NOI2025 补题计划

1A. robot

考虑建分层图，注意到一个点有用的 \(p\) 的范围为 1 到度数，所以总共有用的点数为 \(O(m)\)，如果从一个点走到另一个点但是 \(p\) 超过的终点的度数，那么让 \(p\) 强制指回该点度数。注意到如果此时这个点是终点可以不用指回去，再建一个新点表示钦定该点是终点，这样一共 \(O(n+m)\) 个点，跑最短路的复杂度是一个 log。

1B. sequence

一次操作后，两个相邻的数中至少有一个归零。这样我们可以通过将原序列划分为若干个段，每个段 \([l,r]\) 中选择一个点 \(k\)，然后执行操作 \((l,l+1),(l+1,l+2),\cdots,(k-1,k),(r-1,r),(r-2,r-1),\cdots,(k,k+1)\)，其中需要保证这些操作是合法的，合法指的是对于所有 \(l\le i<k\)，操作后的 \(a'_i\le a_{i+1}\)；对于右边同理。显然每一段至多有一个整数非零，且若有非零数则该数下标一定是 \(k\)，并且下标奇偶性与 \(k\) 相同的数对终值的贡献为 1，不同的数对终值的贡献为 -1。这样，我们只要知道了 \(k\) 的奇偶性，就能算出最终剩下的那个值是多少。

首先对每个点预处理出 \(lft_i\) 表示首个满足 \(a'_i>a_{i+1}\) 的 \(i\)，\(rht_i\) 表示首个满足 \(a'_i>a_{i-1}\) 的 \(i\)，那么对于区间 \([l,r]\)，\([\max(l,rht_r),\min(r,lft_l)]\) 内的所有下标都合法。然后再预处理出 \([l,r]\) 奇数下标之和 \(s_1\) 和偶数下标之和 \(s_0\)，首先判掉 \(s_0=s_1\) 的情况，然后如果 \(s_0>s_1\) 那么最终合法的 \(k\) 就是上面区间中下标为偶数的所有数，反之同理。设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数的答案，则枚举 \(j,k\) 可以做到三次方，预处理每个奇偶性的区间和和区间最小值就可以不用枚举 \(k\)，复杂度平方，可以通过第一问。

上面的做法通过不了非 B 性质的第二问的原因是会算重，而一个序列会算重当且仅当存在 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 满足 \(l_2=r_2+1\)，且两个序列中至少存在一个序列终值为 0，此时操作两个序列和操作 \([l_1,r_2]\) 结果相同。考虑强化限制使得一种划分方案恰好对应一个序列，令新的 \(rht_i\) 为首个满足 \(a'_i\ge a_{i-1}\) 的 \(i\)。可以发现此时操作 \([l_1,r_2]\) 不再合法，这样就不会算重了。做法类似第一问，复杂度平方。

1C. tree

2A. ternary

首先发现一个串是不动点当且仅当对于所有 1 其后面两位都相等，然后假设所有连续段长度都大于等于 2，忽略第一个 1 连续段之前的 0，那么如果设 \(p\) 为第一个 0 连续段的开头的下标，答案就是 \(n-p+1\)。再考虑第一个长度为 1 的连续段（设下标为 \(p\)）和它后面的极长长度为 1 的连续段，分类讨论一下发现如果该连续段是 1 连续段，操作一次这一部分就没有贡献了；如果是 0 连续段，操作一次后在 \(p+1\) 开头会形成长度大于等于 2 的 0 连续段，贡献为 \(n-p+1\)，而在其之后的极长长度为 1 的连续段都只会有 1 的贡献，相对于 \(n-p+1\) 可以忽略不计，显然如果之前存在长度大于等于 2 的 0 连续段的话那么这部分的贡献也忽略不计。

所以我们得出结论：若一个串为不动点，答案为 0；若该串不存在长度大于等于 2 的 1 连续段，答案为 1；否则设 \(p\) 为第一个长度大于等于 2 的 1 连续段之后的第一个 0 的下标，答案为 \(n-p+1\)。线段树维护它，复杂度一个 log。

2B. set

对 \(AND=x\) 计数太难做了，考虑容斥，钦定 \(AND\) 为 \(x\)，剩下位随意，这就是一个子集容斥，容斥系数为 \((-1)^{|T|-|S|}\)。现在有两维 \(AND\) 限制了，考虑二维容斥，假设 \(F_{S,T}\) 为恰好 \(AND_P=S,AND_Q=T\) 的答案，\(G_{S,T}\) 为钦定 \(AND_P=S,AND_Q=T\) 的答案，则有式子

\[F_{S,T}=\sum_{S\subseteq S'}\sum_{T\subseteq T'}(-1)^{|S'|+|T'|-|S|-|T|}G_{S',T'} \]

考虑到我们只需要用到 \(AND_P=AND_Q\)，所以有

\[F_{S,S}=\sum_{S\subseteq S'}\sum_{S\subseteq T'}(-1)^{|S'|+|T'|-2|S|}G_{S',T'}=\sum_{S\subseteq S'}\sum_{S\subseteq T'}(-1)^{|S'|+|T'|}G_{S',T'} \]

考虑到我们只需要求出所有 \(F_{S,S}\) 的和，考虑 \(G_{S',T'}\) 对答案的贡献：

\[ans=\sum_S\sum_{S\subseteq S'}\sum_{S\subseteq T'}(-1)^{|S'|+|T'|}G_{S',T'}=\sum_{S}\sum_{T}(-1)^{|S|+|T|}2^{|S\cap T|}G_{S,T} \]

考虑怎么求 \(G_{S,T}\)。先考虑如下子问题：给定 \(n\) 个数 \(a_i\)，求 \(\sum_{S\subseteq\{1,2,\cdots,n\}}\prod_{i\in S}a_i\)。正常情况下这可以 DP，但是这不利于我们做原问题，我们希望将贡献拆到每一个点上；答案即为 \(\prod_{i=1}^n (a_i+1)\)，证明考虑选 \(a_i\) 或选 \(1\) 的组合意义。回到原问题，考虑每个数对 \(G_{S,T}\) 的贡献：如果 \(S\subseteq i,T\not\subseteq i\)，则 \(a_i\) 只能划到 \(S\) 中，贡献为 \(a_i+1\)；如果 \(S\not\subseteq i,T\subseteq i\)，则 \(a_i\) 只能划到 \(T\) 中，贡献也为 \(a_i+1\)；如果 \(S\subseteq i,T\subseteq i\)，则 \(a_i\) 都可被划到 \(S,T\) 中，贡献为 \(2a_i+1\)。乘起来就是答案。然而发现诸如 \(S\subseteq i,T\not\subseteq i\) 的限制并不好刻画，容斥一下可以得到：

\[G_{S,T}=\prod_{S\subseteq i,T\not\subseteq i}(a_i+1)\prod_{S\not\subseteq i,T\subseteq i}(a_i+1)\prod_{S\subseteq i,T\subseteq i}(2a_i+1)=\dfrac{\prod_{S\subseteq i} (a_i+1)\prod_{T\subseteq i} (a_i+1)\prod_{(S\cup T)\subseteq i} (2a_i+1)}{\left[\prod_{(S\cup T)\subseteq i} (a_i+1)\right]^2} \]

设 \(f_S=\prod_{S\subseteq i}(a_i+1),g_S=\prod_{S\subseteq i}(2a_i+1)\)，再将上述式子代回总式：

\[ans=\sum_{S}\sum_{T}(-1)^{|S|+|T|}2^{|S\cap T|}\dfrac{f_Sf_Tg_{S\cup T}}{f_{S\cup T}^2}=\sum_{S}\sum_{T}(-1)^{|S|+|T|}2^{|S|+|T|-|S\cup T|}\dfrac{f_Sf_Tg_{S\cup T}}{f_{S\cup T}^2} \]

第二步转化利用了恒等式 \(|S\cap T|=|S|+|T|-|S\cup T|\)。至此式子全部转化为了两集合取或的形式，使用 FWT 做或卷积即可，可以通过 B 性质，拼上暴力计算 \(O(4^n)\) 的包可以获得 68 分。考虑到出错的原因在于 \(a_i+1=0\) 时不能除掉 0，套路性的考虑记录 0 的幂次，\(a_i+1=0\) 的贡献改为 \(1\times0^1\)，这样每个数可以写成 \(a\times 0^b\) 的形式，做 FWT 时维护这个多项式，复杂度反正过不去，但是发现最终我们只需要用到 \(b=0\) 的数，而 \(b\) 不可能小于 \(0\)，所以只有多项式的最低项才可能让最终 \(b=0\)，那么我们运算过程中只记录最低项即可。需要重载一下新类型的加减乘除运算，复杂度 \(O(n2^n+2^n\log V)\)（懒得写线性求逆），获得 100 分。

2C. defense