代码源周作业44 题解
CF2167E khba Loves to Sleep!
二分答案，之后做法就很多了，其一是考虑每个点满足答案的是一段前缀 \([0, a_i - mid]\) 和一段后缀 \([a_i + mid, x]\)，直接并的交就能得到答案了，但是细节比较多。所以考虑直接排序 \(a\)，那么取所有 \([a_{i-1}+mid,a_i-mid]\) 的并即可。
CF2167F Tree, TREE!!!
考虑换一下统计贡献的方式，我们对每个点 \(x\) 统计有多少个点 \(u\)，满足以 \(u\) 为根时 \(x\) 可以作为 LCA 被获取到，显然想让 \(x\) 为 LCA 最好的方式就是直接取 \(x\)，然后再在 \(x\) 的子树中取 \(k-1\) 个点，换言之只要满足当 \(u\) 为根时，\(sz_x \ge k\) 即可。基于这个想法，我们先跑出以 \(1\) 为根时所有点的子树大小，再考虑换根时 \(x\) 的子树又变成了什么样呢。手玩可以发现，当取 \(x\) 外的点子树为根时，\(x\) 的子树大小不变；当取 \(x\) 子树内的点为根时，\(x\) 的子树大小变为 \(n\) 减去所在子树大小，那么我们直接统计即可。代码。
CF2144D Price Tags
\(V\) 范围不大，考虑直接枚举 \(x \in V\)，那么 \(((k-1)x,kx]\) 区间内的数最后都会落在 \(k\)，直接用喜欢的方式实现即可，复杂度调和级数。
CF1791G2 Teleporters (Hard Version)
挠餐了，看着这种题就立即触发 CNOI 被动开始找性质，首先注意到因为必须传送，所以每个点实际上是独立的，那么贡献就好算了，注意到起点固定为 \(0\)，枚举第一个到的点之后直接二分即可，有一点小细节。代码。
CF1788D Moving Dots
想出来了！虽然只有*2000，首先考虑这个贡献整体算的话根本算不了，然后考虑枚举一对 \((x,y)\)，算有多少方案这一对产生贡献，然后注意到 \(x\) 左侧有一段不能选，\(y\) 右侧有一段不能选，其余点选不选无所谓所以有 \(2^k\) 种，直接二分做也行，双指针也行，复杂度 \(O(n^2) \sim O(n^2\log n)\)。
ICPC2025沈阳 K
LMY 给的题，非常难。你考虑一次 \((x, y)\) 关于 \((x + dx, y + dy)\) 的对称，结果是 \((x, y) \rightarrow (x + 2dx, y + 2dy)\)，然后当前操作的点 \((x, y) \rightarrow (x + dx, y + dy)\)，这时候一个很神奇的观察来了，如果此时注意 \(\sum x\) 的变化，会发现 \(\sum x \rightarrow \sum x + 2dx\)，\(y\) 的变化是同理的，然后我们再观察每次操作的点 \(x + dx\) 正好 \(\Delta\) 是 \(sumx\) 变化的一半，那考虑，目前我们知道了所有的终止坐标和所有的起始坐标，正好可以知道总的 \(\Delta x\) 和 \(\Delta y\)，那么我们直接枚举起点，然后判断 \((x + \Delta x, y + \Delta y)\) 是否在终止集合里即可。（具体来说，因为当最后一步时，除了我们最后一次操作的点，别的点都到达了对应的终止位置，那么如果答案存在，则必然在终止集合里。）代码很好写。
[ARC112C] DFS Game
操作的过程是类似 dfs 的过程，这意味着当我们进入一棵大小为奇数的子树时，出来后先后手反转；偶数则不反转。另外，你发现真正能操作的只有选儿子并进入，所以我们考虑对这个 dp，我们设 \(dp_u\) 表示 \(u\) 子树内 \(u\) 先手能获得的最大价值，但棋子一旦落到 \(u\) 这棵子树上，先手需要先获得 \(u\) 上的金币，所以先获得选儿子权的是后手。那么我们考虑选择一棵子树 \(v\)，分别对先后手的贡献都是多少。具体来说，当棋子移动到 \(v\)，\(v\) 上的金币依然会被先手拿走，然后依旧后手接着行动，于是先手获得 \(dp_v\)，后手获得 \(sz_v - dp_v\)。那么对于一个儿子 \(v\)，我们还需要考虑出来后是否会反转决策权，那么：
- 当 \(sz_v\) 为偶数，\(sz_v - dp_v \ge dp_v\) 时，因为进入该子树再出来并不会改变决策权，并且该子树对后手是正贡献，那么这类子树一定是必选的。
- 当 \(sz_v\) 为偶数，但 \(sz_v - dp_v < dp_v\)，这样的子树虽然不改变决策权，但是该子树对后手是负贡献，如果不是没得选，后手一定不选。
- 当 \(sz_v\) 为奇数时，出入该子树会改变决策权，那么选完第一类点之后，两个人都想交换决策权把第二类的负贡献点交给对面，所以都会一直选该类点直到选完，而后手一定会选 \(sz_v - dp_v - dp_v\) 最大的（即能拉开最大差距的点），于是我们贪心，模拟选点的过程即可。
根据最后的决策权，再把第二类点的贡献加上即可。代码。
CF1406D Three Sequences
流汗了啊，感觉可能这个性质并没有那么好发现吧/kk。首先注意到最大值肯定为 \(\max(b_n, c_1)\)，考虑把这两个东西关联到一起，所以有 \(a_1=b_1+c_1=b_n - \sum_{i=2}^n(b_i-b_{i-1})+c_1\)，显然当 \(b_n,c_1\) 差最小时最大值最小，那么直接最大值即为 \(\dfrac{a_1 + \sum_{i=2}^n(b_i-b_{i-1})}{2}\)。考虑修改，修改在差分上很好 \(O(1)\) 维护，于是我们直接做就行了。代码。
我错了，给唐神讲的时候发现这题前面的贪心性质居然没写，我自裁。有了前面的推导之后，现在的问题转化为求出 \(b\) 序列的差分数组。注意到这样一个性质，当 \(a\) 序列的数全部相同时，\(b, c\) 全部相同最优。当 \(a\) 递增时，把 \(b\) 全部分配给 \(b\) 最优；当 \(a\) 递减时全部分配给 \(c\) 最优，证明就考虑，比如说递增，如果全部分配给递减的 \(c\) 的话，\(c\) 需要整体抬高，但是给 \(b\) 就规避了。或者说，如果我们想要最小化一个递增序列的最大值的话，我们一定会想尽量最小化其中任意一个值，递减同理。
CF1804E Routing
考虑一个点只有一条出边，那么最终形成的一定是一棵基环树森林，又因为任意两点都需要连通，所以就是一棵内向基环树，注意到这个基环树的形状只能是一个环挂一些叶子，因为一旦挂的树深度大于 \(1\) 了，最外面的点是没办法被访问到的。
那么现在问题转化为，要在原图中找出一个上述形态的基环树，注意到环相关问题很喜欢断环成链，那我们不妨断环成链，只需要找出一条链，并且满足这个链的首尾相连，就构成了一个环，于是有 \(f_{S, u, v}\) 表示当前链上的点构成的集合为 \(S\)，链的起点和终点分别为 \(s, t\)，这样的链是否存在，转移简单，但是复杂度是 \(O(n^32^n)\)。注意到一个环相邻点都相连，但是我们的 dp 里把换上每一对相邻的点都算了一遍，而这些状态对应的环都是相同的，相当于对于每一种环都做了环长次 dp，于是我们可以直接钦定环上编号最小的点作为起点（当然，最大也可以），这样复杂度变为 \(O(n^22^n)\)，输出方案直接记录前驱即可。代码。
Daimayuan3447 某道题的checker
赛时把性质分析出来了，但是根本不知道怎么维护。
考虑现在对于相邻的 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\)，什么样的 \(x\) 能满足 \(a_i | x < a_{i+1}|x\)，在二进制视角下，我们从高位向低位考虑，对于一位来说，当 \(a_i\) 和 \(a_j\) 相等时，这一位没有限制；当 \(a_i\) 为 \(1\) 且 \(a_{i+1}\) 为 \(0\) 时，这一位必须为 \(1\)；当 \(a_i\) 为 \(0\) 且 \(a_{i+1}\) 为 \(1\) 时，可以直接填 \(0\) 然后后面无限制，也可以填 \(1\) 然后向后接着填。
如果我们将所有无限制的位置视为 \(0\) 的话，相当于对一个数的所有超集做出贡献。但注意到最后一种情况中，如果填 \(1\) 了并不是没贡献，而是需要接着向后填，所以我们容斥，让这位可以随便填，然后再减掉当前位置为 \(1\) 的情况。最后直接做高维前缀和统计答案即可。代码。
CF2112E Tree Colorings
先考虑逆问题，即给出一棵树，该树有多少美丽的染色方案，令 \(dp_u\) 表示 \(u\) 为绿时，该子树的染色方案数，那么一个儿子 \(v\) 有绿、黄、蓝三种染色，注意蓝黄一旦染色就要染一棵子树，那么三种颜色方案分别为 \(dp_v, 1, 1\)，所以
叶子的 dp 值为 \(1\)，那么显然所有的 dp 值都是奇数（因为是若干奇数的乘积），所以当 \(m\) 为偶数时一定无解。
考虑原问题，我们注意到方案数是乘积形式，那么如果我们有两棵树 \(x, y\)，把 \(y\) 接到 \(x\) 下，方案数就是 \(dp_x(dp_y+2)\)，这启示我们，既然是乘积形式，如果令 \(f_x\) 表示方案数为 \(x\) 的最小树大小，那么 \(x\) 可以从 \(x\) 的约数转移，实际意义就是拼接树，这样做为什么最优化呢？不能将 \(y\) 接到 \(x\) 子树里的任何一点吗？事实上当然可以，但是这种方案的依然包括在我们转移的所有因数中。
于是解法呼之欲出了，我们再整理一下转移：
就是把方案数拆分为 \(d, x/d\)，而贡献了 \(x/d\) 实际上贡献的方案数是 \(x/d+2\)，所以原方案数就是 \(x/d-2\)。
枚举倍数，得到复杂度调和级数。代码。
2025多校冲刺NOIP模拟赛3
最小字典序
题目链接。
先考虑一个朴素的暴力 dp，先有 \(dp_i\) 表示 \([i, n]\) 区间能获得最小的答案（把整个答案内容是什么都存下来），注意到因为是比较字典序，所以答案一定形如 \(a_i | a_{i+1} | ... | a_j + dp_{j + 1}\)，这里的 \(+\) 表示拼接。因为任意比 \(a_i\) 大的数字在当前位置上一定都不如 \(a_i\) 优秀。那么实际上就是比较一堆 \(dp_{j}\)，直接逐个和最优的比较，单次比较可以哈希加二分做到 \(\log n\)，总的复杂度就是 \(n^2\log n\)。
但是，我们真的需要记下来所有的序列具体长什么样子吗，他们事实上都是在原序列上的某些段，那么再把二分换成等价的倍增，就有 \(fa_{x, i}\) 表示 \(dp_i\) 的答案中，第 \(2^j\) 位在原序列中的下标，\(h_{x, i}\) 表示 \(dp_i\) 中这一长度为 \(2^j\) 的段的哈希值。这样空间就是 \(n \log n\) 的了，虽然时间还没有贡献。我们继续观察，注意到并不是所有的转移都有意义，考虑一对转移点 \((i, j)\)，当 \(i < j\) 且 \(dp_i \le dp_j\) 的时候 \(j\) 是没有价值的，因为越小的转移点，越能满足提到的 \(a_i | a_{i+1} | .. | a_j = a_i\) 这个条件。基于这个事实，我们用单调栈维护转移点，并在单调栈上二分，那么一个位置进入一次栈、再被弹出一次，总复杂度就变成 \(O(n \log n)\) 的了。代码。
在空无一物的时光深处
这种后面的操作，会覆盖前面的操作的这种问题，特别喜欢从后往前考虑来把操作导致的变化，变成钦定最终形态后，只能覆盖 \(0\)，这种东西。这个题也是，我们从后向前考虑染色，然后现在染色就只能对 \(0\) 染色了。考虑 dp，最显然的想法设（我赛时的想法）\(dp_{i, l, r, j}\) 表示当前进行到了第 \(i\) 次染色，有颜色的区间是 \([l, r]\)，当前笔在位置 \(j\) 的方案数。
这种 dp 不对，关键问题在于笔终点不在同一位置，但是方案可能是相同的，具体来说，假设当前染色段为 \([l, r]\)，我们的笔在其中来回行动但是并不跨出边界，那么当前的方案全部相同，但是这样 dp 会让我们持续的转移。
那么该怎么 dp 呢？如果我们想彻底的规避这种在染色段内部转来转去的情况，我们不如直接钦定每次转移必须扩展边界，那么，我们有 \(dp_{i, l, r, 0/1}\) 表示当前进行第 \(i\) 次染色，染过色的区间是 \([l, r]\)，当前在左端点/右端点的所有方案数。但是这样做起码也是 \(O(n^4)\) 的，我们还得再想想办法。注意到我们转移时其实只在意长度，换言之，对于任意起点的 \([i, i + len - 1]\) 答案全部相同，这意味着我们只需要把 \(l, r\) 压成一个 \(len\) 即可。于是现在的状态变成了 \(dp_{i, len, 0/1}\)，考虑转移。可以向同侧转移也可以向异侧转移，但是异侧的条件是执行 \([k, i]\) 的所有颜色后，能够到达对应点，这个可以 bitset 维护，最后的复杂度是 \(O(n^2m^2)\)。代码。
浙公网安备 33010602011771号