2026牛客多校补题汇总
记录多校里值得补的题目。
一
C
动态维护 \(Kruskal\) 重构树，设计更多复杂的状态
L
在 AC 自动机上做树上启发式合并
二
L
对于一个有向图，在点数很少，可以直接二进制状压枚举所有子集时，可以 \(O(n*2^{n})\) 求出拓扑序方案数。
int f[1<<n]; // f[state]：只考虑 state 内的点及所有出边，拓扑序方案数
int from[n]; // from[u]：存在连向 u 的有向边的所有点 v 构成的二进制集合
int indeg[n]; // indeg[u]：入度
f[0] = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
if(indeg[i] == 0){
f[1<<i] = 1;
}
}
for(int state = 0; state < (1<<n); state ++){
for(int c = 0; c < n; c ++){
if(!(state >> c & 1)){
if((state & from[c]) == from[c]){
f[state | (1<<c)] += f[state];
f[state | (1<<c)] %= mod;
}
}
}
}
三
I
含绝对值的推式子
J
\(set\) 维护集合的启发式合并 / 左偏树高效实现可并堆
四
C
维护关于二进制子集前缀和的 SOSdp
F
code 用到了三指针，与双指针的区别在于每次枚举某个端点 \(i\) 时，维护的是一段区间 \([l, r]\)（\(i,l,r\) 构成三指针），复杂度仍为 \(O(n)\)。
五
A_
后缀树 + 树剖
B_
闵可夫斯基和
六
A
神秘并查集，不过还是有迹可循的。
一个比较经典的 trick：若规定位置 \(i,j\) 上的元素可交换，那么可以看作位置 \(i, j\) 是连通的。将所有可连通的位置对用并查集合并，则每个集合内的所有位置上的元素可以任意排列。
本题并没有告诉这样的位置对有哪些，但是可以明确一点：对于 \(p_{i} = x\)，只考虑 \(<x\) 的所有元素，则位置 \(i-1\) 与位置 \(i+1\) 上的元素可以交换。
考虑按值的大小倒序填所有数字。填数字 \(x\) 时，\(x\) 可以填在其初始位置所在集合的任意剩余可用位置；且剩下未填的数字均 \(<x\)，可以将位置 \(i - 1\) 所在集合与位置 \(i + 1\) 所在集合合并。
需要注意一点：若在合并两个集合前，发现其中某个集合没有剩余可用的位置，那么这个集合就已经封闭（里面所有元素均 \(>x\)），此时不能再将两个集合合并（该集合没有剩余可用位置可以腾挪到位置 \(i-1\) 或 \(i+1\)，两个集合不再互通。虽然没有剩余可用位置说明集合的 \(siz = 0\)，看似即使合并也无影响，但是会影响后续的合并过程（这个没有剩余位置的集合作为桥梁，间接合并了均存在剩余可用位置，但不该合并在一起的两个集合））
I
二进制数位 dp，需要设计的状态以及所求信息比较复杂。
需要求：
\(f(x)\) 表示 \(x\) 的二进制 \(1\) 个数
状态设计
由于贡献与二进制位有关，显然可以做一个以 \(n\) 为上界的二进制数位 dp（使用常用状态 \(limit\) 表示当前位是否受上界控制）。但是枚举到当前第 \(pos\) 位时，虽然可以枚举当前位的数字 \(0/1\)，也知道 \(d\) 的二进制在当前位上的数字，但是我们并不能直接确定最终 \(i + d\) 在当前位上的数字是什么，因为还没有考虑低邻位对当前位的进位。因此，对于本题的数位 dp，我们必须要将每一位是否存在进位作为状态记录下来，这样就可以直接确定 \(i + d\) 在当前位上的数字是什么。
需要注意的是，对每一位设计了是否进位这一状态后，需要检验当前位的实际进位情况是否与枚举的进位情况相匹配，只有枚举与实际一致时才是合法转移。
综上，我们只需要设计 \(pos, limit, carry\) 三种状态：
\(f_{pos,limit,carry}\)：第 \([0, pos - 1]\) 位上已经填完数字（按位从高到低考虑），且第 \([pos, len]\) 位在满足所有状态约束的前提下可以随意填数字，所有方案的相关信息（这里的设计见后文）
dfs 返回值的设计
既然要计算 \(\sum_{i} f(i) * f(i + d)\) 的值，显然我们不能只维护这个信息，还需要单独维护 \(\sum_{i} f(i)\) 与 \(\sum_{i} f(i + d)\)，只有共同维护这些信息才能转移。推导一会儿转移式后就会发现，还需要维护 “方案数” 这种信息。
- 设 \(cnt\) 表示未填的所有位的合法方案数；
- 设 \(i\) 的当前位（第 \(pos\) 位）数字为 \(bit1\)，\(i + d\) 当前位数字（由 \(i\) 的当前位数字、\(d\) 的当前位数字与低邻位的进位三者相加得到）为 \(bit2\)
- 设 \(A\) 表示所有可能方案的 \(f(i)\) 之和，\(B\) 表示所有可能方案的 \(f(i + d)\) 之和；\(AB\) 表示所有可能方案的 \(f(i) * f(i + d)\) 之和
- 对于每种方案，设 \(A_{j}, B_{j}\) 分别表示方案 \(j\) 的 \(f(i), f(i + d)\) 的值
则 \(cnt, A, B, AB\) 由已经计算的可转移情形 \(pre\) 递推到当前待计算情形 \(cur\)：（这里 \(pre.cnt,pre.A,pre.B,pre.AB\) 为所有源转移的汇总）
- \(cur.cnt \leftarrow \sum_{k} pre.cnt_{k} = pre.cnt\)
- \(cur.A \leftarrow \sum_{j=1}^{pre.cnt} (pre.A_{j} + bit1) = pre.A + bit1 * pre.cnt\)
- \(cur.B \leftarrow \sum_{j=1}^{pre.cnt} (pre.B_{j} + bit2) = pre.B + bit2 * pre.cnt\)
- \(cur.AB \leftarrow \sum_{j=1}^{pre.cnt} (pre.A_{j} + bit1) * (pre.B_{j} + bit2) = pre.AB + bit2 * pre.A + bit1 * pre.B + bit1 * bit2 * pre.cnt\)
const int mod = 998244353;
struct Node{
ll cnt; // 合法方案数
ll A; // 所有方案的 f(i) 之和
ll B; // 所有方案的 f(i + d) 之和
ll AB; // 所有方案的 f(i) * f(i + d) 之和
};
void solve()
{
ll n, x;
cin >> n >> x;
vector<int> bit_n, bit_x;
for(int i = 62; i >= 0; i --) bit_n.pb(n >> i & 1), bit_x.pb(x >> i & 1);
int len = 63;
vector<vector<Node>> f(63, vector<Node>(2, {-1, -1, -1, -1}));
function<Node(int,bool,bool)> dfs = [&](int pos, bool limit, bool carry) -> Node{
if(pos == len) return Node{(carry == 0), 0, 0, 0}; // 再后面为空，没有任何位需要考虑，f 值为 0，方案数为 1
if(!limit && f[pos][carry].cnt != -1) return f[pos][carry];
int up = (limit ? bit_n[pos] : 1);
Node cur = {0, 0, 0, 0};
for(int i = 0; i <= up; i ++){ // 决策当前位填什么数字
for(int pre_carry = 0; pre_carry <= 1; pre_carry ++){ // 决策上一位对当前位的进位
int s = i + pre_carry + bit_x[pos]; // i + d 在当前位的实际总贡献（可能存在进位）
int need_carry = (s >> 1); // i + d 在当前位产生的实际进位
if(carry == need_carry){ // 需要比较是否与枚举当前的进位一致
Node pre = dfs(pos + 1, limit && i == up, pre_carry);
int bit1 = i; // i 当前位上的值
int bit2 = (s & 1); // i + d 当前位上的值
cur.cnt = (cur.cnt + pre.cnt) % mod;
cur.A = (cur.A + pre.A + pre.cnt * bit1) % mod;
cur.B = (cur.B + pre.B + pre.cnt * bit2) % mod;
cur.AB = (cur.AB + pre.AB + pre.B * bit1 + pre.A * bit2 + pre.cnt * bit1 * bit2) % mod;
}
}
}
if(!limit) f[pos][carry] = cur;
return cur;
};
cout << dfs(0, true, 0).AB << "\n";
}
J
糖水不等式 + 凸包二分 trick + 分块
这里主要记录凸包二分 trick。
凸包二分 trick：要找到查询点 \((x, y)\) 关于某个点集内所有点的最大斜率，显然一定是该点集的凸包上某一点（若不是，则对应直线一定会将凸包切分成两个部分，总是存在某一侧凸包上的点更优）。
只需要找到点集内的某个点，使得所在直线右侧不存在点集内的任意点，该点即为所求（斜率最小时改成左侧即可，证明可以自己手玩）。
二分的 check 写法：利用下凸包（或上凸包）斜率的单调性，对形成凸包的单调栈进行二分，每次检查当前二分到的凸包边所在直线与查询点的位置关系，找到一对相邻且相对位置关系不同的边，它们的交点即为所求。
七
A
利用了二进制高位贪心的性质，比较常见与巧妙。
C
有关拓扑排序的图论建模问题。这里需要利用异或约束，将所有异色二元组作为点，\(0/1\) 边权代表连接的两个二元组的偏序关系是否相同（每个点也有权值 \(0/1\)，表示左/右哪一边更大）。建好无向图后进行类似二分图染色的 DFS，得到一种满足全部约束的可行方案，进而得到所有待排序对象两两的偏序关系，然后就可以建出有向图进行拓扑排序，得到答案。
I_
题解给的 \(O(n)\) 解法很神秘，不过线段树优化建图应该也可以做。
八
C_
数论题
E
后缀树上做树形 dp。后缀树的建立可以用 SA 或 SAM，这里把两种方法都学一下：后缀树
dp 转移部分 (SA解法)
关于本题 SAM 解法更详细的题解可以见这篇：blog
F_
比较复杂的树上问题，和树的直径有关。
K_
应该是比较简单的费用流
L_
很难的博弈题，与 SG 函数有关，感觉值得补一下。
九
A_
构造
C_
神秘结论题
D
维护集合的启发式合并，但不是特别板。
核心在于：如果存在多个人，在仍存活的情况下同时到达了同一个点，则这些人均会消失。故对于每棵子树，只需要启发式合并维护有关到达时间的集合，合并过程中若存在两个人属于同一时间，则删除该到达时间的所有人。这样每种时间只会容纳最多一个人，答案即为结点 \(1\) 剩下的所有人。
由于每种时间恰好对应了某个人，故使用 map 维护集合是最好的选择。
还可以用线段树合并来做，思路与实现方式与启发式合并是类似的。
F_
set 维护五元组合并
I
简单的写法是根号复杂度暴力枚举，但是二分答案套三分 check 的方法同样值得记录。
需要稍微复杂些的推式子，推导出二次项系数的正负，进而确定函数为上凸还是下凸。
K_
看过题人数是不可做题，但是知识点包含期望 + 线段树分治 + NTT，感觉值得补。
L_
unknown
十
B
考察概率论、微积分。
首先考虑如何计算第 \(1\) 轮的贡献：即对于 \(n\) 个取值范围在 \([0, m]\) 之间任意实数的随机变量取最大值。
由于取值范围是实数而不是整数，可以考虑用微积分求解：设当前最大值为 \(x\)，\(x\) 取最大值的概率为 \(p_{x}\)，则答案为：
其中 \(p_{x} = n * (\frac{x}{m})^{n-1}*\frac{dx}{m}\)：
- 枚举 \(n\) 个变量中的哪个作为最大值 \(x\)；
- 该变量取 \(x\) 的概率为 \(\frac{dx}{m}\)；
- 其他 \(n-1\) 个变量 \(\le x\) 的概率为 \((\frac{x}{m})^{n-1}\)
因此 \(k = 1\) 时，答案为 \(\frac{nm}{n+1}\)。
现在考虑如何求解 \(k > 1\) 时的情况：注意到，对于原有随机变量与新生成随机变量的取值，与每次拿取哪个变量是无关的。 因此，每次从 \(n\) 个随机变量中取最大值，取 \(k\) 次，等价于从 \(n + k - 1\) 个随机变量中取前 \(k\) 大。而每个变量是在 \([0, m]\) 内独立均匀分布的，因此可以看作 \(n + k - 1\) 个随机变量，将 \([0, m]\) 分割成 \(n + k\) 条线段，每条线段长度均为 \(\frac{m}{n + k}\)（满足独立均匀分布条件），且第 \(i\) 大的随机变量取值为 \(\frac{n+k-i}{n+k}\)。对前 \(k\) 大求和即可。
E_
神秘题，好像在省赛见过类似形式的题
F_
SAM + 回滚莫队
G_
三角剖分、闵可夫斯基和
J_
点双 + 线段树分治
K
从这道题学到了线性递推 \(1\backsim n\) 每个数的 \(popcount\) trick：
// 递推式
f[i] = f[i - lowbit(i)] + 1
直接 \(O(2^{3n}*(3n)^{3})\) 的状压 dp 显然超时，需要尽可能地缩减无效状态的枚举：
- 二进制状态 \(state\) 中 \(1\) 的数量只有是 \(3\) 的倍数时才有效
- 考虑转移 \(state\) 时，无需三重循环枚举 \(i,j,k\)。由于已经选中的队员必然已经分配到了某一队，故只需要枚举某个固定队员，再枚举他的两个队友是谁即可，这样不会漏掉需要转移的状态，且只需要二重循环枚举。
浙公网安备 33010602011771号