2025 11 10

• 第20场 （为了完整把前天的一部分粘贴过来了
  • T1 秒了
  • T2 我不行了，啥性质都分析出来了，就是没有想到把第 \(i\) 个物品合并放到第 \(i+1\) 里去，那我能说啥呢
    • 见过的套路不够多加上当时的脑袋比较混沌，加上自己比较蠢没有想到可以这样子做，实际上我是想到了可以合并变成第 \(i+1\) 大的大小的但是我没有想到可以给它放到后面去处理，我是直接想用背包处理的，我太蠢了深刻反思
  • T3 根号分治求拆分数
    • 很天才的trick，之前从未见过/kx
    • 考虑加入的数 \(x <= \sqrt{N}\)
      • 那么直接背包，时间复杂度是 \(O(N \sqrt{N})\) 的
    • \(x > \sqrt{N}\)
      • 那么考虑它们加入的次数一定会小于等于 \(\sqrt{N}\) 故我们可以枚举次数，然后加入一个 \(\sqrt{N}\)，可以任意地把前面的数都加上一个数 \(c >= 0\)
    • 甜菜！！！这样就是 \(O(N \sqrt{N})\) 的了
    • 考虑怎么反悔，这里有两种方法
      • 对于完全背包可以使用 退背包的操作
      • 或者考虑容斥，如不能选 \(a_1, a_2, …… a_k\) 这几个数，则考虑选了几个违法的数（不能重复选）若是 \(x\) 个则系数为 \((-1)^x\) 用背包每次加数改为加上这个数的相反数即可

      s[0] = 1;
      for (long long i = 1; i <= k; i++) {
        for (long long j = n; j >= a[i]; j--) {
          s[j] += (mod - s[j - a[i]]);
          s[j] %= mod;
        }
      }
    

  • T4
    • 看了提示之后有了点思路
    • 因为要左右两边都有比自己高的自己才能增高，所以可以得出最终序列的最大值等于原来序列的最大值
    • 然后考虑最大值所在的位置 \(x\) （任意一个）则 \(i<x\) 的 \(i\) 都要是 \(1-i\) 的前缀最大值，任意一个 \(i > x\) 的 \(i\) 都要是后缀最大值
    • 故我们可以确定每一个数所最终要变成的数
    • 考虑从小往大提升这座山，如第一小的提升到次小或它们最终需要变成的数，这一定是不劣的因为它们在这个阶段无法成为别人提高的媒介
    • 考虑我们维护一个集合表示最小的，且需要加到次小的数的集合，我们考虑 \(pl\) 为这些数最靠左的节点，\(pr\) 为这些数最靠右的节点，\(mxll\) 为 \(pl\) 左边大于 \(pl\) 的最小的数，\(mxlr\) 为 \(pl\) 右边大于 \(pl\) 的最小的数，\(mxrl\) 为 \(pr\) 左边大于 \(pr\) 的最小的数，\(mxrr\) 为 \(pr\) 右边大于 \(pr\) 的最小的数。
    • 我们肯定是更希望是 \((x+1,x,x+1)\) 这种形式的出现次数多，我们会想到可以把 \(pl\) ，\(pr\) 的值加1然后再让序列中间的元素加1，重复这个步骤直到它们和次小的数一样大
    • 考虑这样做一次的答案就是 \(\min(mxlr,mxrl) + mxll + mxrr\) 可以发现这样一定是最优的，因为 \(mxll\) 和 \(mxrr\) 是一定要选的，\(\min(mxlr,mxrl)\) 是全局大于 \(pl,pr\) 的最小的值是最优的选择方案，然后计算一下其他的贡献即可
    • 然后直接上主席树求解即可。
    • 感觉很简单啊，还是不要惧怕题目，在NOIP考场上也要做到每道题都分配一些思考时间而不是碰到T4下意识觉得自己做不出来
• 第21场补题
  • T2
    • 考场想出来了全部的关键点 \(a_{\frac{i}{j}}\) 可以数论分块 \(b_{i \mod j}\) 下标为等差数列，甚至想到了可以预处理等差数列的前缀和，但是我就是没有想到可以对 \(j\) 进行根号分治
      • 具体地对于 \(j <= \sqrt{N}\) 来说可以直接暴力计算时间复杂度为 \(O(N \sqrt{N})\)
      • 对于 \(j > \sqrt{N}\) 来说它的公差是 \(\frac{i}{j}\) 的是 \(< sqrt{N}\) 的故可以直接预处理出来
    • 为什么我没有想到根号分治
      • 见的不够多，说白了就是题目做少了
      • 没有总结过根号分治适用于哪些场景，它没有在我脑海中留下标签印象，适用于对静态序列的某些位置求和或其他操作等问题
      • 头疼，感觉自己见过的根号分治的题没几道，大部分原因还是要归咎在根号分治这个trick用少了上面
  • T3
    • 六百六十六烟斗不带烟的，是 \(n \cdot k <= 1e5\) 而并非 \(n,k <= 1e5\) 看错题加上思考时间不够直接炸了/fn
    • 那很显然考时我想到了把组员放在组长前面，故可以按照 \(w\) 从小到大排序，若 \(w\) 相同，则按照 \(p\) 组员在组长前面排序
    • 定义 \(f_{i,j,k}\) 表示到了第 \(i\) 个人有 \(j\) 组选好了的选了 \(k\) 个空闲组员的最小花费，然后转移即可
  • T4
    • 长度不同的情况：本质不同的子序列
      • \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 结尾，长度为 \(j\) 的本质不同的子序列
      • 考虑 \(p_i\) 为第 \(i\) 个数之前最后一个等于 \(a_i\) 的位置若没有则为0
      • 很容易看出 \(f_{k,j+1} = \sum_{i=p_k}^{k-1} f_{i,j}\) 可以使用前缀和优化 (O(NM))
    • 考虑长度相同的情况
      • \(f_{i,j}\) 为 a 序列中 \(i\) 结尾， b序列中 \(j\) 结尾，本质相同的子序列个数
      • 若 \(a_i = b_j\) \(f_{i,j} = \sum_{e=pa_i}^{i-1} \sum_{k=pb_j}^{j-1} f_{e,k}\)
      • 设 \(g_{i,j}\) 表示以 a 序列中的 \(i\) 结尾，以 b 序列中的 \(j\) 结尾，在结尾之前本质相同但 \(a_i > b_j\) 的序列个数
      • 当 \(a_i > b_j\) 时 \(g_{i,j} = \sum_{e=pa_i}^{i-1} \sum_{k=pb_j}^{j-1} f_{e,k}\)
      • 设 \(h_{i,j}\) 表示前者>后者的情况
        • 则 \(h_{i,j} = g_{i,j} + \sum_{e=pa_i}^{i-1} \sum_{k=pb_j}^{j-1} h_{e,k}\)
      • 所以 \(ans = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} h_{i,j}\)
      • 可以使用2维前缀和优化至 \(O(nm)\)
      • 感觉也很简单，不过还是同样的问题，还是不要惧怕题目，在NOIP考场上也要做到每道题都分配一些思考时间而不是碰到T4下意识觉得自己做不出来，因为这两场是今天才改题的所以做这场的时候没有19场总结出来的问题
    • 因为长度不同的时候直接可以区分字典序大小，故我们可以对这类情况单纯讨论就有了第一种分讨
      • 因为得到的两个序列我们只关心长度，故两个序列相对独立，故我们可以对两个序列分别进行求长度为 \(j\) 的本质不同的子序列个数
    • 因为两个串比较字典序的时候是相同的一段+不同的字符+无所谓是什么的一段，它们的长度是相等的，故我们可以分别使用 \(f,g,h\) 三个数组来考虑这三件事情