MX 练石 2026 NOIP #7

好难好难好难好难，为数不多的罚坐了。

4h20min 怒砍 20pts /oh

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2025 --【炼石计划 NOIP】-- 第七套

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题解：link

时间：4h20min (2025.09.18 13:50~18:10)
题目数：4
难度：

A	B	C	D
\(\color{#FFC116} 黄\)	\(\color{#3498DB}蓝\)	\(\color{#3498DB}蓝\)	\(\color{#BFBFBF} ?\)
*1500	*2300	*?	*?

估分：50 + 10 + 10 + 10 = 80
得分：0 + 10 + 10 + 0 = 20
Rank：152/199

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场祭

读题。

开 A，发现可以转化为 \(a_i - i \le a_j - j \land b_i - i \ge b_j - j\)。但是要求连通块个数而不是别的什么，感觉很难办。

然后想到了在按照 \(a_i\) 升序排序后，如果 \((i,j)\) 和 \((j,k)\) 都符合条件，那么 \((i,k)\) 一定符合条件，所以可以只把每个点连向它后面第一个 \(b_j\) 比它大的点，以及前面第一个 \(b_i\) 比它小的点。

发现没过大样例，多连几个点乱搞一下试试？输出没有任何改变。

于是开始写拍子。查了查发现排序需要以 \(b_i\) 为第二关键字降序，不过大样例还是没过。

快 2h 了不管了先跳了。

B 看起来是细节题，感觉连暴力都不会写的，拿了 10pts 特殊性质走人了。

C 暴力 10pts，D 暴力 10pts。

还剩 1h。

尝试去写 B 的暴力但是失败了。尝试去拍 A 但是懒得拍了，感觉做法应该是假的。

罚坐了。哦其实是没事干去水洛谷了。

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补题

A 死因：把 connected.in 打成 cpnnected.in，然后 connected.out 还打对了。应该是测样例的时候，把 connected.in 改成了 1.in，改回来的时候打错了导致的（

补 A，注意到在倒序遍历过程中，若 \(i\) 和一个连通块内的最大 \(b_j\) 没有边，那么它一定和这个连通块没有边，所以只需要维护每个连通块内的最大 \(b_j\) 即可。单调栈也是可以维护的，只不过弹栈顶代表的是 \(i\) 和栈顶有边。最后答案也可以不用 dsu 算了，就等于栈的大小。

补 B，哦我甚至连最容易注意到的都没注意到菜完了。

注意到若 \(s_i\) 确定了，那么 \(s_{i+1}\) 也是确定的：

• 若 \(|s_i| \ge |s_{i+1}|\)，显然 \(s_{i+1}\) 只能是 \(s_i\) 的前缀。
• 若 \(|s_i| < |s_{i+1}|\)，那么 \(s_{i+1}\) 一定由若干个完整的 \(s_i\) 拼上一个 \(s_i\) 的前缀组成。

所以只需要确定 \(s_1\)，暴力枚举就有 30pts 了（

容易想到去考虑 \(s_{i+1}\) 对 \(s_i\) 的限制，因为也只有这样才可能去确定 \(s_1\) 了。

• 若 \(|s_i| \ge |s_{i+1}|\)，那么 \(s_i\) 的前 \(|s_{i+1}|\) 个字符就必须和 \(s_{i+1}\) 相同，不过顺序随便。

• 若 \(|s_i| < |s_{i+1}|\)，那么 \(s_{i+1}\) 中完整的 \(s_i\) 显然不需要考虑，需要考虑的是 \(s_{i+1}\) 末尾那个 \(s_i\) 的前缀 \(t\)，显然 \(s_i\) 的前 \(|t|\) 个字符必须和 \(t\) 相同，同样顺序随便。而且对于一对 \((s_i , s_{i+1})\)，\(t\) 是确定的，就等于 \(s_{i+1}\) 中扣掉所有完整的 \(s_i\) 后剩下的字符集。

  形式化地，就是要求 \(s_i\) 的前 \(|s_{i+1}| \bmod |s_i|\) 个字符需要和 \(t\) 相同。

可以发现，两种限制都形如「规定 \(s_i\) 的前 \(k\) 个字符所组成的可重集等于 \(P\)」的形式。

考虑是否能将 \(s_i\) 的限制下传（上传？）到 \(s_{i-1}\)。

• 若 \(|s_{i-1}| \ge |P|\)，则限制不变，即 \(s_{i-1}\) 的前 \(k\) 个字符也为 \(P\)。
• 若 \(|s_{i-1}| < |P|\)，发现和上面 \(s_{i+1}\) 对 \(s_i\) 限制的第二种情况是等价的。即要求 \(s_{i-1}\) 的前 \(|P| \bmod |s_{i-1}|\) 个字符为 \(P\) 中扣掉完整的 \(s_{i-1}\) 后的剩余部分。

那么，就可以通过这种方式，一直把限制下传到 \(s_1\) 了。

但是复杂度不会爆炸吗？

不会的，因为有结论：\(\forall n \in \mathbb N\)，进行操作 \(n \gets n \bmod m ~(m \in [1,n])\) 的最多次数为 \(O(\log n)\)。所以一个限制最多被改变 \(O(\log n)\) 次。所以每次只考虑上面第二种情况进行限制的改变即可。

Proof. 分讨 \(m\) 与 \(\frac n 2\) 的大小关系。若 \(m \le \frac n 2\)，则 \(n \bmod m < m \le \frac n 2\)；若 \(m > \frac n 2\)，则 \(n \bmod m = n-m < \frac n 2\)。所以每次操作 \(n\) 至少会减半，则最多操作 \(O(\log n)\) 次。

在写的时候，对于每个 \(s_i\) 预处理一个 \(nxt_i\) 表示上一个比 \(|s_i|\) 短的串，那么跳 \(O(\log |s_i|)\) 次 \(nxt\) 就可以到达 \(s_1\) 或者使得限制的 \(k=0\)（限制消失）。哦实际上这样会有一些没用的操作，因为预处理的是 \(|s_i|\) 而不是 \(|P|\)，不过没关系，因为有 \(\sum |s_i|\) 的限制，所以没用的操作不会太多，遇到 \(|P| \le |s_{nxt_i}|\) 的直接不管继续往下跳即可。

但是有一个问题：会不会出现中间有两个冲突的限制被跳过去了，而且并没有传到 \(s_1\)，最后就没有被发现呢？

不会的。首先肯定要在构造方案的时候把每个串都确定下来，同时判断无解。而 \(s_1\) 不确定的部分只能是相邻两条限制中间的部分，那既然这部分没有限制，所以它随便排也不会对后面造成什么影响，所以可以认为不存在本质不同的 \(s_1\)。于是构造时判无解就足够了。

但是是真！的！难！写！写 + 调估计得有 4h 了。

C 神必数数题，题解看不懂不补了。

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天依宝宝可爱！