MX 练石 2025 NOIP #16

唉……以后再也不偷懒不手动开栈了，莫名其妙 RE 浪费了这么长时间……

以前是因为，有时候手动开栈会不能编译，说是开的太大了，不过我就开了 256MB 啊，机房电脑还是太杂鱼了。

不过开不起的时候重启一下就能开的起了（

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2025 --【炼石计划 NOIP】-- 第十六套

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题解：link

时间：4.5h
题目数：4
难度：

A	B	C	D
\(\color{#F39C11} 橙\)	\(\color{#3498DB} 蓝\)	\(\color{#52C41A} 绿\)	\(\color{#BFBFBF} ?\)
*1100	*2200	*1900	*?

估分：100 + [40,60] + 45 + 40 = [225,245]
得分：100 + 40 + 45 + 40 = 225
Rank：21/132

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场祭

读题。

A 签。

B，先是推出来了个只有两个数的结论，答案可以 \(O(1)\) 计算。然后尝试推广，但是发现似乎很不好推广，不过观察样例发现答案不会太大，所以是不是可以前几个数暴力，后面直接 bitset 优化 dp？似乎是可以的，前几个数两两判一下答案取 min 就可以了。

写一半发现这还是没有推广啊！又思考的一会儿，直到 2h 的时候还是毫无头猪，果断去打暴力。注意到答案是递减的，而且后面答案会变得非常小，所以可以从大到小开一堆 bitset，每次选大小 \(\ge\) 当前答案的最小的 bitset 来做 dp，这样应该会优化不少常数，卡一卡说不定能把随机数据给冲过去。

然后就是开头的问题了，一直神秘 RE，关键是找不出错来，浪费的时间足以把 D 的暴力打完还剩不少了……

最后只给 CD 留出来 1h 多一点了，快速打了 C 的暴力，u1s1 还是挺良心的，无脑暴力给了 45pts（

D 注意到链的部分分足足有 40pts，而且做法还很简单，大力分讨就可以了，规约一下也就十几种情况，而且都很好想，迅速写掉了。

不过因为前面的原因，没时间去打 那个 12pts 的暴力了 /ll，输，很害怕 NOIP 会因为这种原因痛失 1=……

题外话：B 因为不同大小的 bitset 不能丢到同一个数组里，我也不怎么会使用 define 科技，所以被迫写了（拿代码生成了）27KB 的代码去枚举要更新哪个 dp 数组（

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补题

学习了顶级 define 科技，C++ 太强大了。与 gpt 的对话。

补 B，是同余最短路，属于是太长时间不用忘了可以用这个东西来做了。

考虑当只有一组询问（\(a_1 \sim a_n\)）时该怎么做，\(\forall j \in [2,n] , i \in [0,a_1)\) 建图 \(i \xrightarrow{a_j} (i + a_j) \bmod a_1\)，然后跑一遍最短路，答案就是 \(\min \{ dis_i \} - a_1\)，这是因为 \(dis_i\) 的意思是能到达的最小的 \(\bmod a_1 = i\) 的位置，于是再减去 \(a_1\) 就是最大的不能到达的了。

那么多组询问，直接跑 dij 是 \(O(n^2 V \log (nV))\) 的，显然不行，不过考虑 \(i \to i+1\) 时，在上一次 dij 后得到的 dis 数组的基础上（把 dis 数组直接表示为 \(a_1\) 条边），再加 \(a_1\) 条以 \(a_{i+1}\) 为边权的边跑一遍 dij，复杂度就变成了 \(O(nV \log V)\)。

据说这时候把 dij 换成常数较小的 SPFA 就可以冲过去了，但是我不会 SPFA 的优化qwq

注意到还有一个性质没有利用，就是每次加入的边的边权是一模一样的。于是可以考虑类似归并（双指针）地更新以 \(a_{i+1}\) 为边权的这 \(a_1\) 条边，具体地，实时维护一个递增的 dis 数组，然后模拟优先队列的过程每次选 dis’ 最小的点。不难发现，dis’ 最小的点一定是 dis 数组中未访问过的最靠前的点 或 已经用新加入的边更新过的 dis’ 中未访问过的最靠前的点，于是维护个双指针就好了。

具体地，维护 dis 表示更新前的最短路，tmp 表示更新过（必须用到新的边）的最短路，di2 表示最终的最短路，vis 标记每个点是否访问过。且需要保证前三个数组都是递增的。最终目的是得到 di2，于是先需要枚举一个 ind 表示该填 di2 的哪一位了，然后循环内按照上面的策略找到最小点 \(u\)，更新 di2，同时考虑 \(u \xrightarrow{a_{i+1}} (u + a_{i+1}) \bmod a_1\) 这条边，把 \((u + a_{i+1}) \bmod a_1\) 放到 tmp 的末尾即可。

rep(i,0,a[1]-1) vis[i]=0;
int i=0,j=0,r=0;
rep(ind,0,a[1]-1)
{
    while(i<a[1]&&vis[dis[i].nd]) ++i;
    while(j<=r&&vis[tmp[j].nd]) ++j;
    
    if(dis[i].st<tmp[j].st||j>r) di2[ind]=dis[i++];
    else di2[ind]=tmp[j++];
    vis[di2[ind].nd]=1;
    tmp[++r]={di2[ind].st+x,mod_(di2[ind].nd+x)}; // x 即 a[i+1]
}
rep(i,0,a[1]-1) dis[i]=di2[i];

补 C，是简单题。

先做特殊性质。首先注意到结论：对于一个串 \(s\)，令 \(c_i\) 为字母 \(i\) 的出现次数，如果 \(k > c_{\tt A}\)，那么所有 \(\tt A\) 一定都会被选，调整法证明即可。然后在剩下的 \(\tt B\) 中，一定是选一段后缀。于是最终的子序列就确定下来了。

考虑推广。显然还是先选上所有 \(\tt A\)，然后发现一个结论，就是在用 \(\tt A\) 把原串划分乘若干个区间后，一定会选满若干个最靠后的区间，还是调整法证明。然后考虑没选满的那个区间，发现其实就是一个同构的子问题，在里面选上所有 \(\tt B\) 再划分区间，继续递归下去即可。

例子：考虑串 \(\tt \ldots A \ldots A xxxxx A yyyyy A zzzz\)（小写字母代表任意字母）如果 \(\tt z\) 没有选完就选了 \(\tt y\)，一定没有把一个 \(\tt y\) 替换成后面的 \(\tt z\) 更优。然后假设把 \(\tt x\) 选完的总长度已经 \(>k\) 了，那么就是在那一段 \(\tt x\) 中选一个长度为 \(k'\) 的字典序最小的子序列了，显然是同一个问题。

至于比较字典序，可以先比较前面相同的连续字符，那么后面的字符就是 \(s_{l \sim r}\) 的一段后缀了，可以哈希 + 二分实现。

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天依宝宝可爱！