20250725模拟赛题解

小凯的疑惑

题目来源：NOIP 2017 提高组 Day1 T1

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3951

直接输出 \(ab-a-b\) 即可。

证明：不妨设 \(a < b\)。

考虑将所有数字按模 \(a\) 的余数分为若干组，第 \(i\) 组为模 \(a\) 余 \(i\) 的所有数。例如，\(a=5, b=7\) 时，第 0 组就是 \(5, 10, 15, \cdots\)，第 2 组就是 \(2, 7, 12, \cdots\)。第 0 组只用 \(a\) 就能表示，后面就不考虑了。

引理1：每组如果有一个数可以被表示出来，则该组大于它的所有数均可被表示出来。

这个引理是显然的，只需要再多拿出来一枚面值为 \(a\) 的硬币即可。

引理2：非0组能被表示出来的最小数是 \(b\) 的倍数。

如果不是，那么它可以表示为 \(ax+by\)，让 \(x\) 变 \(0\)，则可表示出同组的数种更小的一个。

引理3：当 \(i > 0\) 时，第 \(i\) 组中前面若干个数无法表示，直到遇到第一个 \(b\) 的倍数。

由引理2显然得证。

引理4：\(b\) 的 \(1\) 倍、\(2\) 倍、\(\cdots\)、\(a - 1\) 倍分散在第 \(1, 2, \cdots, i - 1\) 组中。

如若不然，若在 0 组，则 \(xb=ya\)，由 \(a, b\) 互素，\(y\) 必是 \(b\) 的倍数，从而 \(ya \ge ba\)，\(x \ge a\)，也就是说至少要到 \(b\) 的 \(a\) 倍才能进 0 组。如果有两个倍数进了同一组，那么它们的差是 \(a\) 的倍数，同理可得出，它们的差至少是 \(ab\)，从而较大的那个倍数不会小于 \(ab\)。

综上，我们要找的就是 \(b\) 的倍数中，最大的不超过 \(ab\) 的数，然后取它所在组的上一个数。

显然结果是 \((a-1)b - a = ab - a - b\)。

最终时间复杂度 \(O(1)\)，记得开 long long。

涂色游戏

题目来源：NOI 2023 春季测试 T1

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P9117

直接模拟显然会超时。考虑每个位置的染色规律，显然我们只用考虑最后一次它被染成什么色就可以了，所以过程中的变化我们不必关注。

用两个一维 pair<int, int> 数组存储每行、每列的染色记录（操作编号和染成的颜色），输出的时候，对于每个位置，取该行的最后染色记录和该列的最后染色记录，比较后即可得出结果。

时间复杂度 \(O(T(q + nm))\)，毕竟每次询问再怎么说也得 \(O(1)\) 存一下。

括号树

题目来源：CSP-J/S 2019 提高级 Day1 T2

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5658

考虑链上的情况，显然就是很简单的递推。记 \(lastans[i]\) 为 以 \(i\) 号位置结尾的子串中有多少个合法的括号序列。我们用栈模拟括号匹配，如果 \(i\) 处不是右括号或“是右括号但找不到左括号匹配”，那么结果为0，否则设它匹配的左括号位置为 \(j\)，则 \(lastans[i] = lastans[j - 1] + 1\)，最后 \(ans[i]\) 就是 \(lastans[i]\) 数组的前缀和。

考虑如何拓展到树上，不难想到在进行 DFS 的过程中维护这样一个栈，并更新结果数组。需要注意在 DFS 处理完每一个点之后，要对它造成的影响进行消除。如果这个位置没有匹配上，则确保把它自己弹出去；否则，要把匹配上的那个左括号加回来。最后，\(ans\) 数组不再是前缀和，而是自己父亲的 \(ans\) 加上自己的 \(lastans\)。

例如，父亲结点是左括号，有 2 个儿子，都是右括号，那么处理第 1 个儿子的时候，栈中的父亲左括号会弹出，因此处理完这个儿子后必须再把被弹出的结点压回来，不然下一个儿子就匹配不上了。

时间复杂度 \(O(n)\)。

赛道修建

题目来源：NOIP 2018 提高组 Day1 T3

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P5021

考虑二分答案，变成判定问题。
我们注意到，树上的链的形状都是从一个点先向上走，走到它的一个祖先后，再选择另一个子结点向下走。我们要求的是最多设计的赛道数，且已经转化为了判定问题，那么自然可以想到，如果一个很深很深的子树自己就形成了一条刚刚好满足要求的路径，那我们就没必要把这个路径拆了形成更浅的路径。毕竟，一个子树往上走，最多也只能参与到一条路径的构成中，结果不会变好。

考虑一个结点 \(x\)，如果它是一个儿子全是叶子结点的结点，我们当前要判定的路径长度为 \(L\)，那么我们就可以把所有叶子结点到它的距离排序，按照最小配最大的思路尽量多配对。配对之后，如果有剩余的儿子，我们选则一条长度最大的往上连。

但这里又有一个问题，就是贪心的时候可能把最大的选走了，而另一种解法是贪心的时候不让最小配最大，往往也能配出相同的对数。考虑 \(3,4,5,6,7\)，限制为 \(9\)，贪心会配出 \(3+7, 4+6\)，但 \(3+6,4+5\) 同样可以满足要求，剩下的还是更长的边。

所以，我们在这一步贪心之后，还要加一步二分答案，求出可以保证结果不变的、可以剩下的最长的边。

对于这样的特殊结点，我们的贪心是正确的，那么对于其它结点，只需要把每个儿子传上来的结果加上到此儿子的距离，就可以转化成相同的情况了。总之，先二分答案转化为判定，然后使用贪心对每个子树进行求解，最后再加一步二分答案保证子树上传的结果最优。

时间复杂度 \(O(\log(nl) \times n \log(n))\)。