MX、洛谷 noip 模拟赛收录

posted on 2025-11-17 13:40:35 | under | source

P14462 【MX-S10-T3】『FeOI-4』寻宝游戏

tag：贪心、模拟、绝对众数。

考虑枚举最终归到哪个桶，考虑操作步数，那么对绝对众数分讨，若不存在，则皆大欢喜为总和除以 \(2\)；若存在，则步数下界为绝对众数，因为每个至少要被操作一次，同时容易构造方案：让绝对众数与其它数扔到 \(n+1\)，直到不存在绝对众数，算一下恰为下界。

不过可能奇偶性有问题，若剩下的总和为奇数需要选一个桶和基准桶一起扔到 \(n+2\)，显然选剩下的最大值。

根据上述贪心，显然选最大值为基准桶最优，但由于奇偶性问题，再顺便考虑一下严格次小值。

这些信息都容易数据结构维护。

corner case：

• 上述贪心在 \(n=2\) 会有问题，因为选一个基准桶后就剩一个桶了，无法两两配对，要特判。

• 有可能归位给空桶，例如 \(a_i\) 均为 \(1\)。

总结：两两配对问题考虑对绝对众数分讨。留心 coner case。

P14463 【MX-S10-T4】『FeOI-4』呼吸之野

tag：中位数、找性质、历史线段树。

先来判定区间合法性，首先必然要做一步转化，从 \(1\dots n\) 考虑 \(x\)，将 \(<x,\ge x\) 视为 \(-1,+1\)，中位数 \(\ge x\) 等价于区间和 \(\ge 0\)。

考虑每个右端点 \(i\) 至多对应一个左端点（即最大的哪个），记为 \(l_i\)，考虑一下存在 \(j<i,l_j\ge l_i\) 意味着什么，你发现随着 \(x\) 增大仍然 \(l_j\ge l_i\)。

证明一下，\(x\) 变大会将 \(+1\) 改成 \(-1\)，只需考虑 \([l_j,j]\) 区间内的数被修改会怎样（其它情况 \(l_j\) 不变 \(l_i\) 只会变大），那么 \(l_j\) 会一直减少，我们需要证明减到 \(l_j=l_i\)（并且继续减下去）时不可能出现 \(j\) 区间的值更小，根据 \(l_i\) 性质 \([l_j,i]<0\)，从而 \((j,i]<0\)，所以 \([l_i,j]>[l_i,i]\)；而对于初始就 \(l_i=l_j\) 的情况，如果 \(j\) 区间更小就意味着 \((j,i]\ge 0\) 这不符合设定。

那么一个右端点的存在时间为一段前缀，若能求出前缀，则计算答案直接二分就行了，因为区间不交所以左右端点递增，这样是双 log。事实上也可以对左端点跑同样的做法，那么左右端点一一对应，就可以单 log。

考虑对固定的 \(x\) 求出其有效的右端点，从左到右扫一遍，记目前最右的有效右端点为 \([l_j,j]\)，考虑如何判定 \(l_i\le l_j\)。首先若 \(\sum (j,i]>0\) 则一定 \(l_i>l_j\)；否则若 \(l_i\le j\) 就一定非法了，你考虑 \(l_i\) 左移的过程，若移到了 \(j\) 上此时初值 \(\le 0\) 相较于 \(l_j\) 更劣，那么不可能比 \(l_j\) 还优。综上，只需考虑 \(l_i\in [j,i]\) 的情况。

接下来是很神仙的一步，将限制放缩为 \(j-k< l_i-1\le i-k\)，好处是这相当于记录从 \(j\) 扫到 \(i\) 的 \(pre_{p-k}\) 最小值，可以套用历史值线段树！具体来说，\(i\) 从 \(1\) 扫到 \(n\) 并维护每个 \(x\) 的 \(pre_{i-k}\)，记录它的历史最小值，每次线段树二分找到合法前缀，将它们的 \(j\) 设为 \(i\)，这相当于清空历史最值。单 log。

总结：

• 中位数转 \(+1-1\) 时，可以研究 \(mid\) 变化带来的单调性。
• 灵活运用历史值清空，可以用来刻画一类区间。