OIFC 2026省选 0120
胜兵必骄 wars
称 \(a=1\) 为黑色，否则为白色。
注意到一次战斗本质是交换颜色，一条边被操作两次不会对颜色产生影响。最初的想法是找到一个黑点 \(u\)，与白色儿子交换颜色，递归到子树处理；同色的儿子提前递归，回溯时趁 \(u\) 还没从白色变回黑色时连做两次。
这样会有一些问题，如果一个点的所有儿子都与他同色，那么这个点必须得被提前反色。设 \(f_{u,0/1}\) 表示 \(u\) 颜色为 \(0/1\) 时能否被操作以及此时的构造。从一个有不同色相邻点的点开始 dfs，做树上 DP 即可。
证明一下为什么两种颜色点均存在时一定有解，找到树上一条两端不同色的边，分成两个子问题，如果某一侧颜色全相同，在当前边两次操作之间做，否则在操作之前做，一定有解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<int,ll> pil;
typedef pair<ll,int> pli;
typedef pair<ll,ll> pll;
template<typename T>
void chkmin(T &x,const T &y){x=min(x,y);}
template<typename T>
void chkmax(T &x,const T &y){x=max(x,y);}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD=998244353;
void add(int &x,int y){
x+=y;
if(x>=MOD) x-=MOD;
}
int qpow(int a,ll b){
int mul=1;
while(b){
if(b&1) mul=(ll)mul*a%MOD;
a=(ll)a*a%MOD;
b>>=1;
}
return mul;
}
const int N=1000005;
int n,a[N],f[N][2],vis[N];
vector<int> G[N];
vector<pii> vec[N][2];
void dfs(int u,int fa){
int cnt[2];
cnt[0]=cnt[1]=0;
for(auto v:G[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
cnt[a[v]]++;
}
if(cnt[0]+cnt[1]==0){
f[u][0]=f[u][1]=1;
return;
}
for(int c=0;c<2;c++){
if(cnt[c^1]){
f[u][c]=1;
for(auto v:G[u]){
if(v==fa) continue;
if(f[v][a[v]]) vec[u][c].push_back({-1,v});
}
for(auto v:G[u]){
if(v==fa) continue;
if(a[v]^c){
vec[u][c].push_back({u,v});
if(!f[v][a[v]]) vec[u][c].push_back({-1,v});
vec[u][c].push_back({u,v});
}
}
int vv=vec[u][c].back().second;
vec[u][c].pop_back();
for(auto v:G[u]){
if(v==fa) continue;
if(!(a[v]^c)){
vec[u][c].push_back({u,v});
if(!f[v][a[v]]) vec[u][c].push_back({-1,v});
vec[u][c].push_back({u,v});
}
}
vec[u][c].push_back({u,vv});
}
else f[u][c]=0;
}
}
void dfs2(int u,int c){
for(auto [x,y]:vec[u][c]){
if(x==-1) dfs2(y,a[y]);
else printf("%d %d\n",x,y),a[y]^=1;
}
}
void __INIT__(){}
void __SOLVE__(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
bool flag=false;
for(auto j:G[i]) if(a[i]!=a[j]){
flag=true;
break;
}
if(flag){
dfs(i,i);
dfs2(i,a[i]);
return;
}
}
}
int main(){
#ifndef JZQ
freopen("wars.in","r",stdin);
freopen("wars.out","w",stdout);
#endif
int T=1;
// scanf("%d",&T);
__INIT__();
while(T--) __SOLVE__();
return 0;
}
数据恢复 recovery
观察性质。
考虑做判定。
*观察 1
对于非前缀最大值且不固定的位置，其目标顺序应递增。
否则，可以调整出字典序更小的方案。
观察 2
对于一个前缀最大值位置 \(i\)，设 \(mx_i=\max\limits_{\substack{pre_i\le j<nxt_i \\ i\neq j}}\{a'_j\}\)，则 \(i\) 不能被替换当且仅当 \((mx_i,a'_i]\) 中的数被固定。
笔者考场仅观察到了更弱的结论（必要不充分条件）。
必要性显然，直接调整。
充分性证明，从左往右固定每一个前缀最大值，如果 \(i\) 被替换，则 \(i\) 被移至 \(nxt_i\) 后，必然有一个 \(nxt_i\) 后的数要移进 \(i\sim nxt_i\)，根据观察 1，这就会导致产生新的前缀最大值。
综上，一个方案合法当且仅当不被固定的非前缀最大值递增，不被固定的前缀最大值满足 \((mx_i,a'_i]\) 被固定。
考虑在值域上 DP，设 \(f_i\) 表示考虑了 \(1\sim i\) 的非前缀最大值，且 \(i\) 不被固定的方案数。
暴力的转移为：
\[f_i=\sum_{\substack{j<i \\ p_j<p_i}}f_j2^{cnt_{j+1,i-1}},\ c_{p_i}=0
\]
其中 \(cnt_{l,r}\) 表示被 \([l,r]\) 完全包含的 \((mx_i,a'_i]\) 数量。
用前缀和维护 \(cnt\)，用树状数组维护 \(f\)，即可 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<int,ll> pil;
typedef pair<ll,int> pli;
typedef pair<ll,ll> pll;
template<typename T>
void chkmin(T &x,const T &y){x=min(x,y);}
template<typename T>
void chkmax(T &x,const T &y){x=max(x,y);}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD=998244353,INV2=(MOD+1)>>1;
void add(int &x,int y){
x+=y;
if(x>=MOD) x-=MOD;
}
int qpow(int a,ll b){
int mul=1;
while(b){
if(b&1) mul=(ll)mul*a%MOD;
a=(ll)a*a%MOD;
b>>=1;
}
return mul;
}
const int N=1000005;
int n,a[N],p[N],nxt[N],c[N],pre[N],cnt[N],pw[N],invpw[N];
int val[N],tr[N],f[N];
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
void modify(int x,int v){
add(val[x],v);
for(;x<=n+1;x+=lowbit(x)) add(tr[x],v);
}
void change(int x,int v){
int d=v-val[x];
if(d<0) d+=MOD;
modify(x,d);
}
int query(int x){
int sum=0;
for(;x;x-=lowbit(x)) add(sum,tr[x]);
return sum;
}
int query(int l,int r){
int s=query(r)-query(l-1);
if(s<0) s+=MOD;
return s;
}
void __INIT__(){
pw[0]=invpw[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
pw[i]=(pw[i-1]<<1)%MOD;
invpw[i]=(ll)INV2*invpw[i-1]%MOD;
}
}
void __SOLVE__(){
scanf("%d",&n);
int mx=0,lst=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
p[a[i]]=i;
if(a[i]>mx){
nxt[lst]=i,pre[i]=lst;
mx=a[i],lst=i,c[i]=1;
}
else c[i]=0;
}
nxt[lst]=n+1;
vector<pii> vec;
a[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!c[i]) continue;
int mx=a[pre[i]];
for(int j=i+1;j<nxt[i];j++) chkmax(mx,a[j]);
vec.push_back({mx+1,a[i]});
}
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0;
for(int i=1,j=0;i<=n;i++){
if(i>vec[j].second) j++;
if(j<vec.size()&&i==vec[j].first) cnt[i]=1;
cnt[i]+=cnt[i-1];
if(j>=vec.size()||i<vec[j].first) pre[i]=i;
else pre[i]=vec[j].first-1;
}
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",cnt[i]);
// printf("\n");
for(int i=1;i<=n+1;i++) val[i]=tr[i]=0;
modify(1,1);
for(int i=1,j=0;i<=n;i++){
if(j<vec.size()&&i>vec[j].second){
for(int k=vec[j].first;k<=vec[j].second;k++) change(p[k]+1,(ll)INV2*val[p[k]+1]%MOD);
j++;
}
if(c[p[i]]) continue;
f[i]=(ll)pw[cnt[pre[i]]]*query(p[i]+1)%MOD;
modify(p[i]+1,(ll)invpw[cnt[pre[i]]]*f[i]%MOD);
}
// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",f[i]);
// printf("\n");
printf("%lld\n",(ll)pw[vec.size()]*query(n+1)%MOD);
}
int main(){
#ifndef JZQ
freopen("recovery.in","r",stdin);
freopen("recovery.out","w",stdout);
#endif
int T=1;
scanf("%*d%d",&T);
__INIT__();
while(T--) __SOLVE__();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号