杭电多校 2026

第一场

1001

答案一定出现在 \(x+a_i\) 最小最大，以及 \(y+b_i\) 的最小最大，的乘积之中。为了照顾不选的情况，再将 \(a\) 和 \(b\) 中塞入两个 \(0\) 即可。

1004

菊花的情况是 exchange argument，经过推导得到 \(\frac{b}{a}\) 更小的排在前面，根据 01 on Tree 那个题的结论，每次将 \(\frac{\sum b}{\sum a}\) 最小的连通块，与其根的父亲所在连通块，合并即可。用一个 set / 可删堆维护所有连通块的 \(\frac{\sum b}{\sum a}\)。

1005

std 的做法是将 \(a^xb^y\) 拼出所有数。队友的做法是每拼一段 baaaaaa 就是 \(+1+2+3+4+5+6+7\)，贪心选取就可以做到 \(\mathcal{O}(\sqrt k)\) 的长度。总之思路就是写个暴力，然后试一些特殊的构造，把目标拼出来。

1006

点亮 \(a_i\) 为 \(1\) 时，\(c=\) 《\(i\) 之前的 \(10\) 个数》+《\(i\) 之后的 \(01\) 个数》\(+1\)（即 \(i\) 本身的连续段）。

用期望的线性性拆出来，也就是对于每个位置 \(p<i\)，\(P(w_p=1,w_{p+1}=1)\cdot a_i\)，发现相当于点亮时间 \(t_p<t_i<t_{p+1}\)，所以概率是 \(\frac{1}{6}\)，算上后半段，一共有 \(\max(0,i-2)+\max(0,n-i-1)\) 个 \(p\)，所以答案是 \(\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{6}(\max(0,i-2)+\max(0,n-i-1))a_i\)

1008

观察到最劣情况下，分出的段长为 1+2+3+...，所以最长的一段不超过 450，那么可以设 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始长度为 \(j\) 的这一段，往后接最长能接多少个。如果从 \(f_{p,k}\) 转移而来，如果 \(k>j\) 那么可以直接后缀和优化掉，如果 \(k=j\)，还需要保证 \(p\) 开头的长度为 \(j\) 的串，字典序比 \(i\) 开头的长度为 \(j\) 的串更大，那么这部分可以利用后缀数组的 height，处理出所有后缀长为 \(j\) 的前缀的排名，那么转移就变成二维偏序了。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt n\log n)\)，由于是树状数组的 \(\log n\) 常数较小可以通过。

1010

最逆天之题，根本不会做博弈论，我只能投降。

首先 \(n=1\) Bob 必胜，\(n=2\) Alice 必胜。\(n=3\) 时 \(x_1>x_3\) Alice 必胜，\(x_1\leq x_3\) Bob 必胜。

此时观察 \(n\geq 3\) 时相当于军备竞赛，两个人都同时往中间尽可能地移动，令 \(s_a\) 为前半部分 Alice 的总和，\(s_b\) 为后半部分 Bob 的总和，如果谁的严格大谁就赢了。这个证明是比较容易的，如果一方严格大，它一定能取完就取完，那么对方无论怎么操作，最终缩减到 \(n=3\) 的时候还是严格大的那个赢（无论它变成先手还是后手）。

但是在 \(s_a=s_b\) 时，他们要争抢成为 \(n=3\) 时的后手，还要保证不能被对方多取额外一堆（导致变成对方严格大）。考虑 \(n=1\) 的时候后手必胜，我们相当于抢 \(n=1\) 的后手，那么此时就可以类比，将中间三堆视作同一堆，去争抢成为最后 \(n=3\) 的后手。所以相当于 \(s_a\) 删掉最右边的一个，\(s_b\) 删掉最左边的一个，再进行比较 ...... 依次类推，相当于前缀和与后缀和，比较一下字典序谁严格大。

这个地方正着思考了很久，总是得出不完备的结论，后来刷新脑内缓存，利用类比思考出来了正确的做法。

对于奇数的情况是这样做，字典序相同判 Bob 赢。对于偶数的情况类比应该大致是相同的，只不过字典序相同判 Alice 赢，这里没有细推，对拍过了那就是对的。

1012

先视作 \(x_i,y_i\) 表示为 \(v_y\) 会给 \(u_x\) 贡献 \(k\) 倍，建图让 \(y\) 连向 \(x\)，每个 \(v_i\) 会给自己的 \(u_i\) 贡献一倍。先构造得松一些，分析余数，能不能让 \(\bmod k\) 是满足的，发现 \(u_i\equiv v_i\pmod k\)，那么先令 \(v_i \gets u_i \bmod k\)，再从此基础上进行调整。

此时再调整只能让 \(v_i+k\)，那么就会使得 \(u_i+k\)，并且 \(i\) 的出点 \(j\) 都会 \(u_j+k^2\)，此时将所有数都对 \(k\) 整除，问题的规模除以了一个 \(k\)，那么预估 \(\mathcal{O}(\log u)\) 轮就能归约到一个边界情况。

这里出现了问题，因为有负数的存在，模出来定哪个数，向 0 取整还是向下取整，\(u\) 的值还在一个负数上循环，出现一些边界问题，在这里卡住了。事实上，最开始就是在模空间下分析的，后面逐层迭代也应该去想在模意义下是在做什么。

事实上，如果每次都让 \(v_i\) 变为 \([0,k-1]\) 中的数，相当于确定好了原问题的 \(v_i\bmod k^t\) 的值，其中 \(t\) 是迭代的轮数。那么迭代到 \(k^t>2\cdot 10^9\)，由于要求 \(v\in [-10^9,10^9]\)，就能区分出真正的 \(v\) 是正数 \(\leq 10^9\) 还是负数，取模之后变成 \(>10^9\) 的了。由于真正的 \(v\) 可能超级大，不在 \([-10^9,10^9]\) 之中，所以还要最后 check 一下对不对。

1002 (补)

复制一下题解：

找到一组链剖分，把链垂直摆放，链上的左子树放在左边，右子树放在右边，子树递归下去画。

\(y_{fa_i} < y_i\) 这条限制使得高度至少得是 \(\Omega(n)\)，因此需要分析画面的宽度。记链上最大的左子树大小为 \(\alpha\)，最大的右子树大小为 \(\beta\)；

如果使用重链剖分，不失一般性令 \(\beta\) 对应子树的深度比 \(\alpha\) 大，可以得到宽度的递推式：

\[\begin{aligned} W(n) &= \max_{\alpha \le n/2, \beta \le (n-\alpha)/2} (W(\alpha) + W(\beta)) + 1 \\ &= W(n/2) + W(n/4) + 1 \\ &= \mathcal{O}(n^{\log_2 \phi}) = \mathcal{O}(n^{0.695}) \end{aligned} \]

无法通过，需要优化。

不妨稍稍修改一下重链剖分：找到一条链使得 \(\alpha + \beta \le n/2\)。这条链一定是存在的，可以归纳证明：从根向下走到某节点，根到该节点的链满足 \(\alpha + \beta \le n/2\) 的条件，当前左右儿子的大小分别是 \(L\) 和 \(R\)。

• 若 \(\alpha + R \le n/2\)，走左儿子；
• 若 \(\beta + L \le n/2\)，走右儿子；

上面的两个条件无法同时不成立，因此链存在，故而可以进行链剖分。这样链剖分的宽度变为：

\[\begin{aligned} W(n) &= \max_{\alpha + \beta \le n/2} (W(\alpha) + W(\beta)) + 1 \\ &\le 2W(n/4) + 1 \\ &\le 2\sqrt{n} \end{aligned} \]

可以通过。

这样子改重链剖分的契机是什么？

宽度为 \(W(n) = \max\limits_{\alpha,\beta} (W(\alpha) + W(\beta)) + 1\) 的这个构造摆在这里，而直接重链剖分的递推式中 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 不平衡，尝试将它平衡到一个比较优的地方，就让它们同时小一点。

那么可能存在一个 bound，使得每次往下走的时候能控制 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 比较小。同时 \(\leq n/2\) 有点太弱了，因为每次往下走时 \(L,R\) 对 \(\alpha\) 和 \(\beta\) 是一个 chkmax，所以应该像一个 \(\sum \leq n/2\) 的 bound。

1013 (补)

这个题的思路与 Tutte 矩阵求解一般图最大匹配有异曲同工之处，少了容斥，多了个变元去描述红边个数。

考虑令 \(A_{i,\pi_i}\) 为二部图 \(i\to \pi_i\) 这条边的边权，不存在则为 0。则积和式 \(\text{perm}A=\sum\limits_{\pi}\prod\limits_{i=1}^nA_{i,\pi_i}\) 可以描述所有完美匹配。

此前遇到的题，例如某次省队集训题，均是用行列式去描述，这里有另外的思路是积和式去描述。

那么令 \(x_{i,j}\) 为两两不同的变元，\(z\) 为描述红边的变元，那么令 \(A_{i,j} = \begin{cases} x_{i,j}, & c(i,j) = 0, \\ x_{i,j}z, & c(i,j) = 1. \end{cases}\)，则求其积和式，提取 \([z^k]\) 即为所有 \(k\) 条红边的完美匹配，那么存在完美匹配当且仅当 \([z^k]\text{perm}A\) 是非零多项式。

由于变元之间线性无关，所以正负不影响，故可以将积和式视作行列式，那么利用 Schwartz-Zippel 在 \(\mathbb{F}_p\) 下给每个变元随机权值，作行列式，再对 \(z\) 进行拉格朗日插值即可求出对应系数。这里朴素实现时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^4)\)。

还要考虑怎么优化到 \(\mathcal{O}(n^3)\)，以及构造方案，但我已经困了。

第六场

1001 Grand Mex

最后一步导致 0 一定存在，之后发现答案只能是 1 或者 2。只需要以任意点为根，每条边定向为父亲指向儿子（操作时父亲清零，儿子 +1），由于每个点只有一个父亲，那么权值只有 0 和 1。

现在问题是判定答案是否可以为 1，相当于给边定向，\(f_{x,0}\) 表示 \(x\) 的父边指向父亲 \(fa\) 时，\(x\) 子树内是否有合法方案；\(f_{x,1}\) 表示父亲指向 \(x\) 时，\(x\) 子树是否有合法方案。令 \(\texttt{last1}\) 和 \(\texttt{last2}\) 分别代表节点 \(x\) 参与的最后一次操作和倒数第二次操作对应的相邻节点，根据 \(\texttt{last1}\) 和 \(\texttt{last2}\) 是否等于 \(fa\) 讨论转移即可。构造方案根据 dp 过程倒推即可。

std 的做法是令变量 \(in(e,v)\) 表示边 \(e\) 是否指向 \(v\)，那么变成 2-SAT 问题。

1002 Dice Tower

观察到一个骰子对面被遮会 -7，有一对面被遮之后讨论一下不同情况。如果没有一对对面同时被遮，那么遮住 1,2,3 面分别会 -1，-3，-6。这样分类讨论会简单一些。

1003 Phi Master

\(\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)\prod \frac{p}{p-1}\) 其中（\(p\) 是 \(\gcd(x,y)\) 的质因子），\(a_i\leq 10^7\) 的质因子最多 \(8\) 个，所以质因子子集不会很多，直接对每个 \(x\) 枚举质因子子集，子集相同取最大的 \(a_i\)。直接做的算量是 \(10^7\times 2^8\) 大小。

利用算错不会更优。令 \(f_x\) 表示质因子集合为 \(x\) 的质因子集合时的 \(\max a_i\prod \frac{p}{p-1}\)，那么初始的时候对每个 \(a_i\) 枚举其不出现重复质因子的因数 \(d\) 令 \(f_d=a_i\prod \frac{p}{p-1}\)，其中 \(p\) 是 \(d\) 的质因子。再做一遍 Dirichlet 前缀 max 即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n2^{\omega(a)}+a\log\log a)\)。

1006 Gcd Master

\[\begin{aligned} f_k &= \sum_{1 \le i \le k} \gcd(i, k) \\ &= \sum_{1 \le i \le k} \sum_{d \mid i, d \mid k} \varphi(d) \\ &= \sum_{d \mid k} \varphi(d) \left\lfloor \frac{k}{d} \right\rfloor \end{aligned} \]

可以简单 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 计算得到。

\[\begin{aligned} g_k &= \sum_{k \le j \le n} \gcd(j, k) \binom{j}{k} \\ &= \sum_{k \le j \le n} \sum_{d \mid k, d \mid j} \varphi(d) \cdot \binom{j}{k} \\ &= \sum_{d \mid k} \varphi(d) \sum_{j \ge k, d \mid j} \frac{j!}{k!(j-k)!} \end{aligned} \]

令 \(k = ad\), \(j = bd\)令某个 \(d\)，需对所有 \(1 \le a \le \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\) 求出：

\[\begin{aligned} h_a = \varphi(d) \sum_{b=a}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \frac{(bd)!}{(ad)! \cdot ((b-a)d)!} \end{aligned} \]

即 \((bd)!\) 与 \(((b-a)d)!\) 的差卷积，单次复杂度为：\(O\left(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor \log \left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor\right)\)。求出后累加：\(g_{ad} \mathrel{+}= h_a\) 即可。总时间复杂度 $ \sum\limits_{d} \frac{n}{d} \log \left(\frac{n}{d}\right) = O(n \log^2 n)$。

1007

这里 fwt 采用 Kronecker Product 的理解方式，相关的阅读材料可以见： https://www.cnblogs.com/do-while-true/p/17098483.html ， https://codeforces.com/blog/entry/96003 。

现在仅需要构造每一维的线性变换，之后利用 fwt 的手法做出最终的线性变换即可。对于 6*6 的下标乘法循环卷积，可以直接试着搜值在 \([-1,1]\) 里的矩阵是否满足（注意需要有逆），也可以先把 2*2 和 3*3 的下标乘法循环卷积搜出来，将原问题的 \(f_i\) 其中 \(i=2a+b\) 其中 \(b\in [0,2),a\in [0,3)\) 视作 \(g_{a,b}\)，再对 \(g\) 行作 3*3 的线性变换，再对 \(g\) 的列作 2*2 的线性变换，再将 \(g\) 映射会 \(f\) 就得到了 6*6 对应的线性变换。

该问题得到解决。