2026三轮省集

2026三轮省集

D1T3

题面：

给定一张有向图，边带权 \(w_{x,y}\)，每次可以将一个点的出边边权全部加一，或将一个点的所有入边全部减一，要求最终每个边的边权在区间 \([l_{x,y},r_{x,y}]\) 之间，求最大边权和，并输出方案。\(n\leq 100\)

题解：

明显的线性规划，写成标准形式就是：

\[\begin{gathered} \max\sum out_xa_x-in_xb_x \\ \forall(x,y)\in E,a_x-b_y\leq r_{x,y} \\ b_x-a_y\leq-l_{x,y} \\ \end{gathered} \]

对偶问题变成：

\[\begin{gathered} \min\sum_{(x,y)\in E}r_{x,y}a_{x,y}-l_{x,y}b_{x,y} \\ \forall x\in[1,n],\sum_{(x,y)\in E}a_{x,y}-b_{x,y}\geq out_x \\ \forall x\in[1,n],\sum_{(y,x)\in E}b_{y,x}-a_{y,x}\geq-in_{x} \end{gathered} \]

观察两个限制，把两边都加起来是一样的，说明所有限制都取等号，没有不等号，那么对两个限制建点 \(x,x'\)，连边 \((x',y,inf,r_{x,y}),(y,x',inf,-l_{x,y})(x,T,out_x,0)(S,x',in_x,0)\)，容易验证满流的时候就是符合所有限制的，跑最小费用最大流即可。

根据互补松弛定理，此时用原始对偶算法跑费用流，满足 \(w(u,v)+h_u-h_v\geq 0\) 其中 \(h\) 是势能，可以化简得到 \(l_{x,y}\leq w_{x,y}+h_{y}-h_{x'}\leq r_{x,y}\)，所以取 \(a_x=-h_{x'},b_x=-h_{x}\) 就能满足条件，把所有 \(a_x,b_x\) 同时加一个数不改变合法性，所以输出每个点势能减去势能最小值即可。

D3T3

题面：

给定一个长为 \(n\) 的操作序列，操作为 与，或，异或 上一个数 \(x\)，以及把当前数加一，给定 \(Q\) 次询问，每次给出 \(v,l,r,t\) 问对 \(v\) 依次执行 \([l,r]\) 的操作后二进制下第 \(t\) 位的值，强制在线。

题解：

原题 UOJ Long Round #2 F

首先考虑没有加法 与，或 操作的影响是容易消除的，因为他们相当于给一位赋值，记录 \(i\) 之前第一个对第 \(j\) 位赋值的操作，每次问 \([l,r]\) 区间第 \(j\) 位的值，只需要查找 \([\max(l,pre_{r,j}),r]\) 这个区间的异或和即可。所以相当于一个只有异或和加法的题，每次查询的时候都判断一下会不会赋值就行了。

设 \(f_{i,j}\) 表示假设操作完 \(i\) 之后最低位 \(1\) 之前有至少 \(j\) 个零，下一次满足至少有 \(j\) 个零的位置。\(g_{i,j}\) 表示操作完 \(i\) 之后有恰好 \(j\) 个零，下一次满足至少 \(j+1\) 个零的位置。

这两个数组可以 \(j\) 从小到大枚举，\(i\) 从大到小枚举求出。具体的考虑 \(j-1\) 位经过 \([i+1,f_{i,j-1}]\) 之后的结果，如果是 \(0\) 则 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}\) 否则 \(f_{i,j}=g_{f_{i,j-1},j-1}\)。考虑第 \(j\) 位经过 \([i+1,f_{i,j}]\) 之后的结果，如果是 \(0\) 则 \(g_{i,j}=f_{i,j}\) 否则 \(g_{i,j}=g_{f_{i,j},j}\)。

给出询问 \(v,l,r,t\) ,若 \(v\) 末尾恰好有 \(p\) 个 \(0\) 且 \(p<t\)，则尝试将 \(l\) 移动到 \(g_{l,p}\) 处增加 \(0\) 的个数。如果 \(g_{l,p}>r+1\) 意味着整个过程中未尾 \(0\) 的个数不足以用 \(+1\) 操作影响第 \(L\) 位，此时就等于没有加一操作，容易获得最终结果。

如果某个时刻 \(p\geq t\) 了，不妨假设此时左端点移动到了 \(l'\) ,则先查询 \(v\) 的第 \(t\) 位在 \([l,l'-1]\) 区间的结果，再从 \(l'\) 开始查询。注意到不断让 \(l'\) 变成 \(f_{l',t}\) 就可以遍历低 \(t\) 位为 \(0\) 的状态，直到跳出 \(r\) 之前的最后一个，然后把最后一段计算进去。

暴力跳复杂度是不对的，但是 \(f\) 数组构成了一颗树，可以在上面树剖等方式维护 \(k\) 级祖先做到 \(\log\) 复杂度跳到最后一个，每条父边维护信息是简单的。

D5T3

题面：

\(n\) 个人，每个人衣服颜色 \(a_i\)，每人依次进入场馆，要求每次相邻进入场馆的两人衣服颜色不同，每次找到第一个合法的人入场。\(Q\) 次操作每次交换 \(a_x,a_{x+1}\)，或查询第 \(y\) 个人什么时候入场。 \(n,Q\leq 500000\)

题解：

原题 luogu P16363

考虑对于每个 \(i\) 求出，把所有 \(i\) 的颜色当成 \(+1\)，其它颜色当成 \(-1\) 第一次 \(0\) 出现的位置 \(nxt_i\)，则从 \(1\) 开始一直跳 \(nxt_i\) 到不超过 \(y\) 的最后一个人 \(x\) 处，之前的所有人全部入场，\(x\) 之后一直到 \(y\) 之前 \(a_x\) 的颜色一定用不完，一定是 \(a_x\) 一个其它颜色一个，容易维护区间有几个某颜色的值得到答案。

考虑怎么维护 \(nxt_i\)，交换 \(x,x+1\) 时只有指向 \(x,x+1\) 和 \(x,x+1\) 所指向的这 \(4\) 条边会发生改变，对于每个颜色开线段树维护当前颜色的位置，并通过线段树二分容易确定 \(nxt_i\) 的值。

然后问题是怎么找到最终 \(nxt_i\) 跳到的值，这是 LCT 板子题，可以用分块维护跳出当前块的第一个位置，根号复杂度通过此题。

D6T3

题面：

给出两个有 \(n\) 段和 \(m\) 段的压缩序列，每段是若干个一样的数，值域是 \(k\)。两人博弈，初始一个空序列 \(c\)，轮流加入一个数使得 \(c\) 始终对于两个压缩序列都是它们的子序列，不能操作的失败。\(Q\) 次询问每次给出 \(x_i,y_i\) 表示从两个序列的第 \(x_i+1,y_i+1\) 个开始博弈谁能获胜。 \(n,m,k\leq 1600,q\leq 10^6\)

题解：

原题 luogu P12073

考虑一个平面，两坐标轴是两个压缩序列，从后往前 DP，如果可以选一个不是当前块的值直接获胜那就选，否则一定是两人一直选择当前块想斜下方走，获胜状态是交替的。

设 \(ok_{i,j}\) 表示当前在两个压缩序列中的第 \(i\) 段和第 \(j\) 段，能否选一个其他值直接获胜，\(f_{i,j}\) 表示当前子序列匹配到第一序列 \(i\) 段第一个和第二序列 \(j\) 段第一个，能否获胜。容易从后往前更新，每次判断哪个段先走完和走的奇偶性即可。

用颜色段均摊加速这个过程，每次算出一个值后会覆盖一段区间的斜线，按照 \(i-j\) 的坐标做颜色段均摊即可。

D8T2

题面：

给出一个 \(n\) 个点的树，初始两人在根节点，每分钟两人可以独自选择一个儿子走到他或者不动，一个人可以瞬间传送到另一个人，问走过所有节点需要多长时间，\(n\leq 5\times 10^6\)

题解：

原题 UOJ Long Round #2 F

由于不能走向父亲，所以我们需要选择一条路径上的若干点，一个人站着不动，另一个人一直下去探索然后回来，当还剩最后两个叶子的时候两个人可以同时下去然后转送到一起。注意如果 \(x\) 是关键点，下一个关键点只考虑缩二度点之后 \(x\) 的子节点是不对的，因为可能 \(x\) 有一个短子节点和一个长叶子，子节点之后跟了一个很长的链，此时走完短子节点之后两个人再一起走剩下的两个长链是更优秀的。

暴力需要枚举子树每个点复杂度 \(n^2\)，但是你可以分析到，设 \(up_x\) 是 \(x\) 的最深的祖先，满足其除去 \(x\) 子树后存在一个叶子比 \(x\) 更深，发现 \(x\) 的上一个关键点一定是 \(up_x\) 或者它父亲。可以分析其它情况发现一定可以直接从 \(up_x\) 更新或者在和上一个关键点之间加入一个 \(up_x\) 不劣。