2026年NOICA联盟-NOIP模拟赛（十四）

C. 聚拢(merge)

题目描述

有一个单调不降的序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，你要将每个位置恰好操作一遍，对于位于位置 \(i\) 的一次操作，将所有小于 \(a_i\) 的位置加一，所有大于 \(a_i\) 的位置减一。

记 \(\operatorname{val}(a)\) 等于所有操作顺序中，操作完后 \(a_n-a_1\) 的最小值。

现在给你每个位置 \(i\) 的候选值集合 \(S_i\)，你要统计所有单调不降序列的 \(\operatorname{val}\) 之和。

做法

先考虑对于一个序列 \(a\)，怎么求 \(\operatorname{val}(a)\)。

将限制放宽，原本是将满足小于 \(a_i\) 的一个极大前缀加一，现在放宽成将一个小于 \(a_i\) 的前缀加一，但是要保证单调性。

发现全加一对差分数组的影响较小，考虑转到差分数组 \(b\) 上考虑，定义序列 \(b,b_1=0,b_i=a_i-a_{i-1}\)。那么一次操作就等价于在 \(i\) 前面任选一个不为零的位置减一，再在 \(i\) 后面任选一个不为零的位置减一。最终 \(a_n-a_1=\sum b_i\)。

现在相当于要最大化减一的次数，由于一次操作的对前面的影响和对后面的影响互不干扰，可以分别贪心。对于前面的减，可以从 \(1\) 到 \(n\) 遍历 \(b\)，每次前面有非零的位置就直接减一。后面的减同理，然后把两个拼起来就得到了最优的操作。

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拷了一篇题解，原因是为了方便，原作者：1795MiB

考虑放宽限制, 一次操作可以钦定两个数 \(u\) 和 \(v\) 满足 \(u \le a_x, v \ge a_x\), 让 \(a_i < u\) 的数 \(+1\), \(a_i > v\) 的数 \(-1\). 显然按这样操作最终的极差不会小于原操作.

考虑长为 \(n\) 的序列 \(b_i\) 满足 \(b_1 = 0, b_i = a_i-a_{i-1} (2 \le i \le n)\). 则操作位置 \(x\) 会使得 \([1, x]\) 内任意一个 \(>0\) 的位置 \(-1\), \([x+1, n]\) 内任意一个 \(>0\) 的位置 \(-1\) (没有则无事发生), 最终的答案为操作后 \(\sum_{i=1}^n b_i\) 的最小值, 也即操作前 \(\sum_{i=1}^n b_i\) 减去非无事发生的次数, 又即无法分配到任意一个 \(x\) 上的值的数量.

考虑操作的最终形态, 对每个位置 \(x\) 记 \(l_x\) 和 \(r_x\) 表示 \(-1\) 的位置 (没有则为 \(-\infty\) / \(\infty\)). 考虑贪心地为每个 \(x\) 分配 \(l_x\) 与 \(r_x\). 从左到右考虑 \(b_i\), 依次为 \(i \le x \le n\) 分配 \(l_x\) 为 \(i\), 再为 \(i-1 \ge x \ge 1\) 分配 \(r_x\). 显然这样能够分配到的是最多的.

考虑类似自动机地计算答案, 以更为方便地进行计数 Dp. 考虑维护目前所有 \(b_i\) 的和 \(s\), 则每次加入一个 \(b_i\) 会使 \(s \leftarrow s + b_i\). 由于当 \(s < i\) 时, \([1, i]\) 的 \(l_i\) 必然会有 \(i - s\) 个无法分配, 则不妨认为这 \(i - s\) 次无事发生事实上是有事发生, 并将 \(s \leftarrow i\). 若 \(s > n + i - 1\), 此时由于至多只有 \([1, n]\) 的 \(l_i\) 与 \([1, i-1]\) 的 \(r_i\) 能够分配, 则必然有 \(s - (n + i - 1)\) 个值无法分配到 \(l_i\) 或 \(r_i\) 上, 因此 \(ans \leftarrow ans + [s - (n + i - 1)]\), \(s \leftarrow n + i - 1\).

总结一下, 自动机的流程为 \(s \leftarrow \max(s + a_i, i)\), \(ans \leftarrow ans + s - (n + i - 1)\), \(s \leftarrow \min(s, n + i - 1)\).

设 \(f_{i, j, s}\) 表示考虑到了 \(S_i\), 值选了 \(j\), 变量 \(s\) 的值的方案数. 由于贡献完答案后还需将后面的序列补全, 需设 \(g_{i, j, s}\) 为答案, 转移完全一致并额外有 \(f \rightarrow g\) 的一个转移. 前缀和优化转移即可.

\(O(n^3)\).

D. 长链仪礼（ritual）

题目描述

有一棵以 \(1\) 为根的树，每个点有点权，还有初始颜色和目标颜色，颜色只有红蓝两种。你可以执行以下操作任意次，目的是将所有点的颜色变成目标颜色。

选定一个点 \(u\)，并在 \(u\) 的子树内选一个点 \(v\)，并在 \(u,v\) 路径上选两个点 \((x,y)\) 交换他们的颜色，这次操作的代价为 \(u\) 的点权。

做法

这个做法是返回贪心。

定义 \(a_u\) 等于 \(u\) 到根的路径上的点权最小值。那么操作等价于选两个有祖先后代关系的点，交换颜色，代价为离根近的点的 \(a\) 值。

对于初始颜色和目标颜色不同的点，称为关键点，定义初始颜色为红色的点为红点，初始颜色为蓝色的点为蓝点。最终就是要将两种点两两配对，交换颜色。（正确性不知道，但感性理解是对的，就是交换是二元关系，颜色相同的不需要交换，颜色不同的交换一次之后直接就可行了不会再被改变？）

最终的点对分为两种：

1. 有祖先后代关系的：交换代价就是离根近的点的 \(a\)。

2. 在某个点的不同子树中的：找到 LCA，交换 和 LCA 颜色不同的点 与 LCA 的颜色，然后再交换另一个点和 LCA，那么交换这两个点的代价就是 \(2\times a_{LCA}\)。

• 对于同种的点对，LCA 离根越远显然越优。

• 对于不同种的点对，会互相影响选择。对于 LCA 相同的，第一种点对一定比第二种优。对于 LCA 不同的，没有严格的谁更优。

有一个看起来很假而实际上也是假的贪心做法：自下而上贪心，每次能合并就直接合并，先合并第一种再合并第二种点对。

假的原因是，点 \(u\) 的某棵子树最优不一定能得到 \(u\) 的整棵子树最优。由于第一类点对优于第二类点对，有可能 \(u\) 是关键点而且 \(u\) 子树的最优解可能不会剩下异色关键点，这种情况下，可能把子树内某个第二种点对拆开，将 \(u\) 换进去更优，这样调整的代价就是 $a_u-2\times a_{\text{原本的}LCA}。

根据这个调整策略，有如下反悔贪心：从底向上贪心，先合并第一种点对，再合并第二种点对。如果当前点是关键点并且无法合并第一种点对，选择子树中代价最大的第二种点对，如果调整代价小于 \(0\)，就拆开一个调整。这样需要用大根堆维护子树内代价最大的第二种点对，启发式合并的时间复杂度为 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)，听说可并堆是 \(\mathcal O(n\log n)\)。

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先说一个重要限定：不是任意把异色关键点配起来都最优。正确的说法是，原问题可以化成“把所有 (1\to0) 的点与所有 (0\to1) 的点做最小费用完美匹配”；反悔贪心是在这个匹配问题上利用树形结构求最优匹配。

设

[
A_u=\min_{x\text{ 是 }u\text{ 的祖先（含 }u)} a_x.
]

1. 为什么可以化成异色关键点的两两匹配？

记

• (+)：(b_u=1,c_u=0)，这个点多了一个 (1)；
• (-)：(b_u=0,c_u=1)，这个点缺一个 (1)。

交换不改变全树中 (1) 的总数，所以 (+) 和 (-) 的数量必须相同，否则无解。

定义两个关键点 (x,y) 的配对费用 (D(x,y))：

[
D(x,y)=
\begin{cases}
A_x,&x\text{ 是 }y\text{ 的祖先},\
A_y,&y\text{ 是 }x\text{ 的祖先},\
2A_{\operatorname{lca}(x,y)},&x,y\text{ 不可比}.
\end{cases}
]

这个费用确实能实现

• 有祖先关系：设 (x) 是 (y) 的祖先。选根到 (x) 路径上费用最小的点作为操作起点，就能在一条合法链上直接交换 (x,y)，费用是 (A_x)。
• 没有祖先关系：令 (w=\operatorname{lca}(x,y))。先让颜色不同的端点与 (w) 交换，再让 (w) 与另一个端点交换。两次之后 (w) 恢复原色，两个端点完成配对，总费用是 (2A_w)。

因此，任意一个 (+) 与一个 (-) 都能按 (D) 的费用完成配对。

任意操作序列也不可能更便宜

把每个 (1) 想象成一个带身份的“令牌”。一次交换若涉及不同颜色，就相当于把一个 (1) 从一个端点移动到另一个端点；同色交换不改变状态，可以忽略。

一次实际移动的两个端点必然在一条祖先—后代链上。若浅端点是 (x)，操作起点在 (x) 上方或等于 (x)，操作费用至少是 (A_x=D(x,y))。而上述 (D) 满足三角不等式，所以一个令牌经过若干次移动，从起点到终点的总费用至少是起点、终点之间的 (D)。

于是，任何操作序列都对应着“初始为 (1) 的点”到“目标为 (1) 的点”的一种配对，其总费用不低于这组点的最小匹配费用。初始和目标中都为 (1) 的点可以互相固定；通过三角不等式的交换配对，它们不必参与最优匹配。剩下的正好是 (+) 与 (-)。

结合前面的构造可知：

原问题的最优值，等于所有 (+) 与 (-) 之间按 (D) 费用做最小权完美匹配的费用。

这也说明：异色两两配对是一个等价的优化模型，不是说任意配对都最优。

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2. 如何证明反悔贪心正确？

光说“选最大的二类对”还不够；证明的关键是说明：处理某个子树时，哪些决策可以撤销，以及撤销后对更高层来说留下了什么。

记 (A_u) 为上面的根路径最小费用。沿根到叶方向，(A_u) 不增。

两类匹配

• 一类对：两个关键点有祖先关系，费用是浅端点的 (A)。
• 二类对：两个关键点位于某节点 (w) 的不同子树，费用是 (2A_w)。

假设正在处理节点 (u)。

引理一：一类对可以固定，不需要反悔

若一对关键点都在 (u) 的子树内且有祖先关系，它的费用至多是 (A_u)：浅端点在 (u) 的子树中，路径最小值不大于 (A_u)。

如果用 (u) 的关键点替换这对中的一个点，新的直接配对费用是 (A_u)，不会比原来更便宜。并且，从 (u) 子树外观察，子树内任意一个点都处于同一个“子树位置”：它与任意外部点的配对费用相同。

更形式化地，若 (u) 是 (x) 的祖先、(y,z) 在 (u) 子树外，则费用满足下面的交换不等式：

[
D(u,x)+D(y,z)\le D(u,y)+D(x,z).
]

因此，若一个一类对已经可以在子树内完成，把它留在内部不会比把两个点分别送到外面更差。一类对不需要进入反悔堆。

引理二：二类对是唯一可能值得拆开的内部匹配

假设 (u) 自己是关键点，它在子树内找不到一个尚未配对的异色点直接配对。

若拆开一个费用为 (C) 的二类对：

• (u) 与其中颜色相反的端点直接配对，费用为 (A_u)；
• 原二类对被取消，省下 (C)；
• 另一个端点留下，作为尚未配对的需求继续向上。

所以拆开的总费用变化是

[
\Delta=A_u-C.
]

若 (C>A_u)，拆开能降低费用；若 (C\le A_u)，拆开不划算。

拆开不同的二类对，留下的未配对需求从更高层看来具有相同的“边界类型”：它们都还在 (u) 子树内，且留下的颜色与 (u) 相同。因此，为了让费用变化 (A_u-C) 最小，应拆费用 最大的二类对。若最大值也不超过 (A_u)，就不拆。

这就是大根堆的来源。

归纳处理每个节点

处理 (u) 的子树时，维持如下结构：

1. 已完成的匹配中，一类对可以固定；
2. 二类对保存在堆里，表示“目前这样配好，但必要时可以撤销”；
3. 未配对的需求保留其颜色，等待更高层处理。

合并 (u) 的儿子时，来自不同儿子子树的两个异色未配对需求，其最近公共祖先就是 (u)，所以配成二类对的费用都是 (2A_u)。可以先尽量配成二类对，并把这些对放入堆；它们不是永久决定，之后可以被祖先反悔。

再处理 (u) 自己：

• 如果有未配对的异色需求，就以 (A_u) 做一类配对；
• 如果没有，就查看堆中费用最大的二类对。若它的费用大于 (A_u)，拆开它并让 (u) 与合适端点配对；否则保留堆中所有对，让 (u) 未配对地向上。

由上面的两个引理，任何最优解都可以调整成算法这种形式：一类对不用拆；若要让 (u) 取代一个已配对的端点，只需考虑拆二类对，且拆最大者最优。因而逐个节点处理后，这个不变量继续成立。

最后回到根节点。若 (+)、(-) 数量相等，最优解应没有未配对需求；算法得到的无未配对状态费用就是最小匹配费用，也就是原问题答案。若数量不等，则前面已经说明无解。

一句话概括反悔贪心的正确性：一类对在子树内已经足够便宜，可以固定；二类对只是暂存的配对。当祖先关键点出现时，唯一可能有利的调整是拆掉一个二类对，而拆费用最大的那个最优。