26DMYCSP-S#9

Daimayuan CSP-S 2026 Round 9

闲话

回来了，都回来了，曾经的代码源回来了。继上场 Div.1 的 T2 猎奇题之后，这场又出现了 T1 蓝 T2 黑 T3 喵了个喵的情况。

20min 看了四个题，T1 像是线性的贪心分讨题，T2 不像啥简单东西，可能不难但大概率比较复杂。T3 像是偏分析操作的构造(伏笔)，T4 是非人类题。

先开 T1，考虑逐位贪心，不难注意到其中一个串选择整串是不劣的，另一个要考虑是否有前导 \(0\) 的问题，再分析去掉前导 \(0\) 之后是否是全 \(1\) 串，就做完了，30min 左右。

然后看 T2，能想到差分之后问题变为每个取值卡在一段区间里面，然后要总数最大状物，那么首都可以直接由差分序列的最小值确定了，然后不会了。

开 T3，一眼看上去 \(f(n)\) 的取值是并不显然的，打表观察，考虑尽可能增大编辑距离的方法是正交的操作要尽可能多，一个构造是全 \(0\) 或全 \(1\) 串变换到 \(0/1\) 交替，因此有 \(f(n) \geq \lceil n / 2 \rceil\)。然后我们需要构造证明这个东西是对的，因为判定量都是 local 的，与此同时 \(f(n)\) 也可以被均摊进实际有效的作用位置，自然想到归纳构造。对 \(n = 9, 10\) 有 \(5\) 步的构造，那么可以在维持 \(f(n)\) 最小的情况下一直做 \(n \to n - 10\)，最后可能剩下至多 \(18\) 位，因为是任意的 \(|S| \leq 18\) 变换到 \(|T| \leq 18\)，所以这个难以手玩，考虑爆搜，一方面肯定可以 meet in the middle，另一方面注意到连边对应一个 DFA，那么做可行性剪枝，预处理出极小的转移边避开等价转移，还可以更快。大概用了 2h45min。

最后回来看 T2，注意到可以对每个点的限额贪心调整，那么问题变成了有 \(m\) 对 \((1,-1)\)，你要贪心匹配使得路径总权值尽可能大，没啥时间了所以无法想正解，写了个双指针 \(\mathcal{O}(nq)\) 就交了。

最后是 \(100 + 60 + 100 + 0 = 260\)，rk 13，没挂分是好事，但存在两方面的问题，一是乱搞能力太差了，很多时候花 10min 直接跑会比硬推性价比高很多。二是对数据结构维护贪心的理解还不够深刻，因为 T2 正解其实和双指针差别不大的，想到对的模型之后直接想到动态维护前 \(k\) 大，树状数组上二分维护匹配也能写出正解。

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T1

tag：贪心，位运算。

因为只有两个串所以直接逐位贪心，位数最大肯定是对的，并且不会有任意一个子串的取值超过 \(S\) 本身，因此我们固定 \(S_1 = S\)，然后此时如果 \(S\) 全 \(0\) 或者全 \(1\) 另一个串直接确定了，否则 \(S_2\) 肯定尽可能先把前导 \(0\) 后面第一段 \(0\) 补上，然后再考虑能不能补第二段、第三段...

然后因为补上第一段 \(0\) 之后如果为了补第二段导致中间的第二段 \(1\) 被影响，那肯定是不优的。设前导 \(0\) 后第一段 \(1\) 共有 \(x\) 个，紧随其后有 \(y\) 个 \(0\)，那么 \(S_2\) 的选择必定是在 \(S_1\) 的第一段 \(1\) 中选取后 \(\min(x,y)\) 个位置，因为只有这样能让前 \(x + y\) 位均为 \(1\)，并且第 \(x + y + 1\) 位不受影响，多 \(1\) 会导致答案第 \(x + y + 1\) 位被置为 \(0\)，少 \(1\) 则第 \(x + y\) 位留着还是 \(0\)，显然都不优。

则可以直接求这两段的长度，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

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T2

tag：树状数组，线段树，贪心，扫描线，线性规划。

这题真不简单吧。

令每个点对应的距离标号为 \(d_i\)，那么一段路径等价于给 \(x_i\) 的系数 \(+1\)，给 \(y_i\) 的系数 \(-1\)，记这个系数为 \(c_i\)，那么问题等价于确保 \(|d_i - d_{i + 1}| \leq L_i\) 的基础上，使得 \(\sum_{i=1}^{n} c_i \times d_i\) 最大化。

因为 \(\sum c_i = 0\) 所以不用考虑 \(d_i \geq 0\) 的限制，因为可以对着最小值整体取反，使得恰有一个位置(最小值对应位置)为 \(0\) 并且其余位置非负。

那么你考虑差分，令 \(d_0 = 0, x_i = d_{i+1} - d_i\)，原来的限制就是 \(|x_i| \leq L_i\) 并且 \(\sum x_i = 0\)。然后要使得 \(d\) 最大就等价于对差分序列 \(x\)，找到一组分配方案，使得每个位置 \(\times (n - i + 1)\) 之后的总价值最大，且满足前面的条件。

因此可以直接将每个位置按照这个被遍历到的次数从小到大排序，必定是存在一个分界点，左边全部取到 \(-L_i\)，右边全部取到 \(L_i\)，分界点是容易证明的，考虑设三段然后调整。全部取到极值也是易证的，可以注意到对一个更小的系数，调整至 \(L_i\) 相对应的后面系数更大的收益会更多。

因此可以直接用树状数组维护 \(\sum L_i\) 然后每次二分出对应的分界点。时间复杂度 \(\mathcal{O}((n + q) \log n)\)。

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T3

tag：构造，启发式优化，Ad-hoc。

注意到 \(f(n)\) 是一个类似于常规贪心题的统计量，所以需要先打表找规律，研究 \(f(n)\) 是啥，然后考虑对应的构造。

经过打表发现 \(n \in [4,8]\) 时分别有 \(f(n) = 6, 4, 5, 5, 5\)，然后从 \(n = 9\) 开始就有 \(f(n) \geq \lceil n / 2 \rceil\)。在串两侧补上 \(0\)，定义 \(W(S) = \sum_{i=0}^{n} [S_i \neq S_{i + 1}]\)，翻转区间 \([l,r]\) 时内部相邻字符的差异不变，所以只有边界处会改变，故每次操作至多令 \(W(S)\) 增加 \(2\)，取 \(X\) 为全 \(0\) 串，\(Y\) 为奇数位 \(1\)，偶数位 \(0\) 的串，则 \(W(X) = 0, W(Y) = 2\lceil n / 2 \rceil\)。因此必定有 \(f(n) \geq \lceil n / 2 \rceil\)。

然后你考虑归纳构造，简单来说就是找到 \(n = 10\) 时的 \(5\) 步构造，则可以一次操作让当前最左侧连续 \(10\) 个 \(X\) 与 \(Y\) 不同的位置变得相同。将 \(n\) 写成 \(10m + r\) 的形式，其中 \(r \in [4,18]\)，这个是因为可能不能直接取到 \(4\) 导致总构造次数大于 \(f(n)\)。然后将字符串从左到右分为 \(m\) 个长度为 \(10\) 的块和一个长度为 \(r\) 的块，每一块独立建出：

• 对每个 \(10\) 长度的块，预处理所有状态之间的最短路，每块至多 \(5\) 次操作。
• 对长度为 \(r\) 的尾块，双向 BFS 求状态最短路。
• 对 \(4 \leq n \leq 8\) 的块，直接对整个串求最短路。

因为块内操作在整个串内均合法，所以总操作数 \(5m + \lceil r / 2 \rceil = \lceil n / 2 \rceil = f(n)\)。一些卡常大概是，对所有 \(n \in [4,8]\) 的情况可以类似于 IDA* 优化，以及就是用 unsigned long long 代替 std::string，最大的优化是你考虑双向 BFS 对应状态空间本质相同，所以可以直接对 DFA 优化，每次转移极小的未转移过的边，并记录类似的转移可达性，这样可以复用在另一侧。

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