2026春好题记录

P3971 [TJOI2014] Alice and Bob 5.9

我大抵是睡着了。

tag：Ad-hoc，贪心，图论建模

题意：有一个未知序列 \(\{x_1,x_2,\dots,x_n\}\)，已知以每个 \(i\) 为结尾的最长上升子序列的长度，求以 \(i\) 开头的最长下降子序列的长度之和的最大值。

先考察原数列有没有值相等的情况，发现你可以将前一个调大，后一个调小，这样肯定不劣。于是原数列一定得是一个排列。

再考察数列的最长上升子序列，发现若存在 \(i<j\)，\(a_i=a_j\)，那么 \(x_i>x_j\)。而对于 \(x_i\)，以它为结尾的最长上升子序列长度 \(a_i\) 一定是从 \([1,i)\) 中的一个 \(a_i-1\) 转移过来的。

那么根据上述性质，\(x_i\) 一定比最后一个 \(x_j=a_i-1\) 的 \(x_j\) 要大。而且如果 \(x_i\) 更大的话 \(b\) 会更小，所以你考虑图论建模，对于每个 \(i\) 找到 \(j\)，\(j\rightarrow i\) 连一条边，表示偏序关系。然后对于同一层的点，靠后的需要更小，于是你按输入顺序的倒序连边，跑 \(\text{dfs}\)，每个点的 \(\text{dfn}\) 即为 \(x_i\)。

再跑一边最长下降子序列即可。

[ARC107D] Number of Multisets 5.2

虽然不难，但很有意思的题。

加深此类 trick 的印象。

tag：dp

题意：求可重集 \(S\) 的个数，满足 \(|S|=n\)，\(\sum\limits_{k\in S}k=m\)，\(\forall k\in S,\exists t\in \mathbb{N},k=2^{-t}\)。

相当于你可以对 \(n\) 个 \(1\) 做若干次前缀 \(\times \frac{1}{2}\) 操作使 \(\sum\limits_{k\in S}k=m\)。

设 \(dp_{i,j}\) 表示让前 \(i\) 个数之和为 \(j\) 的方案数，转移有：

• 所有数 \(\times \frac{1}{2}\)，则 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i,j\times 2}\)。
• 加入一个 \(1\)，则 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j-1}\)。

这样就在 \(O(n^2)\) 内解决了这个问题。

P8688 [蓝桥杯 2019 省 A] 组合数问题 题解 6.0

tag：Lucas 定理、数位 dp

题意：给定 \(n,m,p\)，求 \((i,j)\) 的对数满足 \(1 \le i \le n,0 \le j \le \min(i,m)\) 且 \({i\choose j} \equiv 0\pmod{p}\)，\(p\) 是质数。

观察到这个条件是一个组合数对一个质数取模后的东西，可以联想到 Lucas 定理。则

\[{i\choose j}\equiv \prod_{k}{i_k\choose j_k}\equiv0\pmod{p} \]

其中 \(i_k,j_k\) 分别是 \(i,j\) 在 \(p\) 进制意义下的第 \(k\) 位。那么要想让这么多个数乘起来是 \(p\) 的倍数，则其中必有一个数是 \(p\) 的倍数。即存在 \(k,{i_k\choose j_k}\equiv 0\pmod{p}\)，等价于 \(i_k<j_k\)。

存在这件事难以刻画，我们考虑容斥，现在需要求 \((i,j)\) 的对数，其中 \(i,j\) 在 \(p\) 进制下的每一位 \(i_k,j_k\) 都满足 \({i_k\choose j_k}\not\equiv 0\pmod{p}\) 即 \(i_k\ge j_k\)。

那么就可以开始数位 dp 了，设 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示从高到低考虑到前 \(i\) 位，\(i\) 有没有顶到头，\(j\) 有没有顶到头。转移进行分讨即可。

时间复杂度 \(O(T\log_{k}n)\)。

[AGC054C] Roughly Sorted 5.2

tag：计数

题意：有一个排列 \(P\)，可以交换 \(P\) 的相邻两项，使其每个 \(i\) 的逆序对数不超过 \(k\)。你得到了经过最小次数操作后的排列 \(P'\)，求有多少种可能的原始排列 \(P\)。

该加训此类题型了。

考虑刻画逆序对个数这件事，你发现如果 \(P\) 的逆序对个数不超过 \(k\)，那么 \(1\) 的位置肯定不能超过 \(k+1\)。同理 \(i\) 的位置肯定也不能超过 \(k+i\)。那么你就有 \(P'_i\le k+i\)。

如果 \(P'_i<k+i\)，因为你要最小化操作次数，所以在原排列中这个 \(i\) 的位置本来就会在这里，要不然你也不会去把他往左边移动。

所以我们只需要考虑 \(P'_i=k+i\) 的贡献，它一共会有 \(n-k-i-1\) 种取值。

[ARC139D] Priority Queue 2 6.2

tag：求和转 01、计数

题意：给你一个数列 \(a_i\in [1,m]\)，你要进行 \(k\) 次操作，每次操作形如：选择一个 \([1,m]\) 中的整数，加入 \(a\)，然后删去 \(a\) 中第 \(x\) 小的元素。求所有方案操作后 \(a\) 的和之和。

考虑把求和形式改为 01 序列形式，有 \(\sum\limits_i a_i=\sum\limits_j\sum\limits_i[a_i\ge j]\)。于是考虑枚举 \(j\)，计算 \(\sum\limits_i[a_i\ge j]\) 的总和。

设初始时满足 \(a_i\ge j\) 的 \(i\) 的个数为 \(c\)，现在一次操作即为：

• \(c\) 每次有 \(m-j+1\) 种可能 \(+1\)，若 \(c\ge n-x+1\) 则 \(c\gets c-1\)。

枚举 \(c\) 被增加的次数 \(l\)，则这种变化的可能情况有 \(\binom{k}{l}(m-j+1)^l(j-1)^{k-l}\) 种，而最终 \(a_i\ge j\) 的个数也同样可以计算：

• 若 \(c\ge n-x+1\)，则最终 \(a_i\ge j\) 的个数为 \(\max(n-x+1,c+l-k)\)。
• 若 \(c<n-x+1\)，则最终 \(a_i\ge j\) 的个数为 \(\min(n-x+1,c+l)\)。

直接统计即可。时间复杂度 \(O(mk)\)。

#8692. Yet Another Convolution 6.0

tag：（整体）二分、莫反

题意：给你两个数列 \(a,b\)，求 \(c_k=\max\limits_{(i,j)=k}|a_i-b_j|\)。

如果可以快速计算 \(c_1\)，计算它的时间复杂度是 \(T(n)\)，那么 \(c_i\) 都可以在 \(T(\frac{n}{i})\) 的时间复杂度内解决。

不妨设 \(a_i\le b_j\)，我们现在需要找到最小的 \(b_j\) 满足 \(i\perp j\)。考虑整体二分，转化为存在性问题，只需要判断是否存在 \(b_j\le x\) 且 \(i\perp j\)。有 \(\sum\limits_{j=1}^{n}[b_j\le x][i\perp j]=\sum\limits_{d\mid i}\mu(d)\sum_{d\mid j}[b_j\le x]\)，第二个 \(\sum\) 容易优化，时间复杂度可以做到 \(O(\sum d(i))=O(n\log n)\)，那么 \(T(n)=O(n\log^2n)\)，总时间复杂度为 \(O(n\log^3n)\)。

/se 6.0

tag：分析性质、dp

题意：将 \(n\) 条线段划分为不超过 \(k\) 个集合，求每个集合中所有线段的交的长度之和的最大值。

对于两个线段 \(j\subseteq i\)，如果 \(i\) 与 \(j\) 被分到一组，那么 \(j\) 不会造成任何影响。为了让总长度最大，我们要么把被包含线段 \(j\) 单独放进一个集合，要么就把它随便扔进一个包含它的集合里。

当我们把这些线段删去之后，剩下的线段有一个很好的性质：如果将这些线段按左端点从小到大排序，那么它们的右端点也一定是严格单调递增的。

考虑 dp，设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 条前段划分成了 \(j\) 个集合的答案。最后 \(dp_{n,j}\) 和被删去的线段合并即可。时间复杂度 \(O(nk)\)。

叁仟肆佰万 5.5

tag：计数、dp

题意：求分割一个序列使得每段 \(\operatorname{mex}\) 值相等的方案数。

你发现如果一段区间有 \(0\)，那么其他区间也必须有 \(0\)。以此类推，可以得到每段区间的 \(\operatorname{mex}\) 就是序列的 \(\operatorname{mex}\)。

然后对于一个右端点 \(r\)，合法的 \(l\) 应该是一段前缀，所以你双指针维护即可。时间复杂度 \(O(n)\)。

P4099 [HEOI2013] SAO 6.5

tag：计数、dp

题意：给你一棵有向树，求其拓扑序个数。

设 \(f_{u,i}\) 表示以 \(u\) 为根的子树内 \(u\) 的拓扑序在第 \(i\) 个的拓扑序的个数。

考虑对于 \(u\) 枚举它的儿子 \(v\)，对这条边的方向进行讨论：

• \(u\rightarrow v\)。考虑如何从 \(f_{u,k}\) 转移至 \(f_{u,i}\)。最终的拓扑序形如 \(\dots u\dots v\dots\)，那么你就需要将 \(u\) 的拓扑序列和 \(v\) 的拓扑序列拼起来，其中需要从 \(v\) 的前几个数里边拿几个塞到 \(u\) 前面，使得它从第 \(k\) 位变成第 \(i\) 位，容易得到转移

\[f_{u,i}=\sum_{k\le i\le j+k-1}f_{v,j}f_{u,k}\binom{i-1}{k-1}\binom{sz_u+sz_v-i-1}{sz_u-k} \]

• \(v\rightarrow u\)，最终的拓扑序形如 \(\dots v\dots u\dots\)，后续步骤和上述情况相似。

然后可以使用前缀和优化。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

CF1146H Satanic Panic 6.2

tag：计算几何、dp

题意：求平面 \(5\) 个点的凸包数量。

考虑凸包有一个性质，它上面的边斜率按一定顺序单调递增，那你就可以开始 dp 了。

先把 \(n^2\) 条边搞出来排个序。考虑 dp，设 \(f_{i,j,k}\) 表示从 \(i\) 走了 \(k\) 步到达 \(j\) 的方案数。

然后按边的顺序更新，对于 \((u,v)\)，转移有 \(f_{i,v,j}\leftarrow f_{i,v,j}+f_{i,u,j-1}\)。

时间复杂度 \(O(n^3k)\)，\(k\) 在此处为 \(5\)。

P14637 [NOIP2025] 树的价值 7.5

tag：发现性质、dp

题意：给你一棵树，给每个点设点权，使 \(\sum \operatorname{mex}(S_u)\) 最大，其中 \(S_u\) 表示 \(u\) 的子树点权集合。

好题啊。

你先考虑整棵树的结构：对于每个点，它肯定是先从某个儿子的 \(\operatorname{mex}\) 转移过来，然后使用若干还没被使用的点（称为自由点）得到的。

那么现在就有一个 \(O(n^3)\) 的 dp 了：\(dp_{u,i,j}\) 表示 \(u\) 子树 \(\operatorname{mex}\) 为 \(i\)，还有 \(j\) 个自由点，得到的子树最大价值和。有 \(48\) 分。

这个状态不能接受。但是这道题给出了深度的性质：\(m\le 800\)。这启发我们考虑设深度有关的状态。

想到链剖分。考虑将转移过来的那个点记为重点，其余点记为轻点，那么现在这棵树就变成了一个剖分结构。

考虑拆贡献，容易发现对于一个点，当它对答案产生贡献时，它肯定从一个自由点变成了不自由点。这个贡献会从它产生贡献开始，一直往上爬重链，直到它被弃用，即到达这个重链的顶部。

因此每个点产生的最大贡献为其上重链链长的最大值。

那么现在就有一个 \(O(nm^2)\) 的 dp 了：\(dp_{u,i,j}\) 表示 \(u\) 到根节点的重链最长为 \(i\)，它现在所在链长为 \(j\)，得到的子树最大价值和。转移是简单的。有 \(76\) 分。

这个状态还是不能接受。观察上面所述的状态，这个 \(j\) 的定义其实非常浪费。

分析性质，对于一个点 \(u\)，实际上只有如下几种情况：

• \(u\) 子树内所有重链都不如 \(u\) 祖先的最长重链长，可以将 \(u\) 子树内所有重链删掉，增加价值；
• \(u\) 所在的重链是最长的 \(u\) 最先的最长重链，那么你不需要改动；
• \(u\) 所在的重链较短，而子树内有一条重链较长，可以将所有较短的重链删掉，将那条重链一直传递到 \(u\)，从而变为以上两种情况。

那么可以设计出这样的状态：\(f_{u,i}\) 表示点 \(u\) 的贡献为 \(i\)，并且 \(k=1\)；\(g_{u,i}\) 表示点 \(u\) 的贡献为 \(i\)，并且 \(k=i\)。

考虑转移。\(g\) 的转移是简单的：

\[g_{u,i}\leftarrow\max_{v\in son_u}\{i+g_{v,i+1}+\sum_{v'\in son_u,v'\not=v}f_{v',i}\} \]

可以 \(O(nm)\) 做。

考虑 \(f\) 的转移。首先若 \(u\) 子树内全是轻点，那么 \(f_{u,i}\leftarrow i\times sz_u\)。

否则 \(u\) 的子树内存在一个重点 \(v\)。那么这个新的链就需要产生作用，也就是说对于 \(f_{u,i}\)，链长需要不少于 \(i\)。而且对于 \(u\) 到 \(v\) 链上的点 \(w\)，它们的儿子也会是轻点，否则将他们改成轻点对答案的贡献一定会更多。那么设 \(u\) 和 \(v\) 距离为 \(i\)，有转移

\[f_{u,i}\leftarrow i(i-1)+g_{v,i}+\sum_{\substack{x\in son_w\\ w\in\operatorname{path}(u,v)}}f_{x,i} \]

用你喜欢的数据结构进行维护即可。遍历子树内每个点的时间复杂度是 \(O(\sum sz_u)=O(nm)\) 的，这部分的时间复杂度即为 \(O(nm\log n)\)。

P14638 [NOIP2025] 序列询问 7.0

tag：数据结构

题意：给你 \(q\) 个询问，每个询问有一个区间 \([L_i,R_i]\)，每次询问，对每个 \(i\in[1,n]\)，你需要求出 \(\max\limits_{1\le l\le i\le r\le n}\{\sum\limits_{i=l}^{r}a_i \mid L_j\le r-l+1\le R_j\}\)。

考虑直接拍一个裸的滑动窗口，这就有 \(45\) 分了。那这题应该跟滑动窗口有很大关系。

考虑性质 D，区间一定过中点。那么你考虑将区间分成两半，区间和的 max 就相当于左半边区间和的 max 加上右半边区间和的 max。求出前后缀的 max，当你固定右端点时，合法的左端点就是一段区间，直接做滑动窗口即可。

考虑性质 E，将序列分成四块即可。那你应该就能联想到正解了：考虑倍增分块，分出 \(O(\log n)\) 个块后进行统计即可。

P6891 [JOISC 2020] ビルの飾り付け 4 5.5

tag：dp、交换两维

题意：给定两个长度为 \(2n\) 的序列 \(A,B\)，构造一个长度为 \(2n\) 的序列 \(C\) 满足：\(C_i\in \{A_i,B_i\}\)；\(|\{i\mid C_i=A_i\}|=|\{i\mid C_i=B_i\}|\)；\(C_i\ge C_{i-1}\)。

先考虑一个很显然的 dp：设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示前 \(i\) 位填了 \(j\) 个 A，第 \(i\) 位填了 A/B，可不可行。时间复杂度 \(O(n^2)\)，不能通过。

考虑猜测如果 \(i,0/1\) 固定，那么合法的 \(j\) 形成了一段区间。这是因为 \(A_i\)，\(B_i\) 中较大数能转移的状态一定包含了较小的数能转移到的状态。那么直接 \(O(n)\) 维护即可。

P9870 [NOIP2023] 双序列拓展 6.5

tag：ad-hoc

你考虑这个拓展实际上是在搞什么事。

将其放到一个棋盘上，这相当于：设 \(A_{i,j}=[x_i<y_j]\)，你现在从 \((1,1)\) 开始，每次可以向右、下、右下的 \(A_{i,j}=1\) 走，问能否走到 \((n,m)\)。

先考虑特殊性质。首先如果存在 \(x_n>y_i\)，那么 \(A\) 的其中一行就都是 \(0\) 了，无解；同理若存在 \(y_n<x_i\) 也无解。那么现在棋盘的第 \(n\) 行和第 \(m\) 列就都会为 \(1\) 了。

着其实给了我们相当大的启发。再考虑找出前 \(n-1\) 行的最小值 \(x_k\)：

• 若对于任意 \(i\)，\(x_k<y_i\)，那么第 \(k\) 行的 \(A\) 就会均为 \(1\)，可以缩减问题规模；
• 若存在 \(i\)，\(x_k>y_i\)，那么第 \(i\) 列的 \(A\) 就会全为 \(0\)。

还可以对前 \(m-1\) 行的最大值进行相似的讨论。那么你发现你不能缩减问题规模的时候，存在一行的 \(A\) 全为 \(0\)，存在一列的 \(A\) 也全为 \(0\)。那么此时你就不能到达 \((n,m)\) 了。

那么直接递归处理即可，时间复杂度 \(O(q(n+m))\)。

再考虑正解，这其实没什么区别了。找出 \(x\) 的最小值 \(x_i\)，找出 \(y\) 的最大值 \(y_j\)。那么第 \(i\) 行、第 \(j\) 列都为 \(1\)。把棋盘按照这两条线劈四半，就转化为了特殊性质的形式。