2026暑期提高模拟卷 - 01 - aTawa

题意：给定一个序列 $a_i$，序列 $b_i$，可以翻转 $a_i$ 的一段区间，求 $\sum{a_ib_i}$ 最大值 $n\le 5000$。

直接枚举翻转的两端点的话，每次都要重新扫描一遍，浪费了。

翻转这个操作，一般可以抓住对称中心来做。

这个题可以直接枚举中心，往两端拓展，这样前面求出的信息就可以重复使用了。

注意分长度为偶数和长度为奇数讨论（对称中心在两个数之间/中心是一个数）

由于 $n\le 5000$，可以通过，不过也存在一些 dp 做法。

难度：黄

T2:

感觉需要一定巧思的题目，如果直接考虑dp整个过程怎么走就偏离正解了。

首先送外卖的这些路程我们省不了，这部分代价是 $\sum |a_i-b_i|$，只能减小额外跑动（也就是不运送外卖）的路程。

应该如何最小化这个路程？‘

考虑在什么地方我们会在终点之前丢下手中的外卖，发现放下地方必然有其他外卖可以拿，也就是其他外卖的起点。（而这种情况下手里还拿着外卖不会产生额外跑动）。

当放下一份外卖 $i$ 的时候，我们发现这一份外卖和此处的那一份外卖 $j$ 并没有本质区别，可以将终点$b_i,b_j$互换，这样外卖 $i$ 就变成从 $a_i\to b_j$ 外卖 $j$ 就变成从 $a_j\to b_i$，可以省去这次放下的过程。

现在问题变为将 $a_i,b_i$ 重排，最小化所有从终点到起点的路程和。也就是重排形成形成 $a'_i,b'_i$ 并最小化 $\sum|b'_i-a'_i|$。

直接将 $a_i,b_i$ 从小到大排序之后依次配对就可以了，注意由于要求从 $0$ 最终走到 $L$，可以令 $a_0=m,b_0=0$ 放到一起排序。

为什么这样配对是最小的假设能够交换两个位置 $i,j,i<j$

考虑$|b_i'-a'_i|$，$|b'_j-a'_j|$

若 $b_i'>a'_j$ 或者 $b'_j<a'_i$，交换无影响，贡献均为 $b'_i+b'_j-a'_i-a'_j$。

否则若 $a'_i<b'_i<b'_j<a'_j$，那么交换后贡献从 $a'_j-a'_i-(b'_j-b'_i)$ 变成了 $a'_j+b'_j-a'_i-b'_i$，不优。

若 $a'_i<b'_i<a'_j<b'_j$ 同样得到交换后贡献从 $b'_j-a;_j+b'_i-a;_i$ 变成了 $b'_j-a'_i+a'_j-b;_i$ 不优

其他情况也是类似的。

难度：青，洛谷P3076

T3：

最小值最大，想到二分魔力值 $d$。

二分之后只考虑 $\ge d$ 的材料，由于要价格低的情况下体积还要大，所以可以直接贪心地取单价 $p_i$ 比较低的材料，直到取满 $L_i$。

如果对于每个询问都这么做，时间复杂度应该是 $O(nm\log d)$的。

为了快速统计，需要使用数据结构优化。

按照材料从大到小排序，对于每个材料建立一个版本的线段树，并且以价格为下标，每个节点存储该价格区间的总库存和总花费。

查询时，在对应版本的线段树上进行线段树上二分：若左子树库存足够，则走左边；否则买下左边全部，再去右子树寻找剩余体积。

难度：紫

T4：

考虑每个位置上被哪一个条件“约束”

先不管离散化什么的，这个对于本题最终解法影响不大，只是明显加大了代码和处理上的难度。

对于一个位置，这个位置填数的范围被包含它，且x最小的那个的那条限制约束，

因为填了小的数, $\le$ 更大的 $x'$ 的要求就自动满足了，除非让更大的 $x'$ 没地方填了，这个时候注意判断无解。

特别地对于没有任何限制的那些位置，显然可以再 $1\sim k$ 之间随便填写

这样，每个位置i事实上只受一个 $x$ 值的影响，（但是可能会存在多个包含$i$，且限制为 $x$ 的区间，而这正是本题终点需要处理的）
于是我们可以对于每个不同的 $x$ 值分开做，而且只考虑那些受到x限制的位置，将其他位置剔除。最后对于不同的 $x$，将答案乘起来。

现在问题转化为长度为 $n'$ 的区间可以填写 $1\sim x $ 中的数，且给定若干条限制$[l,r]$，要求 $[l,r]$ 之间至少填过一个 $x$

可以设计dp $f_{i,j}$ 表示考虑到位置 i，上一个填写x的位置是 j 的方案数，
这个 dp 怎么转移呢

首先处理出一个辅助数组 $lst_i$ 表示如果上一次是在 i 填写了 x，那么最晚到什么位置一定要填写 x。

这个可以通过扫描一遍所有限制进行处理：
从大到小枚举 i，然后看看有没有左端点 $l=i+1$ 的限制，如果有，那么设 $r_{min}$ 为所有区间中最小的右端点位置，那么就让 $lst_i=\min(lst_{i+1},r)$

转移的时候可以分当前这位填/不填 x，如果填，那么 $f_{i+1,i}+=f_{i,j}$

否则 $f_{i+1,j}+=f_{i,j}*(x-1)$，但是若 $i+1>lst_j$ 就不可以转移（超出了最晚填写的额位置，不满足题意）
这样复杂度大概是 $O(nm)$ 的，虽然看似有三重循环，但是其实 $\sum n' =n$ 复杂度是对的，离散化以后可以让 $\sum n' =O(m)$ 做到 $O(m^2)$得到满分。
离散化之后，原来的一个位置就变成了一段长度为 len 的区间，转移的时候需要改一下

$f_{i+1,i}+=f_{i,j}*(x^{len}-(x-1)^{len})$ 容斥：表示这段区间里面填了至少一个x
$f_{i+1,j}+=f_{i,j}*(x-1)^{len}$ 表示只能填写 $< x$ 的数

然而进一步地，这些操作可以使用线段树维护，需要支持区间乘法，单点改，区间和（详见ABC262Ex）做到 $O(m\log m)$。

难度：紫，洛谷P4229/ 加强版：ABC262Ex,atcoder rating *3000

发表于 2026-09-30 23:39 aTawa 阅读(2) 评论(0) 收藏举报

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