在前面。那么一定选择的是“最前面”与“最后面”的。假设我确定了前面的集合为 $S$，考虑 $f(S)$ 为他们匹配的最早的 $\tt 2$（这步贪心是显然的）。

结论：如果 $T = S / \{u\}$，那么 $f(T) = f(S) / \{v\}$，也就是说我们动态维护 $S$ 和 $f(S)$ 是可行的（具体而言，使用线段树 + set 的二分实现）。此时只需要每个 $\tt 2$ 都能往后匹配一个元素就行，还是转为 $\pm 1$ 序列使用后缀和的最小值刻画，复杂度 $O(n \log^2 n)$。

68. QOJ6538 Lonely King

略加调整容易发现：最优的方案一定是将树剖分为若干非叶子节点与叶子节点的链（每条边恰好在一条链上），即只有非叶子节点到叶子结点有贡献。而且，任何 $2 \le u \le n$，$u$ 子树内恰有一个叶子要和子树外的点产生贡献。

设 $dp_{u,i}$ 表示，考虑 $u$ 为根的子树，往外产生贡献的点权值为 $i$ 的最小代价。

发现转移就是：

\[dp_{u,i} = \min_{v} \{dp_{v,i} + \sum_{v' \neq v,(u \to v) \in T} dp_{v,c_u} \} \]

直接弄需要线段树合并 + 凸包啥的，看起来不太能做。考虑把下标当做斜率扔进李超树里面，发现只有打 tag（因为整体截距增加没有影响）和合并。直接上李超树合并复杂度为 $O(n \log n)$，但是我比较懒写了启发式合并的 $O(n \log^2 n)$。

有集训队写不明白李超树。

69. QOJ6540 Beautiful Sequence

答案是：$n - \sum_{i=1}^{n-1} [x_i \neq x_{i+1}] + \sum_{i=2}^{n-1}[x_{i-1}>x_i<x_{i+1}]$。

首先猜测：所有相同的数形成一个连通块。分析后发现，只需要不是所有的 $x_i=c$ 都满足 $2 \le i \le n-1$ 且 $x_{i-1}>x_i<x_{i+1}$，调整到一个连通块肯定更优。

考虑从大到小加数，维护当前连通块。那么只有两个选择：

当前数形成一个连通块，连通块个数加一（影响第二个式子）；
合并 $cnt+1$ 个连通块为 $1$ 个（影响第三个式子和第二个式子），即连通块个数减 $cnt$。

问题转化为：给定 $c$。你可以将若干个 $a_i$ 设为 $c_i$ 其他为 $0$。在满足 $\sum_{j=1}^i a_j \le i$ 恒成立的情况下最大化非 $0$ 数的个数。

这我哪会啊，但是瞎写一个反悔贪心过了，思考一下感觉挺对（即设 $S(p)$ 为前 $p$ 个数的最优答案，那么给定 $S(p-1)$ 一定能找到一个 $S(p)$ 使 $|S(p) \oplus S(p-1)| \le 2$，这就是反悔贪心的过程）。

一场比赛两个反悔贪心有点不是人。

73. QOJ6555 Sets May Be Good

原题是 ABC220H。

使用 bitset 维护即可（因为对列的操作本质是容易的，列的起点都是唯一的）。

为啥我没退役的时候写不明白这个 bitset 呢，还是太菜了。

74. QOJ7412 Counting Cactus

~~对着圆方树 DP 就好~~

直接状压，用一些简单的手段避免算重。复杂度大概是 $O(n^3 3^n)$。集训队作业中的题解复杂度似乎为 $O(n^2 3^n)$，很厉害。

76. QOJ7416 Grammarly

设 $dp_{l,r}$ 表示从 $S[l,r]$ 到某个字符串的路径数。

发现，只要 $S[l,r-1] \neq S_[l+1,r]$，即 $S[l,r]$ 种字母不全相同，就可以转移到 $dp_{l,r-1} +dp_{l+1,r}$；否则，转移到 $dp_{l,r-1}$（其实这时候答案就是 $r-l+1$ 了）。

相当于你有两个标记，刚开始处于 $1$ 和 $n$。你可以移动他们（任意时刻停止，重合必须停止），但是当两个标记中的字符全相等的时候只能移动右标记。

只需要用全部的移动方法，减去不合法的移动方法即可。

82. QOJ8085 Bulbasaur

有趣！先考虑怎么计算 $f(1,n)$，相当于要计算最大流。

我们从后往前推。每一层哪些节点被经过是独立的，因此设 $f_{i,S}$ 为第 $i$ 层只有 $S$ 中的节点经过了，最终能否满流（即流量为 $|S|$）。

考虑最小割。对于 $T \subseteq S$，先删掉 $T$ 花费 $|S| - |S / T|$ 的代价。接着要割掉的是 $N(S/T) \to N$ 的最小割（也就是最大流），即 $\text{max_flow} + |S| - |S/T| \ge |S|$。所以对与每个 $T \subseteq S$，有 $|T| \le \text{max_flow}$，也就是能在 $N(T)$ 中找到一个集合 $T_0 \subseteq N(T)$ 使得 $f_{i+1,T_0}=1$。

这个条件是充要的，因此可以 $O(k 2^k n)$ 处理（做几遍高维前缀和就行）。

而统计 $\sum_{l<r} f(l,r)$，可以扩展这个想法——容易发现，设 $f_{l,r,S}$ 为 $l \to r$ 时 $|S|$ 是否满流，则 $f_{l,r,S}$ 关于 $r$ 具有单调性，可以把 $r$ 这一位从状态扔进值里面，复杂度 $O(k^2 2^k n)$。

83. QOJ8086 Cloyster

太好了是交互题。

我先随便写了个随机化：在矩形里面随机撒 $B$ 个点，最大值的期望排名是 $\frac{B}{B+1} n^2$。从最大值不断往更大的地方走，期望走 $\frac{n^2}{B+1}$ 次。而每一次期望需要 $4$ 次询问，因此可以做到 $4\frac{n^2}{B+1}+ B \approx 4 n$，卡了卡常也过不去，哎。

这种最优解是 $3n$，看起来应该是一个等比数列求和，因此考虑分治。那么这种网格图应该是横纵交错分治，我们需要将一个网格砍成一半。

首先，选出较长边的中点，并且用平行于短边的直线将长边砍一半。找到短边的最大值，并且询问最大值的邻域。

如果最大值的邻域所有元素都比他小，那么我们找到了整个矩形的最大值。

否则，我们在分治的过程中归纳得到：当前访问位置的最大值，必定在目标矩形中。并且当前访问位置到最终最大值的路径完全包含在当前矩形中，且并不会穿过我们找出的中线。（这个最大值非常关键，如果并不是最大值不能保证“路径完全包含在当前矩形中”，那么就不能通过“不穿过中线”这件事情得出同侧。）

所以，当前最大值与实际最大值应该在中线的同一侧。这样你使用 $\frac{3}{2} n+O(1)$ 次询问使 $n$ 砍半，总的询问次数为 $3n + O(\log n)$。

84. QOJ8184 Different Summands Counting

如何让每一种颜色出现一次？容易发现，$\sum_{i=1}^v (-1)^{i-1} \binom{v}{i} = [v > 0]$，所以容斥。

钦定 $c$ 个位置 $=v$ 的方案数是（$c \neq m$）$\dbinom{n-cv-1}{m-c-1}$。所以你需要对 $\sum_{i=1}^n \dbinom{ai+b}{m}$ 进行计算。

容易发现，这玩意关于 $n$ 是一个 $m+1$ 次多项式，直接插值就行。我觉得应该可以优化到 $O(m^2)$？不太清楚（插值看起来可以优化，因为你选取的点是连续的）。

86. QOJ8190 Jaw-Dropping Set

每个正整数都可以写成 $2^{\alpha}(2k+1)$ 的形式。显然 $k$ 相同的数只会选一个。

注意 $k$ 不同的数之间有整除关系，则 $(2k_1+1)$ 与 $(2k_2+1)$ 差的倍数至少 $3$ 倍，那么他们对应的 $\alpha_{\max}$ 肯定差了至少 $1$。这样，一定可以通过选取 $2^{\alpha_{\max}}(2k+1)$ 来做到 $\lceil \frac{n}{2} \rceil$，这显然是最大值了。

但是显然不需要取 $\alpha_{\max}$，只需要令 $\alpha$ 为最大的使得 $3^{\alpha}(2k+1) \le n$ 的 $\alpha$ 即可，复杂度 $O(\log n)$。

88. QOJ8564 Three Vectors

显然 2-SAT 解计数是极其困难的，所以本题构造出来的关系应该只有 $O(1)$ 个向量能够满足。

如果 $a_{1,i}=a_{2,i}=a_{3,i}$，很容易通过限制使得 $a_{i} = a_{1,i}$。

其他情况下，都可以找到唯一的 $1 \le j_i \le 3$ 使得 $j_i$ 行是特殊的。对于同一个 $j_i$，我们可以施加限制；对于不同的 $j_i$，可以模仿样例 2 施加限制。

这样构造出来的关系至多 $4$ 个向量能满足。也容易证明不可能恰好构造出 $3$ 个向量。

99. QOJ10542 Protecting Kingdom

用人话说就是，一棵树有边权，部分点是关键点。问长度 $\le w$ 的链最多能覆盖多少个关键带你。

点分治容易做到 $O(n \log^2 n)$，长链剖分 + 二分容易做到 $O(n \log n)$。

然而，扫码的追忆还在攻击我——长链剖分的时候使用“尝试增量”而非二分可以变为 $O(n)$，代码甚至会比二分好写。

100. QOJ10543 Square Stamping

直接贪心，搜索一下发现过了。据说状态数为 $O(n)$。

101. QOJ10545 String Rank

CodeGolf 邻域大神

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int r,i,t,m[30];string S;int main(){cin>>S,i=S.size()-1;for(;~i;){for(t=0;26-t;)m[t++]=min(m[t],m[S[i]-97]+1);r=max(r,++m[S[i--]-97]);}cout<<r;}

倒着对整个串建立子序列自动机，贪心地让子序列最靠后。显然答案是初状态到每个点的最短距离的最大值。发现每个点的入边是一段区间，容易优化（即不需要显示建图）。

104. QOJ10697 Judge Error

结论：如果一张图（无自环，但是可以由重边）是边双连通的，那么不可能存在恰一组完美匹配。

证明：设 $G$ 为一张边数最小的、存在恰一组完美匹配的图。记 $E_1$ 为完美匹配中的边，$E_2$ 为其他边。由于每个点在 $E_1 \cup E_2$ 中至少有两条邻边，则容易证明 $|E_2| \ge |E_1|$。当 $|E_2|=|E_1|$ 时显然是偶环，易证矛盾，设 $|E_2| > |E_1|$。容易证明（忘记为啥了），可以从 $E_2$ 中找到两条边使得他们切边等价，构成一个割集。集训队作业中给的证明实际上不完善——没有证明这两条切边是重边的情况（不过这是极其容易的）。想法就是：利用这个割集划分为两个点集，点击的边数更小所以一定存在两组以上完美匹配，分析完美匹配的形态即得。

回到原题。我们发现，割边是否在完美匹配中是容易得——如果割边分出来的两个点集大小为奇数，它一定在完美匹配中；否则，如果选了这条边一定会出现大小为奇数的分量，坠机。所以只需要快速找割边。

直接弄要遍历 $O(n)$ 次，而大多数边都是没用的，用异或哈希 + bitset 优化容易做到 $O(\frac{n^3}{w})$。

114. QOJ12212 Best Subsequence

和 11 题一模一样。

posted @ 2025-10-05 22:27 M2GA 阅读(1028) 评论(0) 收藏举报

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