2026 集训队作业选做
2. [QOJ837] Giant Penguin
复杂的树上问题可以考虑点分树。
我们每次取出重心，考虑所有跨过至少两棵子树的路径。
如果路径不经过重心，那么肯定经过跨过重心的返祖边，我们提出所有这样的返祖边的任意一个端点，题目的性质保证了此类点只有 \(O(k)\) 个，对这些点都 bfs 一遍就能类似树求答案了。\(O(nk\log n)\)。
3. [QOJ850] Edit Distance Yet Again
朴素 dp \(f_{i, j}=\min(f_{i-1, j}+1, f_{i, j-1}+1, f_{i-1, j-1}+[s_i\neq t_j])\)。
每次 \(|i-j|\) 变化 \(1\) 时，\(f_{i, j}\) 的值至少增大 1，于是我们只保留 \(|i-j|\le k\) 的 \(f_{i, j}\)，\(O((n+m)k)\)。
更进一步地，如果 \(i-j=i'-j' \land i<i' \land f_{i, j}=f_{i', j'}\)，那么我们只保留 \((i',j')\) 肯定不劣：考虑刻画 \((i, j)\) 与 \((i', j')\) 到终点的路径，发现 \((i', j')\) 复制 \((i, j)\) 在 \(x>=i' \land y>=j'\) 路径，最终结果一定更小。
于是我们重新设置状态，\(g_{i, d}\) 表示所有满足 \(x-y=d，f_{x, y}=i\) 的 \((x, y)\) 内 \(x\) 最大的值是多少，需要支持 lcp，时间复杂度为 \(O(n+k^2 \log n)\) 或 \(O(n\log n+k^2)\)，视实现为 hash 还是 sa。
8. [QOJ888] Travel around China
与 T2 很是类似，从树上问题变成了序列问题，一样考虑分治，每次处理 \((l, mid, r)\) 表示 \(s\in [l, mid],t\in [mid, r]\) 之间的路径和。
先跑三遍 dij，处理出 \(dis_{0/1/2, x}\)，分别表示 \((mid, 0),(mid,1),(mid,2)\) 到 \(x\) 的最小距离，则答案就是 \(\sum_x \sum_y \min(dis_{0, x}+dis_{0, y}, dis_{1, x}+dis_{1, y},dis_{2, x}+dis_{2, y})\)，离线后二维偏序解决。
现在还有一个问题，在行数为 3 的情况下，\((mid, 0)\) 到 \((x, 0)\) 的最短路可能会途径 \((x, 2)\)，穿过边界再折返回来，如果每次 dij 整个网格复杂度就炸了。另设 \(f_x\) 表示 \((x, 0)\) 到 \((x, 2)\) 的最短路，预处理一下即可。
\(O(n \log^2 n)\)，代码先咕咕了。
9. [QOJ962] Thanks to MikeMirzayanov
这个反转的操作形式太丑陋了，我们把它改成：将序列划分成若干段并局内反转，再整体反转整个序列。如果操作次数为偶数，我们可以直接忽略“整体反转整个序列”这一步。
考虑分治解决。我们每次分治需要将 \(a_i\le x\) 和 \(a_i>x\) 的数分成两堆：不妨分别把它们看作 \(0\)，\(1\)，我们只关注 \(0\),\(1\) 所形成的极大连续段：我们每 \(3\) 个连续段为一组，并反转每一组的前两个段。容易发现我们只需要 \(O(\log)\) 次操作即可完成目标。
容易发现分治的每一层是可以并行的。于是总操作次数 \(O(\log^2 n)\)，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)
11. [QOJ970] Best Subsequence
先二分答案，判断 \((w, l, r, k)\) 是否可行。
遇到 \(x+y\le w\) 的问题，可以考虑 \(2\times\min(x, y)\le w\)，则相邻两个选择的元素之间必然有一个 \(\le \frac w 2\)。
如果有一个 \(\le \frac w 2\) 的元素未被选择，我们将他替换掉其相邻被选择的 \(> \frac w 2\) 的元素，一定不劣。
于是所有的 \(\le \frac w 2\) 都应该被选择，然后对于相邻的被选择的 \((u, v)\)，尝试再选择 \((u, v)\) 之间的最小值。
我们动态维护单调栈，发现 \((u, v)\) 之间的最小值只有枚举到 \(v\) 时弹出的元素可能造成贡献，总量为 \(O(n)\) 容易维护。\(O(n\log V + q \log^2 V)\)。
12.[QOJ971] Binary Search Tree
一个常见 trick 的运用。BST 本身是不能直接维护的，但我们考虑值域下标互换，相当于每次找到出现时间最小的点，然后往这个点的左右递归建树，类似于笛卡尔树。
接着我们发现一个点的深度就是左右的前/后缀最大值个数，单侧递归线段树维护一下，\(O(n \log^2 n)\)。
24.[QOJ1812] Interesting Coloring
对一个图进行染色是非常困难的，考虑取出一棵 dfs 树，对于任意节点 \(u\)，我们保证 \((rt, u)\) 上边的颜色种类数 \(\le 7\)，再加上任意一条非树边即可完成构造。
我们现在已经枚举到了 \(u\)，\((rt, u)\) 的路径都已经填完，则对于 \(v \in son(u)\)，我们肯定会选一些 \((u, v)\) 填 \((rt, u)\) 中已经出现过的颜色，另一些填全新的颜色。我们需要找到一种分配的方法。下面提出论断：按 \(siz_v\) 从大到小排序，我们只需要让前面几个儿子与 \(u\) 的连边填 \((rt, u)\) 链上出现过的颜色就可以满足条件。
证明：假设 \((rt, u)\) 上颜色总数为 \(c_u\)，\(x\) 是 \(u\) \(siz\) 第 \(\ge k\) 大的元素，则 \(c_x=c_u+1\)，\(siz_u \ge k\times siz_x+1\)。若存在 \(u\) 满足 \(c_u \ge 8\)，则 \(n=siz_1>\sum_{i=1}^7 i!>5555\)，证毕。
25.[QOJ1813] Joy with Permutations
考虑 \(n=4\)，我们容易用四次询问区分出 (最小值，次小值) 和 (最大值，次大值)，再用两次比较得到答案。
容易发现我们无法用一些中位数询问比较出最值和次值，两次比较询问都是用来给最值和次值的。于是我们考虑增量构造，动态维护目前四个还没有区分的数。
具体地我们动态维护 \((l1, l2, lx)\) 和 \((r1, r2, rx)\)，每次新增 \(i\) 时 \(query(l1, r1, i)\)，对返回的值进行一下分类讨论，即可。
27.[QOJ1817] AND Permutation
我们按最高位 \(k\) 分治，则此时 \(a_i>2^k\) 所匹配的 \(a_j\)，至少满足 \(a_i \&a_j\) 的后 \(k-1\) 位都是 \(0\)。我们再交换 \(a_i\) 和 \(a_i-2^k\) 所匹配的数即可，注意到题目中的性质保证 \(a_i-2^k\) 存在。\(O(n\log V)\)。
31.[QOJ2550] Joke
由于 \(s\) 只和所有的有序对 \((p_i, q_i)\) 有关，我们让 \(p_i\) 按 \(1...n\) 排列。
把大小关系看成有向边的话，题意等价于不存在环，等价于不存在长度为 \(4\) 的环：首先环长度一定是偶数，且环上面的结构一定是一条链，这个环如果比较大的话一定可以被分解成一个更小的环。
考虑 \(q_i=n\) 的位置 \(i\)。如果 \(s_i=0\) 则 \(q_i\) 的出度为 \(0\)，我们可以将其删去；否则要求任意 \(j>i\) 的 \(j\) 满足 \(s_j=0\)，否则 \(j\) 和 \(i\) 就在同一个环上了，此时我们可以丢弃所有的 \(j\)。
因此，我们有一个数组 q 和两种操作：
- 删除最大元素
- 删除最大元素及其右侧所有元素。
这就是 IS 的结构，因此我们直接进行 dp，计数所有的 IS 即可。复杂度 \(O(n^4)\)。
32.[QOJ1840] K-onstruction
直接随机不太能过，添加一个优化，我们先随机 \(29\) 个和为 \(m\) 正整数，令 \(f_i\) 表示这 \(29\) 个数中和为 \(i\) 的方案，那么我们添加一个负数 \(-i\) 就可以得到一种 \(0\) 出现 \(f_i+1\) 次的方案。
取 \(m=1500\) 可过。
36.[QOJ1875] Nein
我们判断一个数的 \(10^k-1\) 倍里面有没有 \(9\) 是困难的，但是判定一个不包含 \(9\) 的数能不能被 \(10^k-1\) 整除却相对容易。
因此考虑转化，每次我们要判断有多少前缀为 \(s\) 的、不包含 \(9\) 的数能被 \(10^k-1\) 整除：我们把这个大数每 \(k\) 位分块，按照模 \(k\) 的余数从大到小依次转移即可。
42.[QOJ2548] Juggler's Trick
记 \(K=R+B\)。
对于一个已经确定染色的序列 \(S_{1...n}\)，我们判定其可以清空当且仅当 \(K|n\land cnt_B=nB/K\land cnt_R=nR/ K\)。证明：必要性显然；倘若当前状态下无法进一步操作，一定有对于所有的 \(l\)，\(SR_{l..l+K-1}\neq R\)。\(l\) 变化 \(1\) 时，\(SR_{l...l+K-1}\) 至多变化 \(1\)，则 \(\max SR_{l...l+K-1}<R\) 或 \(\min SR_{l...l+K-1}>R\)，而两者都可以推出 \(cnt_B\neq nB / K\)，与条件矛盾。
那么对于一个还未染色的区间 \((l, r]\)，只要满足 \(l\bmod k=r\bmod k\land(SB_r-SB_l)\le (r-l)/K\times B\land (SR_r-SR_l)\le (r-l)/K\times R\) 就能被清空。可设线性 dp，转移是一个动态二维偏序，cdq 维护之，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
44.[QOJ2554] AND PLUS OR
我们把每个下标 \(i\) 看作 \(\{0, 1,...N-1\}\) 的一个子集，把 \(a\) 看作对子集 \(i\) 的一个函数 \(a(i)\)。
原题意即为我们要找到三个互不相交的子集 \((x,y,z)\)，满足 \(a(x\cup y)+a(x\cup z)<a(x)+a(x\cup y\cup z)\)，即 \(a(x\cup y)-a(x)<a(x\cup y\cup z)-a(x\cup z)\)
枚举 \((x, y)\)，记 \(f(z)=a(x\cup y\cup z)-a(x\cup z)\)，我们需要判断是否存在 \(z\) 满足 \(f(z)>f(\emptyset)\) 。
若存在 \(z\) 满足条件，则必然有 \(\emptyset\in a \in b \in z，|b|-|a|=1\) 满足 \(f(a)<f(b)\)，\((x\cup a,y,b\setminus a)\) 也是一组解。
那么原问题如果存在解，一定存在 \(|z|=1\) 的解，同理也一定存在 \(|y|=1 \land |z|=1\) 的解。
于是我们暴力枚举所有的 \(x, y,z,|y|=|z|=1\) 即可。复杂度 \(O(2^n\times n^2)\)。
57.[QOJ4795] Taxi
如果已经确定了司机和乘客所在的位置，一个最大的匹配代价为 \(\sum_{u\neq rt} (\min(siza_u, m-sizb_u)+\min(sizb_u, m-siza_u))\times w(u, fa_u)\)，证明可以考虑重心相关性质。
将 \(\min(a, b)\) 拆成 \(\sum_{i\ge 1} [a\ge i] \land [b\ge i]\)，对于每个点 \(u\) 我们要计算 \(siza_u\ge i \land sizb_u\le m-i\) 的方案数，组合数算一下即可，复杂度 \(O(n^2)\)。
60.[QOJ4808] Great Party
结论：当 \(n\) 为奇数时先手必胜；否则所有石子堆数量 \(-1\) 异或和不为 \(0\) 时先手获胜。
考虑归纳证明。
- \(n=1\) 时，先手必胜。
- \(n\) 为 \(>1\) 的奇数时，先手可以操作最大的一堆石子堆，将其变空且剩下的石子堆 \(-1\) 异或和为 \(0\)。
- 当 \(n\) 为偶数时，双方选手谁先改变石子堆数量谁就输了。于是一堆石子取到只剩一个时就无法操作，相当于在每堆石子数量 \(-1\) 的情况下玩 Nim 游戏。
记 \(s_i=\bigoplus\limits_{j=1}^i (a_j-1)\)，则区间 \((l, r]\) 后手获胜当且仅当 \(l\equiv r \pmod 2\) 且 \(s_l=s_r\)。用莫队维护一下，时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
83.[QOJ8086] Cloyster
考虑分治，我们每次把一个矩形分成两个小矩形并判断最大值在哪个矩形里。考虑中间的那一行，我们找到这一行的最大值 \(M\)，并且询问最大值周围 \(8\) 个元素的值，并分为两种情况：
- \(M\) 为四周最大的数，那么 \(M\) 即为最大值。
- 否则我们断定，全局最大值肯定在 \(M\) 相邻的最大值的那一个矩形里面。
考虑证明，我们模拟整个网格的构造过程，从最大点开始，从大到小枚举值，每次在连通块的边上多扩展一个点，那么第一次扩展到 \(M\) 所在行一定是在 \(M\) 点，如果最大值在 \(M\) 左边，在这之前 \(M\) 右边的点就都不会被扩展到，那么与 \(M\) 相邻的最大值肯定也在左边。
这样这道题就做完了，询问次数在 \(3n+12\log n\) 次左右。
115.[QOJ]12213 Cool pairs
我们将 \(b\) 按大小顺序分别染色为 \(-n\dots 1\)，对于每一个 \(a_i\)，如果 \(a_i=0\) 对答案的贡献就是 \(n-i\)，如果 \(a_i=n\) 对答案的贡献就是 \(0\)，且容易证明 \(a_i\) 对答案的贡献可以取到 \(0\dots n-i\) 中的任意一个数。
那么我们按照 \(a\) 的大小关系，枚举 \(i\) 选取 \(a_{p_1}\dots a_{p_{i-1}}\) 为 \(0\)，\(a_{p_{i+1}}\dots a_{p_n}\) 为 \(n\)，并让 \(a_{p_i}\) 为 \([0, n]\) 中的某个数，由调整法可知存在一个 \(i\) 能满足\(\texttt{总对数}=k\) 的条件。
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