2025ACM训练日记

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2025ACM训练日记

2025 校科协算法组免试（4/5）

传送门

  • A 不妨把题目分成两部分来考虑。前者，显然可以根据数据范围注意到 \(O(n^3)\) 的复杂度，那么考虑 Floyd 预处理，然后枚举可修复的边 \((u,v)\) 及其起点终点，也是 \(O(n^3)\) 。后者，考虑用并查集，不过不能路径压缩。
  • B 注意到 \(10^{14}\) 的数据范围，考虑根号做法。那么区分 \(b\le\sqrt x\) 和 \(b\gt\sqrt x\) 两种情况讨论。前者直接枚举 \(b\) ，然后暴力计算数位和，复杂度 \(O(\sqrt x\log x)\) 可以接受。后者考虑 \(b^2>x\) 恒成立，那么 \(x\) 在 \(b\) 进制下至多有两位，不妨记为 \(d_1,d_0\) ，于是 \(x=d_1\cdot b+d_0,s=d_1+d_0\) ，转化为单变量解出 \(b\) 即可。特别地，需要注意一些 Corner Case。
  • C 莫队二次离线板子，但我不会。 \(27\) 分做法是，考虑用树状数组统计逆序对， \(58\) 分做法是，考虑用莫队优化。
  • D 很经典的小清新思维题。把不调整的时候的间隔全记录下来，依次考虑移动哪个区间。假如别处有个间隔够把它放进去，答案可以是当前这个区间移走后留下的那一片，也可以是别处间隔中最大的一个。值得注意的是，肯定可以移动一个区间使之与其左、右的区间相邻，从而创造出更大的间隔，相当于平移的滑动。
  • E 动态规划。设 \(f_{i,e,c}\) 表示在处理完前 \(i\) 个事件后，精力为 \(e\) 和收集苹果数为 \(c\) 时的最早时间。我们不妨枚举前一步的 \(e,c\) 考虑其能到达哪里，直接模拟即可。另外，由于只和前一个事件有关，所以可以用滚动数组优化。

ABC417（6/7）

传送门

  • C 注意到 \(i,j\) 可以分别移到等式两侧，然后二分搜一下是否有满足要求的即可。
  • D 和免试的 E 有点类似。考虑从最后一个礼物开始向前处理，定义 \(f_{i,j}\) 表示处理完第 \(i\) 个到第 \(N\) 个礼物后，当前心情值为 \(j\) 时的最终心情值。我们可以框定一个心情值范围的上限 \(P_{max}\)，在该范围内枚举计算。若初始心情值非常大，则尝试找出第一个小于 \(P_{max}\) 的位置，这里可以用前缀和来维护，显然前缀和是单调增的，可以二分。
  • E 不难发现从起点每次选取可走的最小的节点，若最终到达终点，即是字典序最小的路径，那么直接这么走就行了。
  • F 根据题意，维护一个可以区间赋值，区间查询的线段树即可，期望用费马小定理求逆元就好了。

ABC416（5/7）

传送门

  • D 注意到答案相当于 \(\sum (a_i+b_i)-t\times m\) ，其中 \(t\) 是满足 \(a_i+b_i\ge m\) 的数量。那么将两个数组排序，双指针贪心地找，从大到小地枚举 \(a_i\) ，同时固定 \(b_j\) 从小到大地移动指针 \(j\) 即可。
  • E 感觉是免试 A 的略微升级版。这里值得注意的是多了一些“机场”的特殊点，那么不妨建一个虚点，由所有机场指向虚点的单向边权值均为 \(t\) ，由虚点指向所有机场的单向边权值均为 \(0\) ，于是把操作二中新建机场的操作也转化为了新增边的操作。

ABC415（5/7）

传送门

  • C 状压dp。设 \(f_i\) 表示状态 \(i\) 是否可达，按题意逐步转移即可。
  • D 贪心。记 \(d_i=A_i-B_i\) ，考虑到每次交换会损失 \(d_i\) 个瓶子，所以贪心策略是按照 \(d_i\) 降序排序。而每次可以换 \((\left \lfloor \frac{n - A_i}{d_i} \right \rfloor +1)\) 次 。该公式是这样计算得出的：当我们有 \(n\) 个空瓶时，假设至多可以换 \(k\) 次，那么我们需要确保在进行第 \(j(1\le j\le k)\) 次交换之前，拥有的空瓶数足够支付 \(A_i\) 。由于空瓶数量递减，所以我们只需要保证它对最大的 \(j=k\) 成立即可，也就要有 \(n−(k−1)⋅d_i\ge A_i\) ，整理即得上式。
  • E 或许难点在于怎么存这个 \(H\times W\) 的图。根据题意显然可以二分，但更优的做法是直接 dp，这样少一个 \(\log\) 。由于不好从 \((1,1)\) 走向 \((h,w)\) ，那么不妨倒着考虑。从 \((h,w)\) 走向 \((i,j)\) 时，设 \(f_{i,j}\) 表示需要的最少初始硬币数，这样状态设计是无后效性的。

ABC414（5/7）

传送门

  • C 有点意思。 \(10^{12}\) 的数据范围肯定不能直接枚举，但这里要求的是回文，那么我们不妨枚举回文的前半，也就是 \(10^6\) 的范围，这是可以接受的。举个例子，对于 \(123\) ，其能生成奇数长度回文 \(12321\) ，也可以生成偶数长度回文 \(123321\) ，我们只需对生成的回文判断是否超过 \(n\) ，且进制转换时其是否是回文即可，进制转换的复杂度是 \(\log\) 级别的。因为可以直接用 \(to\_string\) 、 \(stoll\) 这类函数，实现上还是很简单的。
  • D 我们考虑基站位置的选择，由于可以任选一个实数，所以我们期望一个基站就能覆盖若干栋房子。于是，问题可以转化为把 \(n\) 栋房子分为 \(m\) 个连续组，每组对应一个基站。显然，基站之间有 \(m-1\) 个间隔，而房子之间一共有 \(n-1\) 个间隔，于是我们只需要在 \(n-1\) 个间隔里挑选最大的 \(m-1\) 个间隔，即可最小化代价。
  • E 整除分块板子。首先注意到数据范围是 \(10^{12}\) ，考虑根号做法，当然此时还是比较盲目的，我们不妨先推式子。显然，对一组确定的 \((a,b)\) 而言， \(c\) 也随之被确定了。由于这里是取模运算，那么我们不妨考虑 \(a,b\) 的大小关系。因为 \(1\le a,b,c\le N\) ，所以必然有 \(b\nmid a\) ，即 \(c\neq 0\)。此外，因为 \(a,b,c\) 互不相等，所以必然有 \(a>b\) ，即 \(a\neq c\) 。于是，我们可以先锚定 \(a\) ，（事实上 \(a\neq1\) ，但我们从 \(a=1\) 开始枚举没有问题）考虑可能的 \(b\) 的数量，故答案即：\(\sum\limits_{a=1}^n\sum\limits_{b=1}^{a-1}[b\nmid a]=\sum\limits_{a=1}^n(a-1-\sum\limits_{b=1}^{a-1}[b\mid a])=\sum\limits_{a=1}^n(a-\sum\limits_{b=1}^{a}[b\mid a])=\sum\limits_{a=1}^na-\sum\limits_{a=1}^n\sum\limits_{b=1}^{a}[b\mid a]=\frac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{b=1}^n\left \lfloor \frac{n}{b} \right \rfloor\) 。

ABC418（5/7）

传送门

  • D 同或，注意到一个字符串是美丽的当且仅当其中 \(0\) 的数量是偶数。于是，问题转化为：给定字符串，计算其所有子字符串中 \(0\) 的数量为偶数的子字符串的数量。考虑前缀和，记 \(pre_i\) 表示前 \(1..i\) 位中 \(0\) 的数量，我们需要 \(pre_r - pre_{l-1}\) 为偶数，即 \(pre_r\) 和 \(pre_{l-1}\) 同奇偶性。
  • E 在本题中，梯形是至少有一对边平行的四边形。那么，我们可以算一对平行边可构成四边形的数量，再减去平行四边形的数量，因为平行四边形有两对平行边会多产生一次贡献。前者考虑计算所有点对的斜率，斜率相同即平行。后者考虑平行四边形的中心平分两条对角线，通过记录中点的坐标计算。在计算斜率时，可以用 \(\gcd\) 约分，但请用 gcd ，而非 __gcd 。

CF2131(Div.3)（6/8）

传送门

  • D 注意到最终肯定是菊花图，即直径为 \(2\) 。根据每次操作的性质，我们会使得路径上的所有点与起点相连。于是，我们需要定出菊花图的花心，不难发现，花心应该为与叶子结点距离为 \(1\) 的点。我们考虑每次操作都可以减少一个叶子，那么答案就是总叶子数减离花心距离为 \(1\) 的叶子数。前者是定值，我们只需统计后者的最大值即可。
  • E 注意到题目限制每个操作最多执行一次。于是，从前往后遍历时，如果需要操作必然要操作，因为 \(a_{i+1}\) 改变了以后就不能再给 \(a_i\) 赋值了。然后再从后往前遍历，此时我们要判断，若需要操作则进行操作，由于是从后往前，所以可以保证 \(a_{i+1}=b_{i+1}\) 。两次遍历即可解决。
  • F 注意到对于每个 \((x,y)\) ，其路径上的所有 \((i,j)\) 都得满足 \(a_i = b_j\) 。这实际上意味着，对于路径上的所有行 \(i\) 和列 \(j\) ，\(a_i\) 和 \(b_j\) 必须相同。即，我们令路径上的所有 \((i,j)\) 都有 \(a_i = b_j = c\) ， \(c\) 仅有 \(0/1\) 的两种可能。于是，我们可以先选定 \(c\) 的值，然后翻转路径上不一致的值，取操作次数较少的方案。大致思路如上，我们考虑做法。记 \(A_x/C_x\) 表示 \(a\) 的前 \(x\) 位中 \(1/0\) 的数量， \(B_y/D_y\) 表示 \(b\) 的前 \(y\) 位中 \(1/0\) 的数量，故 \(f(x,y)=\min(A_x+B_y,C_x+D_y)\) 。我们假定 \(A_x+B_y\le C_x+D_y\) ，将 \(x,y\) 分离至不等号两边，即 \(A_x−C_x\le D_y−B_y\) 。记 \(val_x = A_x - C_x\) ， \(val_y = D_y - B_y\) ，我们假定的条件就变为了 \(val_x\le val_y\) 。由于对于每个 \(y\) 而言， \(val_y = D_y - B_y\) 是一个固定的值，与 \(x\) 无关。因此，我们可以预先计算所有 \(val_y\) 并排序，于是在枚举 \(x\) 时，我们可以二分查找所有满足 \(val_y \ge val_x\) 的 \(y\) 。当 \(val_y \ge val_x\) 时，这部分 \(y\) 的贡献是 \(A_x + B_y\) ；当 \(val_y < val_x\) 时，这部分 \(y\) 的贡献是 \(C_x + D_y\) 。为了简便计算，我们可以记录每个 \(val_y\) 对应的 \(B_y\) 和 \(D_y\) ，并在排序后计算前缀和，这可以确保在计算区间和时仍然正确。时间复杂度为 \(O(n\log n)\) 。

2024 CCPC 郑州邀请赛/河南省赛（10/13）

传送门

  • J 签到题。注意输出不能有前导 \(0\) 。
  • B 注意地雷在每一轮中可以购买任意次。观察到数据范围，需要 \(O(n)\) 或 \(O(n\log n)\) 的做法。前者，有单调栈的做法，维护一个严格递增的轮次序列，确保每次选择的是当前最优的购买轮次，即花费最少的扫雷币，最后遍历单调栈，计算每轮最多可购买的探测器数量。后者，有反悔贪心的做法，用大根堆存储已购买的探测器信息 \((c_i,cnt)\) ， \(c_i\) 是花费，\(cnt\) 是购买数量，每次动态调整买更便宜的。当然，这里的两种做法没有本质区别。
  • F 签到题。
  • M 签到题。显然要二分 \(k\) ，也就可以算出每个 \(x_i\) 的取值范围了，当且仅当这 \(n\) 个取值范围区间有交时合法。
  • H 首先要注意到，我每次只能取出最小值，那么直接算概率即可。我们可以动态维护一个单增的序列，每次取最小值，然后概率就是其数量除以序列的长度，另外要维护一个已取出的最大值。用 multiset 会超时 ，因为极限状态下复杂度会是 \(O(n^2)\) ，但用 priority_queue 和 map 的话，复杂度是 \(O(n\log n)\) 的，可以接受。本题还有 \(O(n)\) 做法，由于 \(-1\le a_i\le n\) ，所以我们可以计数排序 \(O(n)\) 地得出需要的操作序列，同时直接用数组来计数，并且由于序列长度 \(\le n\) ，所以先线性地预处理出逆元即可。
  • L 显然每次运行一定会在某个有 bug 的行。设 \(f_i\) 表示 debug 前 \(i\) 行所需的最小时间，那么我们有转移方程： \(f_i = \min\limits_{1≤j≤i}(f_j+a_i+(i-j)^4)\) ，若直接枚举是 \(O(n^2)\) 的，不可接受。但我们注意到 \(i-j\) 越大，其作为答案的可能越小，换言之，我们只需要考虑 \(i-j\le 500\) 的部分即可。此时最多枚举 \(10^8\) 次，完全可以通过。当然，也可以将常数替换为 \((i-j)^4\le f_i\) ，无伤大雅。官方标算的复杂度是 \(O(n^{\frac{5}{4}})\) ，所以我们的枚举到 \(500\) 已经绰绰有余了。
  • K 注意到，我们可以人为地给边定向，若 \(a_u\ge \frac{a_v}{2}\) ，则令 \(u\to v\) 。于是，我们可以得到树形的有向图，此时要统计的是，有多少个点满足其他所有点均可到达它。不难发现双向边不会对结果产生影响，但有向边会，我们可以对该有向图缩点来获取 DAG 。注意到如果则在该 DAG 中仅存在一个点出度为 \(0\) ，则该点所属的强连通分量的大小即为答案。因为若没有点出度为 \(0\) ，则不是 DAG ，若有多个点出度为 \(0\) ，则这些点无法相互到达，不合题意。考虑怎么缩点，可以直接用 Tarjan 缩点，而因为本题中不需要其他的操作了，所以也可以用并查集缩点。除了缩点的做法以外，本题也可以用换根 dp 做，是很经典的内外部关系的题。
  • A 构造，考虑令幸运数的前 \(10\) 位是 \(\overline{123456789d}\) 。记 \(N=(1234567890+d)\times 10^{\left \lceil \log_{10}n \right \rceil }\) ，因为 \(N\) 的位数远多于 \(n\) ，且 \(10^{\left \lceil \log_{10}n \right \rceil }\) 是比 \(n\) 大的最小的 \(10\) 的幂次，所以 \(k = \left \lceil \frac{N}{n} \right \rceil\) 的高位主要由 \(N\) 的高位决定。严谨地说， \(\left \lceil \frac{N}{n} \right \rceil\le 2\times10^9\times\frac{10^{\left \lceil \log_{10}n \right \rceil }}{n}\le2\times10^{10}\) ，并且 \(\left \lceil \frac{N}{n} \right \rceil\) 的前 \(10\) 位与 \(N\) 相同，因此取 \(k = \left \lceil \frac{N}{n} \right \rceil\) 即可。
  • D 不妨取点 \(P,Q\) 画张图看一下 \(\frac{\left \| PQ \right \| _1}{\left \| PQ \right \| _2}\) ，就能发现如果我们记 \(|\frac{y_P-y_Q}{x_P-x_Q}|=\tan \theta\) ，其中 \(\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]\) ，则有 \(\frac{\|PQ\|_1}{\|PQ\|_2} = \cos \theta + \sin \theta = \sqrt{2} \sin\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)\) 。显然，当且仅当 \(\theta=\frac{\pi}{4}\) 时，即点 \(P,Q\) 在直线 \(y=x\) 或 \(y=-x\) 上时取最大值。换言之， \(PQ\) 与 \(x\) 轴夹角越接近 \(45^{\circ}\) 或 \(135^{\circ}\) 时， \(\frac{\left \| PQ \right \| _1}{\left \| PQ \right \| _2}\) 越大。先考虑前者，我们不妨将整个坐标系关于原点逆时针旋转 \(45^{\circ}\) ，此时直线越贴近 \(y\) 轴，值就越大。注意到：最大值只会出现在横坐标相邻的点对上。这可以用反证法，取三个横坐标按顺序排列的点 \(A,B,C\) 证明。因此我们按横坐标排序后遍历算一遍相邻点的答案，取最大值即可。不过注意我们排序是按旋转后的横坐标 \(x'=\frac{x-y}{\sqrt2}\) 排序，但是计算时用的还是原坐标。类似地，逆时针旋转 \(135^{\circ}\) 时，按照 \(x'=\frac{x+y}{-\sqrt2}\) 排序。最终两次遍历取最大值即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\) 。
  • C 很牛的一道题。首先注意到，如果序列 \(A\) 中存在两个相等的数字，那么两个数字中间的所有数字映射后必须是相等的。证明： \(A\) 中有两个相同的数字 \(x\) ，分别出现在位置 \(i\) 和 \(j\) \((i < j)\) ，即 \(A = [..., x, ..., x, ...]\) ，那么，在单调不降的序列 \(B\) 中，这两个 \(x\) 对应的值必须满足： \(B_i = f(x) ≤ B_{i+1} ≤ ... ≤ B_j = f(x)\) ，故只能同取等号。我们称“块”指：一段区间 \([L, R]\) ，其中所有数字在 \(B\) 中必须相同。若“块”与“块”之间有交，那么我们要将之合并为一个更大的“块”。现在问题变为，为每一个“块”选择一个数字赋值，使得最终序列单调不降且改变的数字个数最小。注意代价的定义是： \(f(x) ≠ x\) 的 \(x\) 的个数，这是指有多少个不同的数字被修改了，而不是修改了多少次。我们考虑怎么计算“块”的代价，设一个“块”内有 \(x\) 个不同的数字：选在“块”内部的值，则代价为 \(x-1\) ；选在“块”外部的值，则代价为 \(x\) 。因此，要使代价最小，等价于在每个“块”中挑选一些数字，让这些数字不变且这些数字单调递增，这是最长上升子序列问题。我们可以将所有“块”内的数字降序排序，然后再求一次 LIS ，求得的答案就是最多的不变个数。因为 LIS 选择出来的那些数字实际上是决定每个“块”最终的数字，又由于每个“块”内降序排序，所以每个“块”内只会选择至多一个数字，LIS 得到的方案是和实际变化的方案一一映射的。具体实现上，我们记 \(l_x,r_x\) 分别表示 \(x\) 的第一次与最后一次的出现位置，用差分数组求前缀和来标记所有数字对应的区间范围，值得注意的是， \(d_{l_x}++,d_{r_x}--\) ，在求前缀和后，若遇到 \(d_i = 0\) ，则说明这是一个区间边界。

2024 ICPC 湖北省赛（10/12）

传送门

  • E 签到题。
  • A 签到题。显然 \(a=1\) 。
  • J 签到题。注意到答案就是平均数。
  • B 签到题。注意到肯定选一个三角形， \(O(n^3)\) 枚举即可。
  • L 分类讨论题。罚时吃满。若 \(a=b\) ，则代价为 \(0\) 。不妨令 \(a<b\) ，若 \(b\) 是 \(a\) 的倍数，则 \(a\to b\) ，代价为 \(b\) ；若 \(a,b\) 不互质，则 \(a\to\gcd(a,b)\to b\) ，代价为 \(a+b\) ；若 \(a,b\) 互质，则考虑构建以 \(a,b,2\) , \(a\) 的最小质因子, \(b\) 的最小质因子为节点，以两点间 \(\text{lcm}\) 为边权的完全图， 用 Floyd 暴力算 \(a\) 到 \(b\) 的最短路即可。最小质因子可以用欧拉筛线性地预处理出来。
  • H 注意到 \(k\) 和 \(a_i\) 很小，考虑四进制状压 dp 。记 \(S\) 是一个长度为 \(k\) 的四进制数，每一位表示该格子还需要被炸弹覆盖的次数， \(f_S\) 表示满足需求状态 \(S\) 所需的最小炸弹数。显然，炸弹的候选位置仅在有鱼格子的本身位置和其上下左右相邻位置。我们可以用二进制数 \(mask\) 预处理出每个炸弹会影响哪些有鱼格子。于是，我们枚举 \(S\) ，再枚举炸弹的候选位置暴力更新即可，答案为 \(f_0\) 。
  • G 模拟围棋的都来了。考虑每次落子后直接 bfs 枚举邻格的异色子的联通块，然后枚举自己的联通快，检查是否要提子。记 \(s=19\) ，这样的做法是 \(O(s^2m)\) 的，尽量避免 set 这类容易超时的数据结构。如果只允许 \(O(m α(m))\) 的复杂度，那么要用并查集维护连通性与气，暴力删棋子，这么写要注意的细节很多。
  • K 由于期望具有线性性质，最终结果的期望可以分解为每个原始数乘以各自贡献系数的和： \(\mathbb{E} = \sum\limits_{i=1}^{n} f_i \cdot a_i\) ，其中 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个原始数 \(a_i\) 对最终结果的贡献系数。计 \(f_{i,j}\) 表示左边有 \(i\) 个数，右边有 \(j\) 个数时的贡献系数。有： \(f_{i,j} = \frac{1}{i+j} \left[ (i-1)f_{i-1,j} + (j-1)f_{i,j-1} + \frac{1}{2}f_{i-1,j} + \frac{1}{2}f_{i,j-1} \right]= \frac{1}{i+j} \left[ (i - \frac{1}{2})f_{i-1,j} + (j - \frac{1}{2})f_{i,j-1} \right]\) 。注意到，如果令 \(g_{i,j} = (i+j)! \cdot f_{i,j}\)，则原递推式变为： \(g_{i,j} = (i - \frac{1}{2})g_{i-1,j} + (j - \frac{1}{2})g_{i,j-1}\) 。把 \(g_{i,j}\) 看成网格图，那么问题实质上就转换为带权路径计数问题。首先，路径总数为： \(\binom{i+j}{i}\) ，其次，每条路径的权重为其经过所有边权重的乘积。注意到所有从 \((0,0)\) 到 \((i,j)\) 的路径具有相同的权重，因为无论路径顺序如何，每个横、纵坐标必然被经过一次，因此单条路径权重为： \(\prod\limits_{k=1}^{i} (k - \frac{1}{2}) \cdot \prod\limits_{l=1}^{j} (l - \frac{1}{2})\) 。故， \(g_{i,j} = \binom{i+j}{i} \cdot \prod\limits_{k=1}^{i} (k - \frac{1}{2}) \cdot \prod\limits_{l=1}^{j} (l - \frac{1}{2})\) 。
  • F 主席树。首先，注意到合并书本的过程等价于一个二进制加法，一本权值为 \(k\) 的书的权值是 \(2^k\) ，最终合并的书的等级就是所有权值加和后值为 \(1\) 位置的位数。由这个过程不难发现，合并的结果是唯一确定的。因此，操作 \(1\) 就是区间求和后找和值的最高位；操作 \(2\) 就是区间求和后找和值中第 \(k\) 位往上数的连续位数。都只需要求得区间和，即可轻松解决。对于操作 \(3\) 的修改和操作 \(4\) 的回退操作，我们使用可持久化线段树来维护。
  • I 首先，对于这棵树，我们可以预处理出每个点第一次被染成黑色的时间。具体来说，我们使用树链剖分，给每个点维护第一次被染成黑色的时间作为点权，初始全部为极大值。每次操作等价于区间取 \(\min\) ，懒标记线段树即可。然后，考虑离线处理，将节点按首次变黑时间排序，创建事件列表。我们正序处理黑色森林，逐步加入变黑节点，用并查集维护黑色连通块及其直径。因为并查集本身处理了连通性，所以对于每个被加入的点 \(u\) ，我们只需检查它的所有邻居是否可以联通，这保证了线性的复杂度。于是问题转化为：进行一些连边，动态维护直径。这时候我们需要用到一个经典结论：给定两个点集 \(S,T\) ，其中 \(S\) 的一条直径的两个端点是 \((x,y)\) ， \(T\) 的一条直径的两个端点是 \((u,v)\) ，则最后直径的两个端点一定在 \((x,y,u,v)\) 中四选二产生。故，我们用并查集森林的父节点、大小、最大直径、各联通块直径端点。特别注意，合并两个连通块后，新直径可能比原来记录的最大直径小，所以最大直径要维护历史最大值。类似地，我们再时光倒流，逆序处理白色森林，逐步加入白色节点，维护白色连通块及其直径。答案显然为，两者之间的最大值。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 。

2024 ICPC 武汉邀请赛（8/13）

传送门

  • I 签到题。
  • K 签到题。 \(\oplus_{i=1}^{n}i\) 是一个经典结论，其值和模 \(4\) 相关。本题而言，手玩一下数据就能发现规律了。
  • B 注意到给出的操作次数可以做到任意分配，我们算出数组 \(a\) 所有元素的和 \(sum\) ，可以将题意转化成把 \(sum\) 分配给 \(n\) 个位置，使得所有位置的数的或最小。考虑从最高位向最低位贪心，假设当前位是第 \(bit\) 位，显然如果当前位不放数字时仍能够将剩余的 \(sum\) 分配给后续位，则显然不在这一位放数字。否则，考虑在这一位放置多少数字合适，令最多能在这一位放置 \(x\) 个数，显然 \(x=\min(n,\left \lfloor \frac{sum}{2^{bit}} \right \rfloor)\) 。
  • F 交互题。由于方阵有行列均非降的优良性质，我们不难想到二分。这里第 \(k\) 大的值是满足大于 \(x\) 的元素个数 \(< k\) 的最小 \(x\) 。而由于每行从左到右非递减，对于固定行 \(i\) ，列 \(j\) 从右往左移动时，值逐渐减小，所以我们可以找到第一个满足 \(a_{i,j} ≤ x\) 的位置 \(j\) ，该行大于 \(x\) 的元素有 \(n - j\) 个。这里的处理是从右上角一直走向左下角的过程，实际上也是双指针， \(j\) 只会递减不会递增，这确保了总复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
  • D 有趣。首先，不难注意到最佳路径至多折返一次。我们不妨先考虑不折返时的答案，因为是单向通行所以用前缀和维护即可，我们取当前状态下向左/右走的最大值为 \(F_{i,j}\) 的初始值。然后，我们考虑可能折返的情况，不妨枚举时间 \(j\) ，有递推式： \(F_{i,j}=\max(F_{i+1,j-1},F_{i-1,j-1})\) 。这个式子看上去有点神秘，因为我们不能知晓在什么地方折返，折返了几次等信息。但何必去想前一个状态是不是真的折返了，又是不是折返了一次呢，我们不需要关心前一个状态的具体路径，只需要知道它是最优解。实际上，即使它有这样的规律，在转移也不会体现出来。以 \(f_{i + 1,j - 1}\) 为例，这表示：先从 \(i\) 向右走到 \(i+1\) ，然后在 \(i+1\) 用剩下的 \(j-1\) 秒执行最优策略。 dp 本身已经保证了正确性，尽管很神秘，但显然这样的写法是最简洁的。当然，官方题解提供了一种易于理解的写法。记 \(g_{i,j}\) 表示从位置 \(i\) 出发，移动不超过 \(j\) 次，且不改变移动方向时经过格子上数的和的最大值。于是， \(F_{s,t} = \max\left\{ g_{s,t},\ \max_{x \neq s} \{ g_{x,t-|x-s|} \} \right\}\) ，前者指不改变移动方向的走法，后者指改变移动方向恰好一次的走法，且在 \(x\) 折返。故，我们只需求 \(F_{s,t} = \max\left\{ g_{s,t},\ g_{s+1,t-1},\ g_{s+2,t-2},\ \ldots,\ g_{s-1,t-1},\ g_{s-2,t-2},\ \ldots \right\}\) ，这是一个前后缀最大值形式的递推，在预处理出 \(g\) 后可以 \(O(n^2)\) 得到 \(F\) 。
  • E 和上一场的 I 很类似，甚至说是弱化版。首先注意到，对于每个可能是答案的 \(t\) ，选择子树 \(V(r, t)\) 的直径中点作为 \(r^′\) 一定是最优的。因此考虑维护每个时刻的树直径。可以观察到，如果当前树的直径端点是 \((u, v)\) ，新加入一个节点 \(x\) 后，新直径端点一定是 \((u, v),(u, x),(v, x)\) 三者其一，我们只需要维护任意一个可以处理树上节点之间距离的算法即可。维护树直径之后，观察到 \(k\) 变大时，\(t\) 不会变大，因此可以用双指针处理出答案。复杂度是 \(O(n \log n)\) 。
  • M 挺有趣的一道题。注意到每次操作都需要一个偶数和一个奇数并产生一个奇数，故可能合并产生的最大数为 \(2x + 1\) 或 \(2x − 1\) ，其中 \(x\) 为当前序列中的最大偶数。我们只需要不断判断是否能够得到 \(2x + 1\) 或 \(2x − 1\) ，并将相应数合并即可。具体地，我们判断数 \(x\) 是否可以获得的方法是，若 \(x\) 已经在当前序列里，那么可行；若 \(x\) 不在当前序列里，若 \(x\) 是奇数，则需判断 \(\frac{x+1}{2}\) 和 \(\frac{x-1}{2}\) 是否可获得；若 \(x\) 是偶数，则必然不可能被获得。于是，我们可以递归地判断，由于每次都会除 \(2\) ，所以是 \(O(log x)\) 的时间复杂度。我们不妨用哈希表维护各个数的出现次数，可以以 \(O(n log V)\) 的时间复杂度解决本题，这里 \(V\) 是 \(a_i\) 的值域。
  • G 数学好题。假设一种包装方案为 \(x\) 个 A 物品和 \(y\) 个 B 物品，那么必然满足 \(a \cdot x + b \cdot y = k\) 的限制。由裴蜀定理知： \(a \cdot x + b \cdot y = \gcd(a, b)\) 。那么如果 $ \gcd(a,b)\nmid k$ ，这一限制无整数解，即在本题中无解。记最多能包装的商品数量为 \(t = \min(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor, \lfloor \frac{m}{y} \rfloor)\) ，则剩余物品数量为 \(n + m - t \cdot (x + y)\) 。因此，我们需要最大化：\(t \cdot (x + y)\) 。我们不妨先用 exgcd 求出特解 \((x_0,y_0)\) ，特别地，我们不妨令 \(x_0\) 是最小非负整数解，那么此时 \(y_0\) 是对应的最大解。于是，通解 \((x,y)\) 即 \(x = x_0 \cdot \frac{k}{g} + t \cdot \frac{b}{g},y = y_0 \cdot \frac{k}{g} - t \cdot \frac{a}{g}\) ，其中 \(g = \gcd(a, b)\) ， \(t\) 为正整数参数。为简化式子，我们记 \(x_0'=x_0 \cdot \frac{k}{g},y_0'= y_0 \cdot \frac{k}{g},dx=\frac{b}{g},dy=\frac{a}{g}\) 。于是 \(x=x_0'+t\cdot dx,y=y_0'-t\cdot dy\)。显然，依旧要满足 \(x\ge0,y\ge0\) 的条件，故 \(t\le \lfloor \frac{y_0'}{dy} \rfloor\) 。然后如何考虑在 \(10^9\) 的数据范围下通过本题，注意到 \(\min(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor, \lfloor \frac{m}{y} \rfloor)\) 可以整除分块。不妨令 \(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor\le \lfloor \frac{m}{y} \rfloor\) ，记当前块内 \(x\) 的取值为 \([l,r]\) ，回代入 \(x\) 的通解，我们可以得到此时 \(\lceil \frac{l-x_0'}{dx} \rceil\le t\le \lfloor \frac{r-x_0'}{dx} \rfloor\) ，且此时的块内值均为 \(val=\lfloor \frac{n}{x} \rfloor=\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\) ，且可以得到 \(y\le\lfloor \frac{m}{val} \rfloor\) 。记 \(limit=\lfloor \frac{m}{val} \rfloor\) ，我们回代入 \(y\) 的通解里，可以得出 \(t\ge\lceil \frac{y_0'-limit}{dy} \rceil\) 。于是根据四个不等式，我们能约束出 \(t\) 的取值范围 \([L,R]\) ，而在当前块内，我们要最大化 \(x+y=t\cdot(dx-dy)+x_0'+y_0'\) ，这个式子是 \(t\) 的一次函数式，所以最大值必然在两端点处取得， \(dx-dy\ge0\) 时取 \(t=R\) ；反之，取 \(t=L\) 。类似地，根据对称性，我们令 \(y_0\) 是最小非负整数解，那么此时 \(x_0\) 是对应的最大解，枚举一下块内值均为 \(\lfloor \frac{m}{y} \rfloor\) 的情况。值得说明的是，我们做了两次特殊的约定，但这样是不影响结果的，对称的两次处理已经可以覆盖所有最优解的情况了。

CF2133(Div.2)（4/6）

传送门

  • A 显然可以把最终的速度表示出来发现中间的都消掉了，只需要看 \(a_1\) 和 \(a_n\) ，即只要数列里有两个相同的数即可。
  • B 注意到每次合并，较小者必然为 \(0\) ，那么我们不妨排序后取两两相邻的数合并，最后通过 \(0\) 就可以无代价地全都合并起来。
  • C 交互。考虑先用 \(n\) 次询问，得到每个点在全集中的路径长度 \(d\) 。取最大的 \(d\) 为起点 \(u\) ，考虑将所有 \(d-1\) 的点加入候选，然后用二分查找的方式判断是否是 \(d\) 的后继，也就只要判断 \(u\) 到候选的子集中是否有不小于 \(2\) 的路径长度，如果有，则必然可到达，以此类推。
  • D dp 。注意到每个怪物最多受到一次坠落伤害，换言之，一个怪物只剩 \(1\) 滴血的时候相当于已经死了，因为杀死他下面的怪物，他一定会死。考虑最大化利用坠落伤害，那么有两种选择：让怪物 \(i-1\) 死亡时，怪物 \(i\) 受到 \(1\) 点坠落伤害死亡；让怪物 \(i-1\) 不受坠落伤害直接被杀死，然后怪物 \(i\) 受到 \(i-1\) 点坠落伤害死亡。当然其实倒序去思考会更简单，考虑先把当前怪物上方的所有怪物砍为 \(1\) ，然后杀死当前怪物引发连锁坠落，或者直接杀死当前怪物的下一个怪物，让当前怪物吃满坠落伤害。

CF2104(Div.2)（5/7）

传送门

  • D 注意到，减少当前数字至两两互质一定是最优的，故我们可以使最终的序列均为质数， \([2,3,5,\cdots]\) 。于是我们要尽可能地让删数之后数字和大于对应长度的质数和，原数组降序排序一下即可。
  • E 要使 \(t\) 不再是 \(s\) 的子序列，意味着添加字符后，整个字符串在 \(s\) 中无法完全匹配。我们贪心地考虑，每次添加字符时，选择那个能让我们在 \(s\) 中跳得最远的字符。于是，我们需要预处理每个位置后面每个字符的下一个出现位置，以及从每个位置开始跳出 \(s\) 所需的最小添加次数。记 \(nxt_{i,c}\) 表示在 \(s\) 中，从位置 \(i\) 开始，下一个字符 \(c\) 出现的位置。如果不存在，设为 \(n+1\) ；记 \(cnt_i\) 表示从位置 \(i\) 开始，最少需要添加多少个字符才能确保跳出 \(s\) 。对每个 \(i\) ，我们找出所有字符中能跳到的最远位置 \(p\) ，于是有 \(cnt_i=cnt_p+1\) 。对于每个查询字符串 \(t\) ，我们在 \(s\) 中模拟匹配 \(t\) 可以得到匹配结束的位置 \(p\) 。特别地，本题代码在边界等细节上需要注意。

2024 ICPC 新疆省赛（8/10）

传送门

  • I 签到题，经典拆开来算。
  • A 签到题，可以用 next_permutation 直接做，注意用之前一定要先将数组升序排序。
  • G 由于本题的限制是每个月必须移动到一个相邻且不同的城市，且数据范围是 \(5000\) ，考虑 dp ，记 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个月且处于城市 \(j\) 时能获得的最大收入。于是显然有递推式： \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,v}+a_u)\) ，其中， \(v\) 是 \(u\) 的邻居。
  • F 注意到兼有删除和插入操作，所以我们必然可以让每个有贡献的数到相应的位置。换言之，我们需要给出一个贡献最大的序列，这只要求一个最长上升子序列即可。
  • C 注意到题目要将一个集合划分为两个互不相交的子集，不难想到二分图。如果两个数的和是完全平方数，那么它们必须被分到不同的集合中。故，我们可以将每个数看作图中的一个节点，如果两个数的和是完全平方数，就在它们之间连一条边，于是问题就转化为了二分图染色。考虑优化一下建图，先二分找到当前 \(a_i\) 可能构成的平方数的范围，然后在该范围内枚举平方数 \(s\) ，查找 \(s-a_i\) 是否在 \(a\) 中，如果存在，则连边。
  • B 满三叉树趣题一道。因为如果一个节点的祖先已经被删除，那么该节点必然早已被连带删除。因此，在每次删除操作前，该节点及其祖先是否已被删除，不断向上跳是 \(O(\log n)\) 的复杂度。对于删除操作，我们可以这么处理，先计算出子树的大小，然后再减去已删除的部分。因为子树的大小与节点的深度相关，且具备单调性，所以我们可以二分查找到该节点的深度。另外，我们可以为每个节点维护一个删除计数器，记录以该节点为根的子树中累计被删除的节点数。每次删除时，我们需要向上遍历所有祖先节点，将本次新增的删除节点数累加到每个祖先的删除计数器中。
  • E 本质 dijkstra 裸题，只是更新时要加上对红绿灯的判断，以及注意终点处不需要再启动加速了。
  • H 因为必须选第 \(i\) 个物品，问题就变成了从前 \(i-1\) 个物品中尽可能地多选，也就需要动态地维护前 \(k\) 小，考虑用值域树状数组。特别地，如果第 \(i\) 个物品超重了，则一个也不能选。我们可以先离散化一下，然后维护两个树状数组，分别表示离散化后的物品重量之和与物品数量。不妨二分查找最大的位置 \(k\) 使得前 \(k\) 小的物品总重量可行。总的时间复杂度是 \(O(n\log^2 n)\) 。

CF2134(Div.2)（3/6）

传送门

  • B 显然最终每个数都是 \(a_i+k\cdot c_i\) ，而 $a_i+k\cdot c_i \equiv c_i+k\cdot c_i \equiv(k+1)\cdot c_i\equiv0\pmod{k+1} $ ，故不妨取 \(c_i=a_i\bmod (k+1)\) 。
  • C 显然只有长度等于 \(2\) 或 \(3\) 的子数组是有用的。于是我们考虑先满足长度为 \(2\) 的子数组的约束条件，然后再满足长度为 \(3\) 的子数组的约束条件，对于后者，我们优先将靠后的数减小，显然这样是最优的。

2023 ICPC 网络赛(I)（6/12）

传送门

  • L 签到题。
  • A 签到题。
  • J 注意到对于圆 \(C_1\) 内的任意一点 \((x, y)\) ，由于圆的对称性，存在一个关于圆心 \(O_1(a, b)\) 的对称点 \((2a - x, 2b - y)\) 也在圆内。这两个点到 \((x_0, y_0)\) 的曼哈顿距离之和为：\(| x_0 - x | + | y_0 - y | + | x_0 - (2a - x) | + | y_0 - (2b - y) |\) 。由于坐标范围分离，绝对值符号可以去掉，假设 \(C_2\) 在 \(C_1\) 的右上方，则上式即 \(2(x_0-a+y_0-b)\)。由于圆内点的分布是均匀的，且对称点成对出现，因此，本题的 \(E=| x_0 - a | + | y_0 - b |\) 。同样地，我们假设 \(C_2\) 在 \(C_1\) 的右上方，故 $E= x_0 +y_0- (a + b) $ 。后者 \(a+b\) 是定值，所以考虑最小化 \(x_0+y_0\) ，作出图来很容易发现当且当且仅当 \((x_0,y_0)\) 在 \(O_2(c,d)\) 的左下角 \(45^{\circ}\) 方向，此时 \(x_0 = c - \frac{r_2}{\sqrt2},y_0 = d - \frac{r_2}{\sqrt2}\) 。类似地，我们发现答案点一定是在 \(C_2\) 的四个 \(45^{\circ}\) 方向的点之一，再进一步的发现其实答案一定是两圆心的曼哈顿距离减去 \(\sqrt2\) 倍的 \(r_2\) 。
  • D 注意到在同一连通块的点必须两两连边。因此这题可以使用并查集，算出每个连通块的大小 \(sz\) 。而一个连通块任意两点要有边的话，是需要有 \(\binom{sz}{2}\) 条边。因此可以先算出总共需要的边数，减去现有的 \(m\) 条边就是要加的边数。不过要注意题目中说了至少要加一条边。因此当算出的要加的边数为 \(0\) 时，需要选出点数最小的两个连通块，将这两个连通块全部连边。
  • I 计数 dp 。从密码的要求入手，不难想到密码中需要出现大小写字母、数字的要求可需要设在状态里，共 \(8\) 种可以状压，而相邻字符不能相同则只需在转移时注意相邻两位，由此我们还能想到可以用滚动数组来优化空间。设 \(f_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 位上的字符为 \(j\) 且压缩状态为 \(k\) 的方案数，实际上字符一共只有 \(62\) 种，并不是很多。容斥一下即有 \(f_{i,j,k}=\sum\limits_{ch}f_{i-1,ch,k}-f_{i-1,j,k}\) ，考虑前缀和优化，记 \(sum_{i,k}=\sum\limits_{ch}f_{i,ch,k}\) ，时间复杂度为 \(O(n\times62\times8)\) 。
  • G 首先注意到生成过程中每条边是独立的，因此只要是一棵合法的生成树，它的概率就是 \(\frac{1}{cnt}\) ，其中 \(cnt\) 是生成树的总方案数，可以通过对每次两侧连通块大小的乘积求和得到，用并查集实现即可。那么我们要是否判断合法，考虑在给出的生成树上模拟前述操作，维护一个并查集，记录连通块在树上的最高点。注意到，如果生成树合法，每次加的边一定在树上是某一侧连通块最高点到其父亲的边，因此每次对于一个 \(a_i,b_i\) ，先判断不连通，再判断某一侧的最高点的父亲是否与另一侧连通即可。

2024 CCPC 新疆省赛（7/10）

传送门

  • C 签到题。选定两两幸运字符为一个区间，二分查询 \(pos\) 所在区间。
  • B 显然问题等价于对环上点计数，考虑用拓扑排序做删去非环上的点
  • J 有点意思，注意到 \(n,m\) 的范围都是 \(2\times10^5\) ，且最终枚举要 \(n\) ，所以得考虑一个复杂度较小的询问。而题中坐标的范围均是 \(20\) 且都是正整数，我们可以考虑开一个桶存储每个坐标上点的个数，然后枚举点坐标暴力计算即可。
  • F 由于是从 \(1\) 走向 \(n\) ，显然选了特殊房间只会影响之后的操作，而不会影响之前的操作。换言之，如果我们从后往前遍历，可以从后置的位置转移且向前递推时没有后效性。于是，若取该奖励，对于特殊房间，需要从 \(i+a_i+1\) 的位置转移；对于普通房间，需要从 \(i+1\) 的位置转移。
  • D 依旧有趣。考虑一段序列如果是好的，那么对这段序列做前缀和后，应该任意前缀和均非负。因此，如果区间 \([l,r]\) 是好的，那么 \(\forall k \in [l,r],s_k\ge s_{l-1}\) ，换言之， \(s_{l-1}\) 将是区间 \([l-1, r]\) 中所有 \(s\) 值的最小值。于是，我们不妨从后向前考虑，若此时前缀和为后续所有前缀和的最小值且总和非负时，此处可以断开得到一个序列。记 \(f_i\) 为后续所有前缀和的最小值，则有 \(f_i = \min(s_i, s_{i+1}, ..., s_n) ≤ \min(s_i, s_{i+1}, ..., s_r)\) 。 \(f_i\ge s_{i-1}\) 保证了断开子序列一定的好的，而从后往前当断则断的贪心策略确保了答案的最大化。
  • G 高精度板子。
  • E 考虑容斥，设 \(S\) 为 \([1, x]\) 中所有整数的集合，设 \(A_i\) 表示 \([1, x]\) 中能被 \(a_i\) 整除的数的集合，即 \(a_i\) 的倍数。我们需要求的是 \(\left|\bigcap\limits_{i=1}^n \overline{A_i}\right| = |S| - \sum\limits_{i} |A_i| + \sum\limits_{i<j} |A_i \cap A_j| - \sum\limits_{i<j<k} |A_i \cap A_j \cap A_k| + \cdots + (-1)^n |A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n|\) ，其中，\(|A_i| = \left\lfloor \dfrac{x}{a_i} \right\rfloor\)，\(|A_i \cap A_j| = \left\lfloor \dfrac{x}{\operatorname{lcm}(a_i, a_j)} \right\rfloor\)，依此类推。由于 \(n\) 很小，不妨枚举所有非空子集计算 \(\text{lcm}\) ，并根据子集大小奇偶性暴力计算。

2024 ICPC 上海区域赛（4/13）

传送门

  • I 签到题。显然每次考虑最大的 \(k\) 个数，不过要注意取模的问题。
  • C 注意到，奇数可以删去偶数，但偶数只能删去偶数。换言之，有一个人始终只能删去偶数，而另一个人如果能用奇数删去一个偶数即为必胜策略。
  • B 考虑根据题意模拟 dfs 过程，按顺序处理目标排列中的每个顶点。如果当前节点 \(u\) 可以直接到达下一个点 \(v\) ，则直接到达；如果 \(u\) 不能直接到达 \(v\) ，则考虑 \(u\) 是否有其他出边，如果有，则一定要加边，反之，则可以回溯到 \(u\) 的父节点重复上述判断逻辑。值得注意的是，如果当前连通分量已经走完了，那么我们可以选定点 \(v\) 为下一个连通分量的起点。每次访问节点 \(v\) 后，从所有与 \(v\) 相连的节点的邻接表中删除 \(v\) ，这样就保证了 dfs 的访问不会重复。我们可以用两个邻接表来模拟，一个保存原始图结构，一个用于动态删除已访问边，再用一个父亲数组来记录 dfs 树的结构便于回溯。
  • G 考虑二分中位数，不妨对题目要求进行几何转化，对于每条红线 \(i\) 和候选值 \(x\) 有如下要求：若 \(a_i > 0\) ，则 \(c_j \ge\left \lceil \frac{(x - b_i)}{a_i}\right \rceil\) ；若 \(a_i<0\) ，则 \(c_j \le\left \lfloor \frac{(x - b_i)}{a_i}\right \rfloor\) ；若 \(a_i=0\) ，则 \(b_i\ge x\) 。换言之，对于具体的 \(i\) 我们能映射对应的区间。我们不妨对所有区间和 \(c\) 数组进行排序，每次用二分找到最小的满足条件的蓝线，总的时间复杂度是 \(O(n\log^2n)\) 。值得注意的是负数除法取整这类问题。

2023 ICPC 济南区域赛（3/13）

传送门

  • D 签到题。注意到如果某个数的取值区间长度大于等于 \(10\) ，那就可以取遍每一个数字，必然能与另一个数的个位凑出 \(9\) 。反之，暴力枚举即可。
  • I 签到题。我们不妨找到最小的 \(u\) ，满足 \(u \neq a_u\) （若没有这样的 \(u\) ，则序列已经有序），然后找到最大的 \(v\) , 满足 \(a_v < a_u\) ，排序区间 \([u, v]\) 。可以证明至多进行 $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor $ 次操作即可是序列有序。
  • A 显然括号只有方/圆两种。注意到一个括号序列合法，当且仅当其不存在长度大于等于 \(3\) 的连续段，且存在不超过 \(2\) 个长度大于等于 \(2\) 的连续段。

2023 ICPC 南京区域赛（4/13）

传送门

  • I 签到题。如果第 \(x_i\) 次操作后计数器的值为 \(v_i\) ，说明第 \(x_i − v_i\) 次操作是清零，且 \([x_i − v_i + 1, x_i]\) 这个操作区间内没有清零操作，把区间排序后进行判断即可。
  • F 很牛的一道题啊。由于操作结果会互相覆盖，因此对于每个位置，只有最后修改这个位置的操作才决定了这个位置的值。也就是说，最后修改这个位置的操作必须在其它修改这个位置的操作之后进行。考虑将原操作序列建模成一个有向无环图 \(G\) ，第 \(i\) 个操作向第 \(j\) 个操作有一条连边 \(i\to j\) 当且仅当存在某个位置 \(t\) 使得操作 \(j\) 是在原顺序中修改位置 \(t\) 的最后一次操作，且操作 \(i\) 也修改了 \(t\) 。现在问题转化为，给定一张有向无环图 \(G\)， 问 \(G\) 是否存在一个不同于 \(1,2,\cdots,n\) 的拓扑序。我们也可以显式地建立图 \(G\) ，做拓扑排序得到字典序最大的拓扑序列，判断与字典序最小的原始拓扑序（即 \(1,2,\cdots,n\) ）是否相等即可。标答的做法是尝试交换 \(i\) 和 \(i+1\)，如果交换任意两个相邻元素都无法得到新的合法拓扑序，说明 \(G\) 依赖关系至少是一条从 \(1\) 到 \(n\) 的链，即拓扑序唯一。实现上，我们并不需要将 \(G\) 显式地建立出来，只要枚举并判断操作 \(i\) 和 操作 \(i+1\) 之间是否有连边。如果没有，则找到了一组解，将操作 \(i\) 和操作 \(i+1\) 交换即可。
  • G 注意到一定存在一个最优选法同时满足以下两个条件：如果存在物品 \(a,b\) 满足 \(a\) 被免费选走， \(b\) 被付费选走，那么 \(w_a\ge w_b\) ，否则我们可以改成免费选 \(b\) ，付费选 \(a\) ，方案不会变劣；如果存在物品 \(a,b\) 满足 \(a\) 被免费选走， \(b\) 没有被选走，那么 \(v_a\ge v_b\) 。否则我们可以改成免费选 \(b\) ，不选择 \(a\) ，方案不会变劣。因此，如果我们将所有物品按照 \(w_i\) 从小到大排序，那么对于最优策略而言，一定存在一个分界点 \(M\) ，满足 \(i\gt M\) 的物品中，价值前 \(k\) 大的物品被免费选走。对于每个 \(i\) ，可以通过维护一个堆来预处理出从第 \(i\) 个物品开始的后缀免费选出 \(k\) 个物品的最大价值之和。因此我们只需要对每个前缀维护出 \(0/1\) 背包的结果即可。
  • M 注意到 \(\min(f_i, g_i) = f_i + g_i − \max a_i\) 。考虑用线段树维护最大值数组。当修改某个柱子高度时，可能影响其右侧所有 \(f\) 值和左侧所有 \(g\) 值。因此，我们可以用线段树找到需要更新的区间。具体地，对于左最大值数组 \(f\) ，我们查询第一个大于新值的索引，更新从修改位置到该索引之前的所有值，对于右最大值数组 \(g\) ，我们做类似处理。于是每次操作后，可以直接查询两棵线段树的权值和。总的时间复杂度为 \(O((n + q) \log n)\) 。

CF2140(Div.2)（3/7）

传送门

  • A 统计 \(1\) 的个数记为 \(k\) ，显然最优操作下，答案为后 \(k\) 位中 \(0\) 的个数。
  • B \(x\#y=x\times 10^m+y\) ，其中 \(m\) 是 \(y\) 的位数。由题意，需满足 \(x\times 10^m+y \equiv 0 \pmod{x+y}\) 。由于显然有 \(y \equiv -x \pmod{x+y}\) ，代入则有： \(x\times 10^m-x \equiv 0 \pmod{x+y}\) ，即 \(x\times (10^m-1) \equiv 0 \pmod{x+y}\) 。那么我们不妨令 \(x+y=10^m-1\) ，则上式显然成立。因为 \(1\le y \lt 10^9\) ，所以我们钦定 \(m=9\) 即可。和之前那个模 \(k+1\) 的题有点像。
  • C 首先，我们来分析博弈过程。由于 Bob 试图最小化 \(f(a)\) ，他会发现任何交换操作都会增加 \(\text{cost}\) ，而 \(\text{cost}\) 的增加总是非负的。Alice 总是可以逆转 Bob 的操作，并进一步增加 \(\text{cost}\) 。因此，Bob 的最佳策略是在自己的第一回合就结束游戏，以防止 \(\text{cost}\) 的进一步增加。这样一来，问题就简化为：Alice 应该进行怎样的单次操作，来最大化 \(f(a)\) 。显然共有三种情况：不进行任何交换、同奇偶交换和异奇偶交换。前两者比较显然略过，后者当 \(l\) 是奇数，\(r\) 是偶数时，增量为 \((2a_r+r)−(2a_l+l)\) ；当 \(l\) 是偶数，\(r\) 是奇数时，增量为 \((2a_l−l)−(2a_r−r)\) 。可以通过预处理奇数位置上的 \(2a_i+i\) 的最小值和偶数位置上的 \(2a_i-i\) 的最大值来使总的复杂度降为 \(O(n)\)。

2025 ICPC 网络赛(II)（1/12）

传送门

  • E 面向数据编程。首先注意到样例里都和 \(7\) 的幂次相关，而显然 \(7\) 代表 \(2^m-1\) ，不妨记为 \(x\) 。然后发现答案要分奇偶讨论，奇数情况下显然答案为 \(x^{n-1}\) 。偶数情况下不妨再打个表，分解一下发现除开 \(7\) 的幂次外，剩下的部分是 \(6\) 和 \(8\) ，也即是 \(7-1\) 和 \(7+1\) ，可以考虑都按照 \(7\) 来凑出一个多项式，不难得到一个等比数列求和的式子。推广到一般情况求和，就做完了，最后的式子还是比较简洁的。

CF2148(Div.4)（6/7）

传送门

  • E 记每个数值 \(x\) 的出现次数为 \(vis_x\) ，根据题意，我们要将其均分为 \(k\) 份，记 \(tar_x=\frac{vis_x}{k}\) 表示每个数值 \(x\) 在每个区间需要的出现次数。我们可以滑动窗口来做，不妨统计每个窗口内数值 \(x\) 的出现次数 \(cnt_x\) ，只要 \(cnt_x\le tar_x\) ，我们就一定可以将剩余元素平均分配到其他 \(k-1\) 个多重集中。
  • G 对于每个长度前缀，最优的重新排序方法是重新排序所有前缀元素，使得 \(a\) 的前 \(k\) 个元素都能被同一个除数 \(d\) 整除，而第 \(k+1\) 个元素不能被 \(d\) 整除，这确保了 \(\gcd(a_1,...,a_k)>\gcd(a_1,...,a_{k+1})\) 始终成立。因此，我们将问题简化为：找到一个因数，使得它能够对每个前缀进行最多元素的整除。我们可以预处理所有数字的因数，并在遍历数组时，对前缀每个元素的因数累加，记为 \(cnt_{d}\) 。特别地，如果 \(cnt_{d}=i\) ，即前 \(i\) 个元素均被 \(d\) 整除，这不符合条件，所以我们依次考虑次大的情况。当然，随着遍历的进行，\(d\) 后续可能会成立，所以我们要特别存储、判断一下。预处理是调和级数级别的时间复杂度 \(O(n\log n)\) ，暴力统计每个元素的因数的时间复杂度是 \(O(n\sqrt n)\) 。

2023 ICPC 沈阳区域赛（3/13）

传送门

  • C 签到题。
  • J 注意到每次选择的两个点中不能有叶子结点，否则树必然是同构的。于是发现，每一步合法操作都会使叶子数恰好增加 \(1\) ，叶子数达到最大值 \(n − 1\) （除了 \(n = 2\) 时是 \(n\) ）时游戏结束，只需关注初始局面叶子数以及最终局面的叶子数的奇偶性。
  • E 记 \(f_{i,j,0/1}\) 表示从初始状态开始要达到与家在河不同侧的岸边有 \(i\) 只羊和 \(j\) 只狼且农夫在与家不同侧/同侧的岸边时的最少步数。我们以 \(f_{X,Y ,0} = 0\) 为初值进行 BFS ，每次枚举和农夫一起乘船的羊和狼的数量进行转移，最终结果为 \(\min\limits^Y_{j=0} f_{0,j,1}\) 。时间复杂度为 \(O(n^4)\) ，其中 \(n=100\) ，可以认为是状态数乘每个状态的转移数。

CF2143(Div.2)（4/7）

传送门

  • B 考虑贪心。按升序遍历折扣集合，并将其应用于按降序排序的商品集合。如果商品数量不足，则将折扣券省略。
  • C 显然我们可以令每一条边都是 \(\max(x,y)\) 。我们不妨让 \(p\) 值的大小关系代表边的方向。如果 \(x≤y\) ，那么新生成的图中的边将是 \(u\to v\) ，否则将是 \(v\to u\) ，容易看出这个图是 DAG 。我们不妨进行拓扑排序，排序靠前的顶点优先级更高，分配更大的 \(p\) 值。
  • D1 我们称 LDS 是最长递减子序列。原问题是统计可以用红蓝两色着色的子序列数量，使得所有逆序对的两端颜色不同。注意到，这等价于统计 LDS 长度 \(≤2\) 的子序列数量。因为如果 LDS 长度 \(>2\) ，存在 \(≥3\) 个元素的递减序列，它们两两形成逆序对，需要 \(≥3\) 种颜色；如果 LDS 长度 \(≤2\) ，可以给每个元素染色为"从该位置开始的 LDS 长度"，保证逆序对颜色不同。记 \(f_{cur,j,k}\) 为前 \(i\) 个元素中选择子序列的方案数，记 \(j\) 表示选中子序列的最大值， \(k\) 表示最大元素前面的一个更大的元素，然后我们 \(O(n^3)\) 枚举即可。

2023 CCPC 江苏省赛（5/12）

传送门

  • I 签到题。
  • H 签到题。因为操作的是后缀，所以遍历字符串，每次当前位置不相等时就要转动。
  • J 签到题。
  • A 注意到要求 \(S_{10^{100}}\) 的长为 \(m\) 的后缀，因此考虑暴力将 \(S_0\) 按构造方式操作，求出一个长度大于 \(2m\) 的 \(S_k\) ，取 \(S_k\) 长度为 \(m\) 的后缀进行变换即可。又注意到变换的循环节是 \(26\) ，故 \(S_0\) 的每个字符后移 \((10^{100}-k)\mod {26}\) 位即可。
  • F 设 \(f_i\) 表示还剩下 \(i\) 个原料时的最大期望，不难得出 dp 方程。特别地， \(B = 1\) 时需要特判。此时只选择最优的一种，分别算出各自的期望值然后取较大即可。

2025 CCPC 网络赛（3/13）

传送门

  • E 签到题。
  • K 注意到倒序排列是最优解，答案为 \(\frac{n(n+1)}{2}\) 。
  • G 考虑考虑根号分治。按 \(x\) 和 \(y\) 的出现次数，遍历那个出现次数少的，找另一个。有一者出现次数小于 \(B\) 就暴力，单次复杂度 \(O(B\log n)\) ，总复杂度不超过 \(O(qB\log n)\) ；两个出现次数都大于 \(B\) 就暴力之后记忆化，由于总是遍历那个出现次数少的，那么对于出现次数为 \(c\) 的 \(x\) ，枚举次数不超过 \(O(c\cdot \frac{n}{c})=O(n)\)，又由于满足这个限制的 \(x\) 只有 \(\frac{n}{B}\) 个，总复杂度不超过 \(O(n\frac{n}{B}\log n)\) ，显然取 \(B=\sqrt\frac{n^2}{q}\) 时复杂度为 \(O(n\sqrt q\log n)\) 最优。特别地，注意特判 \(x=y\) 。当然也可以直接暴力做，遍历那个出现次数少的然后加个记忆化。所以暴力的复杂度也就是根号的，没必要再手动分治了，复杂度与前述相同。

CF2147(Div.1+2)（4/10）

传送门

  • B 注意到 \(n\) 的两次出现相距 \(n\) ，而所有其他值出现的距离都是其值的两倍。我们不妨将两个 \(n\) 放在第 \(1\) 个位置和第 \(n+1\) 个位置，然后以第二个 \(n\) 作为基准，按顺序排列从 \(1\) 到 \(n−1\) 的数字。于是可以得到形如：\([ n, n-1, n-2, ..., 3, 2, 1, n, 1, 2, 3, ..., n-2, n-1 ]\) 的数列。
  • C 奇妙题，需要观察不少性质。其一，如果我们有两个连续的 \(1\) ，则该方块左右两侧的兔子是独立的，我们可以将问题拆分成多个子问题；其二，如果我们以某种方式拆分字符串，使得每个子问题不包含两个连续的 \(1\) ，则字符串 \(101010…0101\) （没有连续的 \(0\) ）是可解的，当且仅当 \(0\) 的数量是偶数，因为我们给奇数位放向右看的兔子，偶数位放向左看的兔子，恰好放完并相互约束；其三，如果我们有两个连续的 \(0\) ，不妨将多出的 \(0\) 放入 \(0\) 数量为奇数的上述交替子串中；其四，如果字符串以 \(0\) 开头或结尾，我们可以忽略该位置，将兔子朝向边界放置。因此，我们唯一需要寻找的就是符合这种交替模式且 \(0\) 的个数为奇数的字符串。当然，本题还有较为优雅的 dp 做法和较为丑陋的 2-SAT 做法。
  • D 注意到，实际上的 Alice 和 Bob 对于分数的策略是固定的。考虑奇偶性，若元素值 \(x\) 为偶数，其贡献可平均分配给 Alice 和 Bob ，使其各得 \(\frac{x}{2}\) 分；若元素值 \(x\) 为奇数，其贡献中会有 \(1\) 个额外得分需要通过竞争决定归属，即先者取得额外一分后使该奇数变为偶数。于是最优策略肯定是每次优先选择出现次数最多的奇数 \(x\) 。

2024 ICPC 沈阳区域赛（2/13）

传送门

  • J 签到。
  • D 注意到答案与两个序列的逆序对数之差的奇偶性相关，为奇数则 Alice 胜，为偶数则 Bob 胜。对于修改操作，我们同样维护奇偶性是否改变即可。注意到，每次修改相当于将区间 \([l,r]\) 分割为 \([l,k]\) 和 \([k,r]\) 两段，然后交换位置，当且仅当这两个区间的长度均为奇数时，答案奇偶性会改变。

2022 ICPC 沈阳区域赛（3/13）

传送门

  • D 签到题。
  • C 注意到，区间越大越好，故 \(r-l=d\) 。我们可以 \(O(n)\) 地枚举 \(l\) ，然后再求答案。类似地，还要枚举一次 \(r\) ，总的时间复杂度是 \(O(n^2)\) 。

2025 ICPC 台湾网络赛（5/12）

传送门

  • A 签到题。
  • B 签到题。
  • D 典题。显然可以区间 dp ，记 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 是回文的编辑次数。
  • C 注意到，对于每个起点其路径都是唯一的。
  • E 类似洪水泛滥，我们移动危险区域内的石板，如果有空地就可以直接移动，如果没有则要先移动外界石板腾出空地。答案是移动路径上的最大编号，所以我们用优先队列每次移动编号最小的石板。

2025 ICPC North America Championship（1/13）

传送门

  • K 由于不能悬空，所有每个构造出来的全是 . 的空间必须满足上宽下窄或上下同宽，不能上窄下宽，所以显然当前层在不用扩宽的情况下，最多填上一层 . 的数量。记最顶上一行为第 \(1\) 行，显然如果 \(x_i> x_{i−1}\) 就需要扩宽，由于每次扩宽是还要在最后加一个 # 来保证残留液态树脂被包裹在里面，所以每次拓宽的长度为 \(x_i−x_{i−1}+1\) ，由于至少有一行的残留液态树脂单元数量大于零，所有最左边一定是有 # 的，所以答案初始赋值为 \(1\) 。明显当宽度无限时一定可以构造出满足条件的情况，所有不会有无解的情况。

2024 ICPC 昆明区域赛（/13）

传送门

CF2152(Div.1+2)（3/9）

传送门

CF2155(Div.2)（3/6）

传送门

CF2145(Div.2)（4/7）

传送门

posted @ 2025-08-05 17:42  haphyxlos  阅读(36)  评论(0)    收藏  举报