广州市赛 2026 题解

D1T1

题意

给你长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。有 \(q\) 次操作，每次操作给出 \(l,r\)，求将 \(a[l..r]\) 反转后，\(\sum_{i=1}^{n-1}\max(a_{i+1}-a_i,0)\) 的值。操作相互之间独立。

\(1\leq n,q\leq 10^5\)。

前缀和，\(\mathcal{O}(n)\)。

D1T2

题意

给你一棵 \(n\) 个点的树，第 \(i\) 条边有两个边权 \(a_i,b_i\)。你可以选择一个边集 \(E\)，若 \(i\in E\) 则边 \(i\) 的边权为 \(a_i\)，否则为 \(b_i\)。对于一个边集，定义其权值为：从 \(E\) 中能选出的最大匹配的边数，乘上所有边的边权。求所有 \(2^{n-1}\) 种边集 \(E\) 的权值和。答案对 \(998244353\) 取模。

\(1\leq n\leq 10^5\)。

回顾树上最大匹配的 DP，用 \(f_{u,0/1}\) 表示考虑 \(sub_u\) 内的点，是否选择点 \(u\)，此时的最大匹配。转移为：

\[\begin{align*} f'_{u,0}&\gets f_{u,0}+\max(f_{v,0}, f_{v,1})\\ f'_{u,1}&\gets \max\begin{cases} f_{u,1}+\max(f_{v,0},f_{v,1})\\ f_{u,0}+f_{v,0}+1 & \text{if }(u,v)\in E \end{cases} \end{align*} \]

我们发现这个 \(\max\) 放到 DP 里很不好处理。

考虑很难的一步，令 \(d_u=f_{u,1}-f_{u,0}\)，我们考察 \(f_{u,0}\) 和 \(d_u\)，此时转移变为：

\[\begin{align*} f'_{u,0}&\gets f_{u,0}+f_{v,0}+\max(d_v,0)\\ d'_u&\gets \max\begin{cases} d_u\\ 1-\max(d_v,0) & \text{if }(u,v)\in E \end{cases} \end{align*} \]

可以发现 \(d_u\) 只能取 \(\{0,1,-\infty\}\) 中的数，于是设计 \(dp_{u,0/1/-\infty}\) 表示考虑 \(sub_u\) 内的点，\(d_u=0/1/-\infty\) 时的权值和。转移形如把 \(\sum\prod ax\) 和 \(\sum\prod by\) 合并成 \(\sum\prod (a+b)xy\)，额外记录 \(g_{u,0/1/-\infty}\) 表示边权积之和即可。需要一些简单的分讨。

实际上这个 \(d_u=-\infty\) 只会在初始状态中出现，但是某人场上没带脑子。不管了。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

D1T3

题意

有一个 \(n\times m\) 的网格，\(a_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个人在第 \(j\) 题上的得分，每个题满分都是 \(K\)，\(0\leq a_{i,j}\leq K\)。冠军是在 \(m\) 个题上的总得分最小的选手，若得分相同则取编号较小的选手。现在你可以选择 \(a\) 上的若干个位置公开，其他位置隐藏。如果存在一种补全隐藏位置的方案，使得选手 \(i\) 为冠军，则称选手 \(i\) 为候选冠军。你需要最小化公开的位置数量，使得恰好有 \(r\) 个候选冠军，或报告无解。

\(1\leq nm\leq 10^5\)，\(K\in \{1,2\}\)。

公开若干位置后，设第 \(i\) 行总分的最小和最大可能值分别为 \(L_i,R_i\)。考虑取 \(p=\arg\min\limits_i(R_i,i)\)，那么 \(p\) 必然是候选冠军。进一步地，对于 \(i\neq p\)，\(i\) 是候选冠军当且仅当 \((L_i,i)<(R_p,p)\)，证明显然。这样我们就把行之间的限制消掉了。

现在考虑固定 \(p\) 和 \(R_p\)，反过来考虑，我们想让 \(r'=n-r\) 个人不是候选冠军，那么对于 \(i<p\)，我们要让 \(L_i>R_p\land R_i>R_p\)，对于 \(i>p\)，我们要让 \(L_i\geq R_p\land R_i\geq R_p\)。对于没有被排除的位置，我们不公开任何位置，从而使 \(L\) 取到 \(0\)，\(R\) 取到 \(km\)。注意特判：若 \(R_p=0\) 则 \(n-p\leq r'\)，若 \(R_p=km\) 则 \(p=1\)。

考虑计算出 \(f_i(x)\) 表示要使第 \(i\) 行 \(L_i\geq x\land R_i\geq x\) 的最少公开位置数。

设 \(c_{i,x}\) 表示第 \(i\) 行中 \(x\) 的数量。

对于 \(K=1\)，显然

\[f_i(x)=\begin{cases} x&\text{if }c_{i,1}\geq x\\ +\infty &\text{otherwise} \end{cases} \]

对于 \(K=2\)，我们一定是优先取 \(2\)。若 \(x\leq 2c_{i,2}\)，则只需公开 \(\left\lceil\dfrac{x}{2}\right\rceil\) 个位置；否则必然是先取完 \(c_{i,2}\) 个 \(2\)，再取 \(x-2c_{i,2}\) 个 \(1\)，于是要满足 \(x\leq c_{i,1}+2c_{i,2}\)，注意还要满足

\[R_i=x-2c_{i,2}+2(m-(x-2c_{i,2}))=2m-x+2c_{i,2}\geq x \]

也就是 \(x\leq m+c_{i,2}\)。

于是可以得到

\[f_i(x)=\begin{cases} \left\lceil\dfrac{x}{2}\right\rceil&\text{if }x\leq 2c_{i,2}\\ x-c_{i,2}&\text{if } 2c_{i,2}<x\leq\min(c_{i,1}+2c_{i,2},m+c_{i,2})\\ +\infty&\text{otherwise} \end{cases} \]

还需要计算出 \(g_i(x)\) 表示令第 \(i\) 行恰好有 \(R_i=x\) 的最少公开位置数。

若 \(K=1\)，则

\[g_i(x)=\begin{cases} m-x&\text{if }c_{i,1}\geq m-x\\ +\infty&\text{otherwise} \end{cases} \]

若 \(K=2\)，我们先尽量用 \(0\)，设 \(x=\min(c_{i,0},\left\lfloor\dfrac{2m-x}{2}\right\rfloor),y=2m-x-2x\)，则

\[g_i(x)=\begin{cases} x+y&\text{if }y\leq c_{i,1}\\ +\infty&\text{otherwise} \end{cases} \]

固定 \(R_p\) 的值，从小到大扫 \(p\)，我们只需查询多重集 \(S=\{f_i(R_p+[i<p])\mid i\neq p\}\) 的前 \(r'\) 小，使用树状数组维护即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(Knm\log{m})\)。

D1T4

题意

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。\(q\) 次询问 \(l,r\)，你需要求出从 \(r\) 跳跃到 \(l\) 的最小次数。设当前位置为 \(p\)，一次跳跃定义为找出 \(|a_p-a_q|\) 最大的位置 \(q\in[l,p-1]\)，若有多个这样的位置取最靠右的，然后令 \(p\gets q\)。

\(1\leq n,q\leq 10^6\)。

取出 \(a[l..n]\) 的前缀最小值位置和前缀最大值位置，不难观察到每次跳跃都会在两类位置之间交替走。取这些位置的并集 \(S\)，考察一对相邻的位置 \(i<j\)，若 \(i,j\) 都恰好只属于同一类位置，则令 \(w_j=0\)，否则令 \(w_j=1\)。那么一个位置 \(p\) 的跳跃次数就是 \(\sum_{i\in S,i\leq p}w_i\)。从大到小扫 \(l\)，维护两个单调栈，用链表维护 \(S\)，树状数组维护 \(w\)，查询时在单调栈上二分出 \(r\) 第一次跳到的位置即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}((n+q)\log{n})\)。

D2T1

题意

给你一个 \(n\times m\) 的网格 \(a_{i,j}\)。设当前得分为 \(b\)，每一步你可以移动到四联通的格子 \((i,j)\) 上，然后令 \(b\gets (b+a_{i,j})^2\)。给你 \(s_x,s_y,t_x,t_y,w,q,p\)，你需要求出，以 \(w\) 的初始得分，从 \((s_x,s_y)\) 走到 \((t_x,t_y)\)，使得最终得分为 \(q\) 的最小步数，得分在模质数 \(p\) 意义下计算。特别的，步数 \(>16\) 算作无解。

\(1\leq n,m\leq 100\)，\(2\leq p\leq 10^7\)。

容易想到折半，从 \((s_x,s_y)\) 出发走 \(P\) 步，从 \((t_x,t_y)\) 出发倒着走 \(Q\) 步。倒着走需要求二次剩余，而模质数 \(p\) 意义下可能存在两个二次剩余，所以左侧状态数为 \(4^P\)，右侧状态数为 \(8^Q\)。平衡一下，取 \(P=10,Q=6\) 最优。二次剩余 \(\mathcal{O}(p)\) 暴力预处理即可。如果用 unordered_map 时间复杂度为 \(\mathcal{O}(p+4^{P}+8^Q)\)。

D2T2

题意

给你长度为 \(n\) 的严格递增序列 \(a\)。你需要将其划分为若干个长度大于 \(1\) 的等差子序列，并最小化这些子序列的公差的最大值。

\(1\leq n\leq 3500\)。

二分转化为 check 答案是否 \(\leq mid\)。在所有满足 \(a_j-a_i\leq mid\) 的点 \(i,j\) 间连边，每个连通块都是 \(a\) 上的一个连续段。容易发现只需要保留长度为 \(2\) 或 \(3\) 的等差数列。那么偶数长度的连续段显然合法，只需要对奇数长度的连续段做判定。

我们指出，若一个奇数长度的连续段合法，则必然存在一种划分只包含一个长度为 \(3\) 的等差数列。

证明

考察一个合法的划分，把每个等差数列里的点缩起来得到一个新的连通图。设长度为 \(3\) 的等差数列对应的点为特殊点，那么有奇数个特殊点。任取新图中的一棵生成树，取生成树中深度最大的特殊点从新图中删去，则未被删去的特殊点都在同一个连通块内，因此这个连通块内包含偶数个特殊点。对应到原图中，每个连通块的大小都是偶数，可以调整为两两配对。\(\Box\)

固定一个长度为 \(3\) 的等差数列后，剩余部分形成 \(4\) 个连续段，从左到右尝试合并连续段，合并后检查是否每个连续段都是偶数长度，这样即可 \(\mathcal{O}(1)\) check 一个长度为 \(3\) 的等差数列是否合法。而长度为 \(3\) 的等差数列可以固定中间点双指针求出。这样就可以 \(\mathcal{O}(n^2)\) check 了。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2\log{V})\)。

D2T3

题意

Alice 和 Bob 在一个序列上玩游戏，Alice 先手。每一步，当前玩家需要执行下面的操作之一：

• 删除序列中的一个元素。
• 将序列打乱成先前没有出现过的顺序，不区分相同的值。

无法操作的一方失败。

Alice 和 Bob 都以最优策略操作。

给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)。\(q\) 次询问 \(l,r\)，你需要求出若在 \(a[l..r]\) 上玩游戏，哪一方会获胜。

\(1\leq n,q\leq 10^6\)，\(1\leq a_i\leq n\)。

不妨想想有道理的暴力。显然胜负只和 \(cnt\) 数组构成的可重集有关。进一步地，设一个可重集 \(S\) 的排列数为 \(f(S)=\dfrac{(\sum_{x\in S}x)!}{\prod_{x\in S}x!}\)，那么每次执行完删除操作进入一个新的 \(S\) 后，若对 \(S\) 执行删除操作的后继状态有必败状态，则当前方必胜，否则当前方必败当且仅当 \(f(S)\) 为奇数。

经典地，由 Lucas 定理，\(f(S)\) 为奇数等价于 \(S\) 中元素二进制 \(1\) 位不交。

我们打表发现，先手必败当且仅当序列长度为偶数且 \(f(S)\) 为奇数。

证明

归纳证明。

若 \(f(S)\) 为偶数，由前面的分析，先手必胜。

若序列长度为偶数且 \(f(S)\) 为奇数，则删除操作的后继状态都是必胜状态，因此先手必败。

若序列长度为奇数且 \(f(S)\) 为奇数，则 \(S\) 中恰好存在一个奇数，选择这个奇数减 \(1\) 即可进入必败状态，因此先手必胜。\(\Box\)

考虑如何支持区间查询。观察到若 \(f(S)=1\)，则区间内至多只有 \(\log_2(n)\) 种不同的数。令 \(pre_i\) 表示 \(i\) 前面第一个和 \(a_i\) 相同的位置，可以用 ST 表维护 \(pre\) 数组区间 \(\min\) 及其位置。对 \(r\) 从小到大扫描线，查询 \([l,r]\) 时暴力递归找出所有 \(pre_i<l\) 的位置，若找到了 \(>\log_2(n)\) 则提前退出；否则对于每个位置提前预处理 \(p_i\) 表示 \(a_i\) 是该值第几次出现，扫的过程中维护每个值的出现次数 \(c_v\)，那么对于一个 \(pre_i<l\) 的位置 \(i\)，其出现次数就是 \(c_{a_i}-p_i+1\)，暴力 check 即可。

时间复杂度为 \(\mathcal{O}((n+q)\log{n})\)。

fun fact：莫队维护区间 \(cnt\) 异或和过了。

D2T4

题意

给你一棵 \(n\) 个点 Trie，\(|\Sigma|=26\)。

\(dep_{rt}=0\)，其他点 \(dep_u=dep_{fa_u}+1\)。

对于一个点 \(u\)，定义 \(len_u=\max\limits_{v\in sub_u}dep_v\)。点有点权 \(a_u\)，保证 \(a_{fa_u}>a_u\)。对于一个点 \(x\)，定义

\[S_x=\{y\mid \operatorname{dist}(x,y)>len_y\land a_x\geq a_y\} \]

对于每个点 \(x\)，求最少可以选出多少个不交子树，使得它们的并恰为 \(S_x\)。

\(1\leq n\leq 5\times 10^5\)。

显然问题可以转化为数 \(S_x\) 的连通块个数。考虑点边容斥，把边的 \(-1\) 贡献挂到上面的的点上，于是定义 \(b_x=1-|son_x|\)，那么所求即为 \(\sum\limits_{y\in S_x}b_y\)。

点分治，设 \(d_x\) 为 \(x\) 到分治中心的距离，则限制变为 \(d_x>len_y-d_y\land a_x\geq a_y\)，二维数点即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log^2{n})\)。