2026 dmy 模拟赛

第一场

• A

错因分析：没有从式子中最难的部分入手，导致完全没思路。

正解：

1. 考虑去掉题目中的 \(\min\)，想到从小到大枚举数值构造 \(p\)，这样每次填入的第一个数就是最小值。

2. 因为要求所有方案的权值和，考虑 dp。发现状态并不明显，所以先推转移。

3. 分情况讨论：如果当前的数值填入以前的段，则它的贡献就是这个段的空位乘上 dp 值；如果当前的数值填入新的段，则它的贡献就是空余区间个数乘以空余区间长度乘以它自身的值。

4. 不难发现这两个转移式子都和区间具体位置无关，只和区间有效长度有关。所以我们可以使用混合进制的方法来压缩状态。具体而言，我们将所有同样长度的区间归为一类，然后记录每个长度的剩余区间即可，具体见代码。

总结：

1. 观察：从最难处入手

2. dp：见权值和想 dp、从转移推状态、混合进制压缩技巧

• B

错因分析：不知道最短路图。

正解：建出最短路图后跑 dfs，按照编号从小到大访问出边并维护编号之和，如果第二次访问到某个点，说明它存在两条最短路，这时的编号之和即为这个点的答案。

总结：最短路计数相关——建最短路图。

• C

错因分析：没有对式子和单调性的敏感度。

正解：

1. 观察到权值的式子很像方差，展开后我们发现它正好是 \(m\) 倍方差，即 \(m \sum y_i^2 - (\sum y_i)^2\)。

2. 考虑方差的结论：当 \(t\) 取平均数时，\(\sum (y_i-t)^2\)（即方差的 \(m\) 倍）取得最小值。所以问题转化为考虑在 \(t\) 的移动过程中，求 \(\sum (y_i-t)^2\) 的最小值。

3. 这个 \((y_i-t)^2\) 显然就是在考查 \(y_i\) 与 \(t\) 的距离。当 \(t\) 向右移动时，选取的 \(m\) 个点显然也会向右移动，这明显具有单调性。进一步的，我们发现每个点都具有一段“存活区间”（考虑一个点的同色前驱和后继，当 \(t\) 移动的足够左，至少它的前驱会替代它，后继同理，所以是一段区间）。

4. 如果我们能够求出存活区间，就可以像单调队列那样子，考虑每一个区间，然后在左端点加入某些点，在右端点删除某些点，然后动态的维护 \(\sum y_i\) 和 \(\sum y_i^2\) 即可。

5. 考虑如何求出存活区间。首先我们发现 \(l_i,r_i\) 可以对称求取，所以下面只讲述 \(l_i\) 的求法。对于点 \(i\)，记它的同色前驱为 \(p\)，显然 \(l_i \ge \frac{x_p+x_i}{2}\)（不然 \(p\) 可以替代 \(i\)）；然后记 \(i\) 前面距离 \(i\) 第 \(m\) 近的点为 \(q\)，显然 \(l_i \ge \frac{x_q+x_i}{2}\)，这两者取 \(\max\) 就是左边界。其中 \(q\) 可以使用堆来维护。

6. 求出存活区间之后，我们按照第四步的流程做即可。实现上的细节很多，包括但不限于删除标记、维护有效点个数、先加入后删除（因为要统计到所有最小值）等细节，具体见代码。

总结：

1. 观察：方差结论、单调性区间。

2. 代码：单调队列思想、堆维护 \(m\) 大的代码实现技巧。

• D

待补。

第二场

• A

错因分析：没有转换研究对象。

正解：

1. 朴素的思路是考虑枚举每一对 \((i,j)\) 暴力计算，显然无法通过。

2. 考虑转换研究对象，考虑每个质因子的贡献。

3. 具体而言，对于质因子 \(p\)，它能对 \(a_i+a_j\) 做出 \(\frac{p}{p-1}\) 的贡献，当且仅当 \(a_i+a_j \equiv 0 \pmod p\)。

4. 这启发我们按照模 \(p\) 的余数对 \(a_i\) 分类，当 \(a_i,a_j\) 模 \(p\) 都为 \(0\)，或者余数之和为 \(p\)，就统计相应的贡献即可。

5. 由于素因子的种类数不超过 \(\log\) 个，所以这样做是 \(O(n^2 \log n)\) 的，可以通过。

总结：

1. 观察：转换研究对象。

2. 题型：数论问题——考虑质因子、按照模数分类。

• B

错因分析：想到了可以找到分界点，但没有和 \(k\) 联系起来。

正解：

1. 画图可知，将所有线段按照 \(a_i\) 升序排序后，我们总能找到一个分界点 \(p\)，使得存在 \(y_i<d\) 且 \(y_{i+1}>d\)。

2. 因为一条线段只会和 \(k\) 条线段相交，如果不相交显然答案只能在 \(y_i,y_{i+1}\) 这两条中，但现在可能相交造成扰动。由于 \(k\) 较小，我们可以直接枚举 \([i-k,i+k+1]\) 这个区间内的线段取最小值即可。

总结：

1. 观察：注意题中的特殊限制。

2. 技巧：粗略二分（不要求单调性的二分）。

• C

错因分析：没有想到 dp。

正解：

1. 因为区间是不断扩大的，我们可以感受到可以 dp，设区间 \((l,r)\) 为当前状态。

2. 考虑转移，分情况讨论，记前置状态为 \((l',r')\)。

3. 对于 \(l \le l' \le r' \le r\)，显然可以直接累加 \(dp_{l',r'}\)。

4. 对于 \(l=l',r'<r\)，可以固定右端点，对于满足 \(l \le l'' \le l'\) 的 \(dp_{l'',r}\) 进行累加。

5. 对于固定左端点是同理的。

6. 最后，为了保证无后效性，我们需要钦定 \((l,r)\) 为当前的最大并集，也就意味着不被 \((l,r)\) 包含的区间不能出现在它之前，于是转移系数则为 \(\frac{n!}{\prod_{i=1}^n (n-c_i) }\)（\(c_i\) 表示区间 \(i\) 包含的区间个数），dp 的时候要乘上去。

7. 代码细节较多，需要维护 dp 的二维前缀和和每一个维度的前缀和，同时需要按照长度转移，但又不能直接枚举长度（因为要维护前缀和）。

总结：

1. 观察：见方案数想 dp。

2. 题型：dp——分类转移、考虑转移系数。

3. 代码：前缀和优化、区间 dp 注意后效性问题。

• D

待补。

第三场

• A

错因分析：还是没有把发现的性质综合考虑。

正解：

1. 首先观察样例，可以发现消掉能消去的东西之后剩下的一定形如某个串的平方。

2. 怎么证明呢？考虑去刻画这个结构，假设消掉之后的串为 \(PWQ\)。我们钦定反转 \(W\)，则 \(P\operatorname{rev}(W)Q\) 与空串等价。两边拼上 \(\operatorname{rev}(P),\operatorname{rev}(Q)\) 再消去，即得 \(\operatorname{rev}(W)\) 与 \(\operatorname{rev}(P)\operatorname{rev}(Q)\) 等价，于是 \(W\) 与 \(PQ\) 等价，代回原串即得原串与 \(PQPQ\) 等价，命题得证。

3. 然后我们直接把能消去的消去，最后搞个指针维护一下就可以知道反转区间在约化串中的位置。如何映射到原串上去？因为你需要一个栈消去匹配，所以在维护栈的时候就可以顺便记录位置了。

总结：

1. 观察：看样例、刻画答案。

• B

错因分析：想到了树形 dp，但没有确定转移顺序。

正解：

1. 一眼树形 dp，令 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树的方案数。

2. 如何转移？我们发现任务的安排顺序并不确定。于是我们考虑寻找一个分类标准。

3. 具体而言，因为总共分配 \(n-1\) 个任务，所以总有一个人空闲，我们不妨将这个空闲者作为根。

4. 根确定了，方案就确定了吗？答案是肯定的。从叶子的角度看，当叶子节点没有任务时，它不是根所以不能闲着，因此只能继承父亲的任务。继续剥去叶子，可以得到所有任务都是分配给儿子。

5. 考虑优先级的影响，当儿子的优先级小于父亲，那理应儿子做任务，无需额外约束；否则，父亲就必须在儿子之前先领到任务。此时，我们便可以将原树重定向，将节点视作任务，将边视作前后的约束关系（这里是有向边，由优先级低的指向优先级高的，因为要父亲比儿子先领到任务）

6. 现在我们只需要数出合法的排列数即可。这里有一个子树偏序的公式：合法排列数为 \(\frac{N!}{\prod_e s_e}\)，其中 \(s_e\) 表示 \(e\) 子树大小，\(e\) 为根的孩子。可以使用数学归纳法加以证明：对于叶子节点，公式成立；设根节点的孩子的子树大小为 \(b_{1 \sim t}\)，有合法排列数为 \(f = \frac{(N-1)!}{\prod_{i=1}^t b_i} \prod_{i=1}^t f_i\)（根放在第一位，然后子树内放入后 \(N-1\) 位且各自保持合法，顺序不变）

7. 然后还得换根，这个好办，因为只有 \((u,v)\) 这条边转向了，所以排列数（准确的说，是排列数的分母）直接除掉一个 \(siz_u\) 再乘上 \(n-siz_u\) 即可，注意 \(siz_u\) 这里也是要跟着变的。注意到我们用不着 dp 数组

总结：

1. dp（树+方案数类型）：换根法确定分类标准、根据约束建树、子树偏序公式。

• C

错因分析：没有注意到颜色的上界是 \(O(\log n)\)。

正解：

1. 考虑从 \(mex\) 下手，如果你有拉马努金般的注意力不难发现支撑颜色 \(c\) 至少需要 \(2^c\) 个节点。这个依旧可以使用数学归纳法证明：考虑颜色为 \(0\)，显然需要 \(1=2^0\) 个节点；对于颜色 \(i\)，它需要 \(2^{i-1}+2^{i-2}+...+2^0+1=2^i\) 个节点支撑，得证。而总点数为 \(n\)，故颜色上界是 \(\log\) 级别。

2. 然后考虑 dp，令 \(dp0_{u,c}\) 表示孩子全部凑齐 \(c\) 种颜色的方案数，\(dp1_{u,c}\) 表示父亲提供颜色 \(c\)，孩子凑齐其余颜色的方案数。显然对于叶子，\(dp0_0=1,dp1_{1,0}=1\)，答案即为 \(\sum_c dp0_{1,c}\)。

3. 但是直接这样做是不行的，因为有可能子树重复提供颜色（例如儿子 1 提供了颜色 \(c\)，而儿子 2 又提供了这一颜色，方案数会算重）。我们需要一个不重不漏的结构进行计数，结合颜色的上界，我们不难（？）想到状压。考虑定义 \(dp_S\) 表示当前节点提供的颜色集合为 \(S\) 的方案数。枚举父子分别的颜色 \(c,cc\) 进行转移，分两类情况：若 \(cc \neq c\)，则子节点有可能自己凑好了 \(0 \sim c-1\)，于是 \(dp_S\) 向 \(dp_{S {\backslash} \{c\}}\) 转移，方案数就 \(dp0_{cur,cc}\)；若 \(cc>c\)，则子节点有可能需要父亲的支撑，于是 \(dp_S\) 向 \(dp_S\) 转移，方案数为 \(dp1_{cur,c}\)。注意需要滚动数组辅助。

4. 求出 \(dp\) 值之后，我们还需要提取相应的 \(dp0,dp1\) 以供下一次转移需要。显然 \(dp0_{cur,c}\) 等于 \(dp_{2^c-1}\)，而 \(dp1_{cur,c}\) 则需要枚举缺失一种颜色的状态 \(S'\)，则 \(dp1_{cur,c}=dp_{S'}\)。

总结：

1. \(mex\) 问题：状压。

2. 状态设计：由辅助状态推出正式状态且互相转移、放宽限制的思想。

3. 观察：注意上界、下界等。

第四场

• A

错因分析：没有想到差分技巧。

正解（以下的下标均为模 \(n\) 意义下）：

1. 我们不妨刻画一下题中的约束，令 \(x_i\) 表示位置 \(i\) 的操作次数，对于每个位置 \(i\)，有 \(a_i=x_i+x_{i-1}+\dots+x_{i-k+1}\)。

2. 考虑一下差分，得 \(a_i-a_{i-1}=x_i-x_{i-k}\)，这样我们得到了对于所有 \(x_i\) 的一个约束。

3. 这种差分约束显然可以赋值自由元来获得最小化。我们不妨设其中最小的 \(x_i\) 为 \(0\)，然后我们可以递推出所有的 \(x_i\)。

4. 现在 \(x_i\) 与 \(a_i\) 还是有差距，但可以发现每个 \(x_i\) 的差距是相等的（证明：令 \(S_i=x_i+\dots+x_{i-k+1}\)，显然差值 \(D_i=a_i-S_i\)，有 \(D_i-D_{i-1}=(a_i-a_{i-1})-(S_i-S_{i-1})=(a_i-a_{i-1})-(x_i-x_{i-1})=0\)，即 \(D_i=D_{i-1}\)；亦可感性理解，就是 \(x_i\) 与 \(a_i\) 的起伏程度一致，只需要整体平移了）

5. 有了这一观察，我们就可以选取任意一个位置算出缺口，然后选择代价最小的一个环补上即可。注意一个位置会被 \(k\) 个环上的位置覆盖，而由于环的对称性，这些位置是均匀分布的。于是给某一个环加 \(1\)，相当于补上了 \(\frac{k}{\gcd(n,k)}\)（环有 \(\gcd(n,k)\) 个）的数值，答案要除以这个系数。

总结：

1. 思想方法：刻画约束、看到模意义下标想到环。

2. 题型：差分技巧（看到序列想差分/前缀和、自由元赋值思想）、环的个数结论（proof）

• B

错因分析：想到了 kmp，但是没有观察出只有最小周期及其倍数串才会冲突。

正解：

1. 首先只有加入最小周期及其倍数串才会产生重复，这个可以手玩得出。也很好理解，如果你加入一个会产生重复的串，那么它肯定具有循环节，于是自然就是最小周期的倍数了。

2. 然后求方案数一定考虑 dp，但是直接做不好处理恰好 \(k-1\) 次操作的限制。显然我们可以放宽限制为处理至多 \(k-1\) 次操作，再减去小于 \(k-1\) 次操作的部分。

3. 模拟操作的过程，可以发现我们每一步的操作都可以分为加周期串和加非周期串，且需要保证周期串不会连续出现。于是令 \(dp_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 次操作且第 \(i\) 次加/不加周期串的方案数。转移时，对于最后一次接非周期串，它可以从前一次的非周期串接上 \(S\) 或非周期串转移，或者从前一次的周期串接上非周期串转移；对于最后一次接周期串，则必须从前一次接周期串转移过来（注意这里不能包含 \(S\)，因为上面已经算过）。上转移方程可以写成矩阵乘法的形式进行优化。

4. 最后，我们还需要减去不合法部分。对于周期串，如果它的操作次数小于 \(k-1\)，显然它可以拆分某些周期串来达成要求，因此我们只需要考虑非周期串，不合法的部分即为 \(\sum_{i=0}^{k-2} (b+1)^i\)，其中 \(b\) 为非周期串个数。

5. 为了回答前缀的询问，我们需要利用最长 border + 最小周期 = 字符串长度的结论，预处理 kmp 以便得到最小周期，从而得知周期串个数与非周期串个数，其中非周期串个数需要按照 \(nxt_i\) 递推求出 border 链长度再减去周期串长度，转移为 \(len_i=len_{nxt_i}+1\)。

总结：

1. 题型：kmp 衍生结论（最小周期与最长 border、周期串与非周期串）、矩阵优化 dp

2. 思想方法：反演思想（放宽限制）、设计 dp 的流程（模拟过程+分情况得到转移+由转移得到状态）、手玩样例。

• C

错因分析：没有想到在树上 dp。

正解：

1. 这个题很反套路，一般都是把树变成区间，结果它是把区间变成树。具体而言，我们以键值对 \((i,p_i)\) 建立大根笛卡尔树，根据题中条件，我们发现题目的约束正好对应：左子树内的点可以走到根，根也可继续向右子树走，但左子树不能直接进入右子树。这与树形结构完美匹配，于是要查询某一节点的路径数量，直接从根节点往下走即可。

2. 具体而言，我们可以进行函数式 dp。首先我们设计初始状态，若 \(i\) 为路径起点则 \(v_i=1\)，否则为 \(0\)。接着考虑状态设计与转移，对于子树 \(T\)，设其左边传来的路径数为 \(w\)，则令 \(F_T(w)\) 为一次函数形式 \(k_Tw+b_T\)，于是产生两种情况：左子树左边的 \(w\) 可以直接去右子树（注意它不是左子树而是左子树的左边，所以不受约束），贡献为 \(w\)；同时到达根节点的贡献 \(d_u=w+S_L(w)+v_u\)，因此总共传达给右子树的贡献即为 \(w+d_u\)。这样 \(S_T(w)=S_L(w)+d_u+S_R(w+d_u)\)，展开可以得到根节点 \(u\) 的 \(k,b\)，于是 \(k,b\) 得以维护。

3. 对于交换操作，我们直接将对应子树 split 出来然后交换 rank 即可；对于查询操作，我们令 \(v_i=1\)，然后查询 \(j\) 的 dp 值即可。

总结：

1. 题型：函数式 dp、中序遍历树形 dp（合并子树）。

2. 思想方法：序列转换为树操作、笛卡尔树对应区间 \(\max\) 约束。

第五场

• A

错因分析：没有想到单调栈维护面积。

正解：

1. 从右往左加入三角形，考虑单调栈维护严格递增的右端点，对于当前三角形，不断弹出栈内右端点小于它的三角形，因为它们会被完全覆盖。

2. 做完后，维护面积并的左端点 \(lt\) 为 \(\min(j,r_i)\)（\(j\) 为栈顶），则新增的面积即为 \((lt-i) \times (2 \times r_i-lt-i)\)（后面的括号即为 \(r_i-lt+r_i-i\)），自行画图理解。

总结：

1. 题型：单调栈维护面积。

• B

错因分析：以为有后效性，没有考虑 dp。

正解：

1. 对于那些补给点在检测点左边的点对，我们可以直接一路向右移动，所以可以将其删除，不予考虑。

2. 现在只有那些补给点在检测点右边的情况了。此时考虑 dp，令 \(dp_i\) 表示已经处理完前 \(i\) 个检测点的最小移动距离。

3. 考虑转移，思考最优策略是什么。显然我们可以从 \(i\) 向右走到最远的补给点，拿上这一路的补给，然后向左折返到最远的未检测点，然后一直做完到 \(i\) 的检测。这部分就是 \(dp_i = \min_{j=1}^{i-1} \{dp_j+b_{v_i}-a_{v_j}+b_{v_i}-a_{v_{j+1}}+a_{v_i}-a_{v_{j+1}}\}\)，其中 \(v_i\) 是删除之后的下标数组。

4. 然后考虑答案，因为我们要走到全局最右端（别忘了我们还有删除的点对要处理），所以可以选择做完 dp 后直接走到最后，或者在某个中间状态走到最后然后折返。于是 \(ans=\min(dp_m+\max(a_n,b_n)-a_{v_m},\min_{i=0}^{m-1}\{dp_i+2 \times \max(a_n,b_n)-a_{v_i}-a_{v_{i+1}}\})\)。

5. 但是这东西会超时，所以考虑优化，容易发现和 \(i\) 有关的项都可以提出来，然后里面维护一个关于 \(j\) 的式子的最小值即可，用一个变量 \(mn\) 维护。

6. 最后注意一下初始状态，\(ans\) 的初始状态是考虑从 \(0\) 出发走到最右端，然后回到 \(1\)，即 \(\max(a_n,b_n)-a_{v_1}\)，而 \(mn\) 的初始状态由转移方程可得 \(mn=dp_0-a_{v_0}-2 \times a_{v_1}=-2 \times a_{v_1}\)。

总结：

1. 题型：移动类 dp——钦定两个顺序（先后顺序、转移顺序），考虑最优策略。

• C

错因分析：没有想到从后往前填。

正解：

1. 要求字典序最小，从前往后处理显然局部最优并不能导出全局最优，只能从后往前加入后缀。每加入一个字符串，我们就枚举它的后缀，考虑加到答案的前面去，取字典序最小的那个。

2. 现在问题在于如何比较出两个后缀哪个更优，可以二分 LCP 长度，然后用哈希 check 即可。

3. 实现上有一点巧思，我们可以倒着求哈希值，然后维护一个指针指向上一次填到的位置的前一个，每次二分求出 LCP 长度之后就将指针更新为最优的起始位置，下次拼后缀的时候就可以顺便把这段前缀覆盖掉。具体见代码。

总结：

1. 题型：字典序最小化——从后往前考虑、二分+哈希比较。

• D

错因分析：考场上根本没看。

正解：

1. 看到子集求和，考虑往期望的方面思考。我们可以计算出每个预案的期望，最后乘以 \(2^Q\)。

2. 考虑拆开区间平方和，发现我们可以枚举 \((i,j)\) 然后计算每个 \(a_i \times a_j\) 出现的次数再全部相加。显然一个区间 \([i,j]\) 被选中的次数就是 \(\min(i,j) \times (n-\max(i,j)+1)\)。然后考虑拆位，每一对位 \((p,q)\) 的贡献就是它们同时为 \(1\) 的概率乘上 \(2^{p+q}\)。总之，要求得期望，我们只差概率没有算出来了。

3. 那么如何求得概率？不难想到分类讨论。对于两个位 \((p,q)\)，显然有三种情况：\(i,j\) 都没有被翻转、\(i,j\) 有且仅有一位被翻转、\(i,j\) 都被翻转。对于第一种，概率显然取决于 \((i,j)\) 本来的位，要么是 0 要么是 1；对于第二种，概率为 \(\frac{1}{2}\)，当且仅当不翻转的那一位为 \(1\)，否则概率为 \(0\)；对于第三种，显然概率为 \(\frac{1}{4}\)。

4. 此时，我们尚未找出分类的依据，即 \((i,j)\) 到底谁被翻转。我们发现 \(Q\) 次修改的信息完全没用上，显然可以通过一维差分维护翻一位的区间、二维差分维护翻两位的区间，然后累加时直接得到三种情况的翻转次数即可。注意只翻转一位的要减掉翻转两位的去重。

总结：

1. 题型：子集求和——转化为期望问题、分类讨论求概率。

2. 思想方法：见式子拆式子（乘积拆成求和）、见二进制拆位。

第六场

• A

错因分析：没有按位考虑。

正解：

1. 显然对于一个位置 \(i\)，显然限制它的是 \(\min\{c_i\}\)，记它为 \(b_i\)。但这个 \(p_i \le b_i\) 这个约束并不是充分的，因为有的集合根本取不到它。于是，某个位置的 \(p_i\) 想要成为真正的最大值，必须出现在所有满足 \(b_x=c_i\) 的集合中。

2. 记 \(num_v\) 表示要求最大值为 \(v\) 的集合数，我们可以扫描所有集合，对于每个 \(b_x\) 统计 \(b_x=c_i\) 的次数，若它与 \(num_v\) 相等，则可以加入最大值的候选点中。记值为 \(v\) 的候选点数量为 \(cnt_v\)。

3. 从填数的角度考虑，越大的数它的限制将会越紧，因此我们考虑从大到小填数。维护 \(avail\) 表示可用数量，每次循环开始加上当前的 \(cnt_i\)，然后如果在某个集合中就竞争最大值，方案数为 \(cnt_i\)，否则方案数为 \(avail\)，注意 \(avail\) 最后要减一以及判掉非法情况。

总结：

1. 题型：序列方案数问题——按顺序填数（从约束紧的开始）。

2. 思想方法：刻画约束。

• B

错因分析：没有倒着考虑。

正解：

1. 当你尝试模拟玩家行走的过程，你会发现这很难做，原因在于树并不总是连通的。因此我们正难则反，考虑只剩下一种颜色 \(c\) 的情况。此时其他的非 \(c\) 边全部开放，这意味着删除所有颜色为 \(c\) 的边之后，树就是连通的。这是一个很好的性质，换言之，我们从最终状态走到初始状态的过程中树总是连通。

2. 这让我们考虑建模，不难发现通过将同颜色的点形成的连通块缩成一个点，我们可以得到一个 DAG。有了 DAG，自然想到拓扑排序，将玩家的轨迹记录下来。

3. 于是，考虑一个连通块什么时候会插入队列。我们不妨定义 \(b_i\) 表示颜色为 \(i\) 的连通块的边界点个数，\(k_i\) 表示颜色为 \(i\) 的连通块个数，显然它需要有至少一个边界点来和其他连通块相连，于是 \(b_i \ge k_i\)；同时它也至多有一个边界点，不然它就会被夹在中间。因此我们得到当且仅当 \(b_i=k_i\)，颜色为 \(i\) 的连通块会被插入队列。但是孤点不满足这一条件，但是它也得插入，所以整合一下可以得到条件为 \(b_i \le k_i\)（这个虽然看起来很不对，但是仔细想一下可以发现确实没有多加）。

4. 然后考虑怎么记录玩家的轨迹，常用的套路就是记录前驱节点然后递归转移，这个题同理。但是请注意：第一，你需要维护 \(d_i\) 表示邻居的颜色种类数，以及 \(z_i\) 表示邻居的颜色集合来处理新加入的队列元素；第二，要区分拓扑排序和玩家的路径是有区别的，拓扑排序可以一次剥离多个颜色连通块，但是玩家只有一个，所以记录前驱的时候当 \(k,b=1\) 时前驱为边界点，\(k=1,b=0\) 时前驱为 \(0\)，否则没有前驱，而不能把所有 \(b=k\) 的都设前驱为边界点了。

总结：

• 题型：缩点（见同类缩点） + topo（见 DAG 想 topo）。

• 思想方法：正难则反、合并条件（相信你的直觉）。

第七场

• A

错因分析：没有想到反着做。

正解：直接按照优先值按秩合并即可（即优先级小的在上）。

总结：

1. 思想方法：正难则反（尤其是有删除操作时必用）。

• C

错因分析：完成了第一步转化，但是没有维护支配对。

正解：

1. 容易发现合法区间就是逆序对权值之和的最大值小于等于 \(k\) 即可。

2. 于是考虑对于一个位置 \(i\)，我们发现只需要考虑离 \(i\) 最近的权值严格大于 \(i\) 的位置 \(p_i\)（因为是逆序对所以权值肯定大于 \(i\) 且在 \(i\) 之前，同时因为是存在性问题所以考虑最近的即可）。可以使用单调栈维护 \(p_i\)，每次将 \(w_i+w_{p_i}\) 单点修改在 \(p_i\) 上，然后查询 \([l,r]\) 的最大值即可。

总结：

1.思想方法： 支配对思想（常用于二维数点）

第八场

• A

错因分析：没有对序列进行变换。

正解：

1. 在模 \(3\) 的意义下，R,G,B 对应着 \(0,1,2\)，于是 \(f(a,b) \equiv -a-b \pmod 3\)。

2. 考虑差分，设相邻的三个数依次为 \(a,b,c\)，则差分可得 \(b-a,c-b\)，操作之后差分是 \(a+c-b-a=c-b,c-(a+c-b)=b-a\)，可见操作相当于交换差分数组的相邻两项。

3. 于是求出初始差分数组和最终差分数组，然后将最终的按照初始的顺序标号，最后求一遍逆序对个数即可。

4. 无解的情况就是差分数组元素不能一一对应或者第一个元素不同（显然第一个元素和差分数组确定之后最后一个元素就确定了，因此无需考虑最后一个元素）。

总结：

1. 题型：序列操作——将字符转化为模意义下的数值、差分或前缀和简化

• B

错因分析：没有刻画约束，转化为保序回归问题。

正解：

1. 考虑刻画约束，发现题目想要表达的意思就是相隔 \(p\) 的两个 \(0\) 之间要夹着 \(q\) 个 \(1\)。设 \(b_i\) 表示第 \(i\) 个 \(0\) 前面有多少个 \(1\)（注意这里的 \(i\) 是 \(0\) 的下标，而非真实的数组下标），故约束可以量化为 \(b_i+q \le b_{i+p-q}\)。

2. 这个下标看上去很复杂，我们考虑将下标模 \(p-q\) 同余的位置归为同余类，原不等式化为 \(b_i+q \le b_{i+1}\)

3. 考虑去掉偏移量，令 \(b_i'=b_i-(i-1)q\)（从下标之差可以得出 \(i-1\)，然后为了消去 \(q\) 所以乘上 \(q\)），则原不等式化为 \(b_i'+iq \le b_{i+1}'+iq \Rightarrow b_i' \le b_{i+1}'\)，这便得到了一个标准的 \(L_1\) 保序回归模型，使用整体二分解决即可。最后求出的答案可以直接按原数组下标拼接，因为同余类位置不会互相交错。

总结：

1. 题型：\(L_1\) 保序回归模型——整体二分（寻找最小前缀和作为分界点，左边赋值 \(mid\)，右边 \(mid+1\)，分治值域求解）

2. 思想方法：刻画约束（本题使用前缀和形式）、归为同余类（简化下标）、配凑去除偏移量（利用下标关系）。

第九场

• A

错因分析：没有刻画覆甲使用的区间。

正解：

1. 容易发现金属化是固定的，所以而覆甲的贡献形成一段区间（即使用周期的区间）。

2. 考虑刻画这个区间，肯定先得求出 \(l,r\)。假设我们购买了一次覆甲，则它的最长使用周期就是 \(b_i\)（你需要至少买到伤害这么多点的覆甲）。记 \(h_i=\max_{j \le i} \{a_j+b_j\}\)（即覆甲最远能够到的时间点），则 \(l_i=\max(0,h_{i-1}-a_i),r_i=b_i\)。

3. 现在加入金属化等级 \(m\) 进行考虑，考虑量化贡献。运用函数分析，设 \(F(m)=xm+ y \sum_{k \ge m} C(k)\)（其中 \(\sum_{k \ge m} C(k)\) 就是比 \(m\) 大的数的个数，整个式子就是金属化的贡献加上覆甲的贡献）。在 \([l_i,r_i)\) 上（\(r_i\) 取不到是因为取到了就是全用金属化了），由于 \(C(k)\) 是常数（注意不一定是 \(1\)，因为可能一个坐标上有多个事件），所以这是个一次函数，只会在端点处取得最值。

4. 这启发我们自下而上进行扫描线，从端点 \(p\) 转移到 \(q\) 需要做一个差分，可得 \(F(q)=F(p)+(q-p) (x-yC)\)，初始 \(F(0)=y\sum (r_i-l_i)\)（全用覆甲）。然后 \(C\) 的维护是套路的，就是左端点 \(+1\) 右端点 \(-1\) 即可。注意一下重复区间的情况，还有无效区间的剔除。

总结：

1. 题型：

区间问题——刻画 \(l,r\)

端点问题（一类特殊的区间问题）——扫描线+差分转移

贡献问题——量化贡献，函数分析（分析单调性和最值）

第十场

• A

错因分析：想到了可以求出元区间然后合并，但是没有刻画出元区间。

正解：

1. 有一个很显然的想法：我们将所有基本区间求出来之后，如果区间数量不超过 \(k\) 自然就是答案，否则按照间隔从小到大合并即可。

2. 考虑这样的基本区间是什么，我们发现它需要满足内部排序后能直接嵌入，这表明区间最小值应不小于左侧最大值，区间最大值不大于右侧最小值。而又要满足最小，考虑刻画端点，求出所有满足 \(\max_{1 \sim i} \le \min_{i+1 \sim n}\) 的 \(i\)，这些相邻的 \(i\) 构成的区间就是元区间。

总结：

1. 题型：区间问题——刻画端点。

• B

错因分析：没有试图刻画结构，对数据范围不敏感。

正解：

1. 首先看到 \(n \le 150\) 可以想到大概是 3 次方或者 4 次方的复杂度，可能是 floyd 或区间 dp，但是这题显然与图论无关，所以考虑区间 dp。

2. 那么我们就需要去刻画区间的结构，区间 dp 需要把两个子区间合并，因此我们需要分界点。但这题的分界点并不能随便枚举，因为你无法保证左右区间都在之前轮中被处理。结合题目的约束，我们发现可以将区间最大值的位置作为分界点，显然其他位置都会在他之前被处理。考虑固定最大值然后计数。

3. 我们需要在状态中知道区间端点和轮数，还需要钦定某个状态，于是不难定义 \(dp_{l,r,t}\) 表示区间 \([l,r]\) 恰好在第 \(t\) 轮删空的方案数，但是这个并不好直接转移。考虑反演思想，设计辅助状态 \(f_{l,r,t}\) 表示区间 \([l,r]\) 前 \(t\) 轮删空的方案数。这样，\(f\) 可以由 \(dp\) 数组前缀和得到，然后 \(dp\) 的转移就是对 \(S_{l,m,t-1}S_{m,r,t-1}-S_{l,m,t-2}S_{m,r,t-2}\) 求和（因为是恰好所以减掉 \(t-2\) 的贡献），系数为 \({r-l-2 \choose m-l-1}\)（去掉头尾和 \(m\)，选出 \(m-l-1\) 个数放左边）

4. 但是因为我们钦定 \(dp\) 和 \(f\) 都是删空，所以无法直接表示整个区间，考虑设计另外的状态。我们发现对于整个区间其实也是枚举最大值分割，画一下发现是由一段前缀和一段后缀加上一个元素组成，于是设计 \(L_i\) 表示前 \(i\) 个数且最大值在 \(i\) 的方案数，转移还是枚举 \([1,i]\) 的最大值 \(j\)，可以发现 \([j+1,i-1]\) 的数都会被删，所以贡献为 \(S_{j,i,i-j-1}\)（\(i-j-1\) 就是保证全部删空），直接从 \(L_j\) 转移，系数为 \(i-2 \choose j-1\)。\(R_i\) 同理。最后答案就是 \(\sum_{i=1}^n {n-1 \choose i-1} L_i R_i\)。

5. 最后初始状态提一下：\(S_{l,l+1,0}=1\)（空区间），\(L_i=1\) 当且仅当 \(a_i=-1\) 或 \(a_i=0\)，\(R_i\) 同理。注意 \(t<2\) 时令 \(S_{l,r,t-2}=0\) 即可。

总结：

1. 区间 dp 问题——刻画结构

2. 计数 dp——转移=从什么转移+组合系数

思想方法：

1. 反演思想（在状态设计上的应用）

2. 对数据范围敏感（\(n^3\) 只有区间 dp 或 floyd）