2 月记录

永远不要在考前预设题目难度，以及自己一定能做多少题。任何一场比赛，你都要做好能够 AK 的准备（不然像 NOI25 这种，D1T3 和 D2T2 都比较简单的情况，你因为自己的预设不去认真做这两题，吃亏的是你自己）；也不要认为自己一定能做出来两道题或者三道题（参考 NOI22 与今年的 NOIP）。

细细想来，还是对自己过多的期待压垮了比赛的心态。虽然总是说着比赛要以平常心对待，但在面对能决定未来的比赛时，任何微妙的心态变化都是决定性的。

我之后始终坚定任何情况下，我都具备冷静下来发挥出自己全部水平的实力。我不再是之前任命运操弄的那个不成熟的孩子了，我可以调整自己，改变自己脆弱的心态，让自己真正沉浸在题目中。

P15325 【MX-X24-T6】「RiOI-7」Stardust:RAY

考虑将贡献拆到每个 \(j\) 上，条件为区间出现 \([0,j]\)。

则找到 \([0,j]\) 这些数出现位置的 \([L,R]\)，则可以贡献的区间个数为 \((L-l+1)(r-R+1)\)。

显然 $j\le $ 询问区间 mex。

我们需要维护值域前缀 \(\min\) 和，前缀 \(\max\) 和，以及相乘的和。

使用单侧递归线段树做到 \(\log^2\)。

但是我们不需要知道区间的信息，我们只需要知道前缀的信息。

考虑扫描序列前缀，维护每个时间对应的 \([l_i,r_i]\)，则操作相当于：

• 区间对 \(l_i\) 取 \(\min\)，对 \(r_i\) 取 \(\max\)。
• 求 \(l,r,l\times r\) 历史和。

后面不太看得懂。

P10790 [NOI2024] 树形图

一个点是根当且仅当它到其他所有点的简单路径唯一。

A 性质就是缩点后唯一的点双为二类点。

BC 性质

这个性质应该是要求我们通过一棵一类点 dfs 树得到所有一类点。

显然一个点 \(u\) 要成为一类点，子树内必须往外有出边，如果有 \(>1\) 条就不行。

考察唯一出边的终点 \(x\)，要求 \(x\) 是一类点，这是因为 \(u\) 往子树外的路径必须经过 \(x\)，即要求 \(x\) 到 \(u\) 子树外路径唯一，同时显然 \(x\) 到 \(u\) 子树内路径也唯一。

C 性质

现在要求得到所有二类点。

那么上面得到的一类点的树边与必要的非树边不能删除。

\(u\) 是二类点，依然要求删除后子树内恰好一条出边，则：

• 若恰好有一条必须保留的出边，对终点的要求与上面相同，这显然满足。
• 若只有若干条非必要出边，则要求存在边的终点为一个一类点或二类点（这个可以归纳证明）。

最后的问题就是找到任意一个一类点。

考虑先取一个能到所有点的点作为根，存在返祖边、前向边、横叉边，其中横叉边和返祖边都是连到 dfs 序更小的点。

一个点 \(x\) 是一类点，必须到根有唯一路径，将这条路径上所有走出（关键点）子树边（设为关键边）的终点设为关键点。

由此也可以刻画到非关键点的路径，即从非关键点的第一个关键点祖先走树边下来。

那么关键点将图分成若干个区域，关键点为根，且 dfs 序在这条关键点列上面必然是递减的。

并且可以得到以 \(x\) 为根的外向树 \(T_x\)，刻画 \(x\) 的唯一路径树，包含所有关键边以及没有跨
越不同区域的原树中的树边，发现原图边在这棵树上只有返祖边。

首先对于每个关键点 \(x_i\)，要求其子树内部最多一条出子树边。

复习网络流！！！

若有多条，则只有其中一条可以到达根，不妨设另一条边为 \(u \to v\)，通过找到 \(x \to v\) 的两条简单路径导出矛盾。

首先 \(u \to v\) 在 \(T_x\) 上是返祖边，从而有 \(T_x\) 上 \(v\) 是 \(u\) 的祖先，存在一条不经过 \(u\) 的 \(x \to v\) 的路径。

然而出子树点的 dfs 序都是更小的，所以 \(v\) dfs 序比 \(x_i\) 小，\(v\) 不能出现在 \(x \to x_i\) 中，从而 \(x \to x_i \to u\) 必然不经过 v，从而 \(x \to x_i \to u \to v\) 是另一条 \(x \to v\) 的路径导出矛盾。

显然同一个区域内部：前向边和横叉边不能存在，返祖边可以存在。

对于跨域不同区域的非关键边：

• 若是返祖边，说明该区域关键点有至少两条出子树边，矛盾。
• 如果是前向边或者横叉边，那么这些前向边和横叉边的终点必须落在 \(x\) 到根的唯一路径上。
• 如果是树边显然合法。

得到充要条件：

• \(x\) 一直跳出子树边能到根，且每一步出子树边唯一。
• 不存在同一个区域的前向边和横叉边。
• 所有前向边和横叉边指向 \(x\) 到根路径上的点。

因为出子树边的 dfn 小于当前点，那么按照 dfn 递推即可处理一三限制。

对于限制二，不妨弱化为：对于关键点 \(x\)，记其出子树边起点为 \(y\)，则不存在以 \(x\) 子树内为起点，以 \(x\) 到 \(y\) 路径为终点的前向边和横叉边。

对每个点 \(x\) 求出，指向 \(x\) 祖先的前向边和横叉边中，起点和 \(x\) 的 lca 深度最大的那个。

考虑使用逆 dfn 维护，即后序遍历得到的 dfn 。这样的好处是：

1. 一个子树的根是最大值，且子树连续。
2. 对于前向边和横叉边，满足起点大于终点，返祖边满足起点小于终点。

只需要对每个点求出指向它的前向边和横叉边中起点逆 dfn 的最小值，然后做前缀 \(\min\) 即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

P15245 [WC2026] 二进制

尝试找到正解与我的场上做法的关联，最后得出来这题非常困难的结论。

其实这题不用 dp 去把加法和 popc 融在一起，直接刻画非常好想。

枚举乘法次数 \(k\)，设差值为 \(d=y-x\times 2^k\)，操作是：

• \(d\leftarrow d+1\)。
• \(d\leftarrow d-2^x,0\le x\le k\)，但是只有 \(2^k\) 是多次，其他的一次。

当 \(d<0\)，直接加一就结束了。

肯定是先加若干次一，在做 \(\lfloor\frac{d}{2^k}\rfloor\) 次，最后删掉后面的 popc。

加一虽然会让前者加，但是会让 popc 减小。

而当出现对前者加的影响时，后面一定全是 \(0\)，后面操作不优，可以直接结束。

加一操作不会超过 \(\log V\) 次，可以枚举。

但是你仔细思考一下枚举操作几次是在干啥，不就是在清除末尾的一些 \(1\) 连续段吗？

直接加上 lowbit 达到 popc 的前缀最小值即可。

再猜测 \(k\)，一定是 \(x\times 2^k\le y\) 的边界 \(\mathcal O(1)\) 个值，可以拿到 96。

再循环展开或者仔细丁真一下可以发现可以对后六位的结果预处理，就能做到 \(\mathcal O(1)\) 了。

对于一个点度数 \(\le x\)，边数为 \(xk\) 的二分图，将其分解为 \(x\) 个大小为 \(k\) 的匹配。

首先可以二分图边染色分解为任意 \(x\) 个匹配，然后我们需要调整这些匹配。

取两个匹配：一个边数小于 \(k\)，另一个边数大于 \(k\)。设 \(a\) 和 \(b\) 是这两个匹配的大小。

再考虑这两个匹配的并集，它至少有 \(b-a\) 条奇数长度的路径。每条长度为奇数 \(2d+1\) 的路径都可以决定把 \(d\) 条边分给一侧，另外 \(d\) 条边分给另一侧。

因此，我们可以在这些匹配之间重新安排边，使得它们大小之差可以是任何不超过 \(b-a\) 的数。

特别地，我们可以重新安排边，使得其中一个恰好有 \(k\) 条边。

通过这样的操作，我们可以构造出 \(x\) 个大小为 \(k\) 的匹配，问题得解。