暑假后期模拟赛赛后总结

暑假过去了，简单总结一下吧。

可以说没有多少好好发挥的场次，主要原因是上午不在状态和没有遵循一套合理的考试策略。

上午的明显比下午晚上没精神，我也一直在调整。

考试策略问题，属于自己犯懒，不愿意去规划时间、不愿意写暴力，这是以后一定要避免的。

还是要把每场模拟赛用正式赛的态度去对待。

然后就是挂分问题，在简单题尤其明显，主要原因是没时间或者没办法对拍、题意理解偏差。

有时间一定要对拍，这属于重要的考试策略。平时写题还是要养成每一步都小心谨慎、考虑周全的习惯，能一遍写对当然是最好的。"think twice, code once."

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8.16

T1

先想贪心，然后尝试用桶代替堆，可以做到 \(\mathcal O(nk)\)。

被卡常了只有 90 分。

T2

发现一个性质：每条链的两端一定是这条链的极值。然后 DP 即可。

T3

没补呢。这是一个哈密顿回路的形式，题解是说搜出来 \(5\times 5\) 的一些方案然后拼接。

T4

学傻了。发现在 \([l,r]\) 的 Border 不合法的话，在 \([l-1,r+1]\) 也不会合法。那么每次从上一次的答案长度 \(+2\) 开始枚举，类似 SA 求 \(\mathrm{Height}\) 数组，是 \(\mathcal O(n)\) 的。

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8.17

今天有过于犯傻，挂了俩题。

T1

先考虑两个字符咋做，考虑分治，然后就是一正一负算贡献，用一个桶配对。

多个字符考虑大力记状态，只记录字符之间的相对大小，然后用 std::map 配对。复杂度 \(\mathcal O(n|\Sigma|\log^2 n)\)，有点危但也跑过去了。其实可以哈希。

为什么别人随机化乱搞都能过。

T2

显然两类粒子任何时候不可能交叉，那么可以 \(k\) 次二分最早两类粒子接触的时间，然后删去，复杂度 \(\mathcal O(nk\log *)\)。

注意接触时刻的间隔可能小于 \(1\)，考场二分写的整数直接挂成 5 分。

T3

考场莽了一个假的状压，没分。

直接三进制状压每个质因子出现 0 次 / 1 次 / 大于 1 次，每次只允许相交 1 个质因子，会有问题。如果存在若干出现 1 次的质因子属于同一个数，那么相交多个也是可行的。

那么状压质因子的集合划分，并新增两个虚点，与虚点 1 同一集合表示出现 0 次，与虚点 2 同一集合表示出现大于 1 次，然后转移就是对的了。

T4

整体二分板子。递归小于 \(\mathrm{mid}\) 的询问时忘记修改 \(k\)，挂成 0 分了。

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8.18

T1

模拟然后搜索。数字居然有超过 1 位的，被坑惨了。

T2

区间 DP 经典题。

T3

不考虑人之间互不相同的的限制的话，可以数位 DP。枚举最早的脱离限制的位（钦定一个所有人都具有的前缀），设 \(h(i,1/0,1/0)\) 表示 \(i\) 个人有奇 / 偶 个人选了 \(1\)、是 / 否有人选了 \(0\)、且异或和为 \(0\) 的方案数。

对于相同的前缀只有偶数个人时能产生贡献；当前这一位必须有偶数个人选 \(1\)；后面的部分，可以发现其他人无论怎么选，一个当前位为 \(0\) 的人（无限制了）一定存在一个方案使得异或和为 \(0\)。

然后我想了个斯特林反演，假了，因为过程中会破坏异或和为 \(0\) 的条件。

咕。。。

T4

似乎是莫反，太难了没改。

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8.19

T1

憨憨博弈，不用考虑什么 SG 函数，只考虑必胜 / 必败，DP。

T2

可以发现任何一种利用传送门的操作，一定可以化为从一个点作为中枢，走到离墙最近的方向的顶头传送到其它三个方向的顶头的操作。或者改为这样的操作不会变劣。

那么可以当作边跑最短路。

T3

Kruskal 重构树。建树的话从大到小枚举 \(\gcd\) 可以保证只在 \(\gcd\) 处连边。

T4

牛逼题。UOJ#211. 【UER #6】逃跑。

使劲容斥。

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8.20

我不希望自己因为模拟赛频率变高而对此不认真。

T1

无向图欧拉回路计数似乎是不可做问题。考虑给所有边定向，然后套 BEST 定理。

可以发现给 \(v_0\) 确定了多少条边是什么方向，整张图就确定了方向。

BEST 定理将重边视为不同的边，所以每个定向的方案要除以重边的排列数。

T2

CF187D BRT Contract

查询某个时刻最早遇到的红灯，在 \(\bmod g+r\) 的意义下是区间覆盖、单点查询的问题。

T3

CF241B Friends

看错题了。二分然后算和可以俩 \(\log\)。

但是可以做到一只 \(\log\)！将 \(a\) 排序可以用区间代表子树，trie 树上逐层考虑。

T4

Luogu P4192 旅行规划

分块，块内维护凸包。

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8.21

T1

一眼 wqs 二分。两层 wqs 二分然后归并是 \(\log^2\)，赛时被卡常卡掉 10 分。减少一些内存不连续访问可卡过。

好像枚举两个人都喜欢的物品选多少个，剩下的就都确定了，我傻了。

T2

特判一下 \(0\) 的情况，剩下的就有单调性了，直接二分。

T3

把方程推到 \(x_0\)，每次询问就是一个一元一次方程。

然后用数据结构维护树上单点修改、链和查询即可。

T4

一个矩形，四条边的每一条边，一定满足至少有一个点再边上（包括端点）。

考虑枚举左右边，在左边枚举点作为该边最上方的点，右边找到其下方纵坐标最接近的点，那么上下边就是两个区间内点对的贡献，树状数组维护个数和坐标和即可。

发现这是个枚举点对的过程，每个点与其配对的点是 \(\mathcal O(m)\) 的，复杂度 \(\mathcal O(nm\log m)\)。

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8.22

又输了。

T1

分块。傻逼出题人让暴力过了。

T2

字符集 \(\mathcal O(n)\) 的 AC 自动机，用主席树建 trie 图就好。

这时候是无法用广义 SAM 代替 AC 自动机的，因为维护儿子集合的问题，复杂度是 \(\mathcal O(n\cdot |\Sigma|)\)。

T3

又是博弈。

由于获胜目标变为了最后一轮游戏胜利，所以可以有策略地让某一轮输掉或者胜利，状态变为了四种，是否有 win 的能力和是否有 lose 的能力。

建 trie 后 DP。

T4

UOJ#140

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8.24

T1

考虑枚举 \(g=\gcd(a,b)\)，那么 \(x=\frac ag,y=\frac bg\) 就都是完全平方数，可以做到 \(\mathcal O(\sum_{d|n}\sqrt{d})\)。

减少枚举 \(g\) 的数量。提出 \(g\) 所有完全平方因子 \(g=\alpha\beta^2\)，然后枚举无完全平方因子的 \(\alpha\)，那么甚至不需要要求 \(\beta^2x\) 和 \(\beta^2y\) 互质了。复杂度玄学。

T2

奇偶分类，两两配对，把 \(1\) 拿出来单独讨论。

二分图匹配尽量不匹配 \(1\)，跑一次加点再跑一次即可。

T3

点分树上跑 bfs。

T4

点分树，每个连通块用线段树维护编号区间最小值。

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8.25

T1

树形背包，记一个回去的和一个不回去的。

T2

按 \(k\) 分块。

T3

\(\min\{|a_i-a_j|\}\) 随 \(m\) 单调不增，二分两个函数的交点，用 std::multiset<> 维护距离不超过 \(m\) 的点对最小差，可以做到 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)。

\(\mathcal O(n\log n)\) 其实是省去二分，直接双指针，根据两者的大小决定如何移动。

T4

两个边界都可以二分。

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8.26

T1

倍增找这个 \(\mathrm{LCA}\)，用树状数组求子树和可以 \(\log^2\)。

因为不需要求具体的子树和，在 dfs 序上用 std::set<> 找前驱后继的黑点，可以 \(\log\)。

T2

折半状压，拼接状态可以发现是二维偏序。

T3

别人的扩展域并查集做法看不懂……

首先可以转化为每条链将一些边并入同一集合，然后答案为 \(2^{\text{集合数}}\)。链并操作可以用并查集维护集合最高点然后暴力跳，复杂度是对的。

然后考虑无解的情况。无解情况一定是在某个路径两端点的 \(\mathrm{LCA}\) 处产生的。对于每个点 \(u\)，其下方若干条边：在同一路径的边对，方向一定是一上一下；而其中与 \(u\) 上方边处于同一集合的边，一定方向相同。那么可以转化为二分图判定。

T4

矩形之间形成树形结构，同一颜色的所有射击产生的贡献是链的并。

考虑用 KDT 区间覆盖、单点查询，求出所有树边和射击起点，然后对于每个颜色建一个虚树算贡献。复杂度 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)。

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8.27

今天心情不好，就摸了。

T1

点数只有 \(9\)，考虑用 Floyd 将最短路化为矩乘。

然后用个倍增或线段树求区间乘积。

T2

对于值域上已存在的区间 \([1,k]\)，如果有加入数 \(k+1\)，那么可以将区间扩展至 \([1,k+2]\)。

我们从小往大暴力找，扩展区间 \([1,k]\) 至找不到数 \(k+1\)，那么就找到了 \(\mathrm{mex}\)，次数规模 \(\mathcal O(\log 10^9)\)。用主席树来维护。

T3

先弄出 dfs 树，那么对于树边和反祖边分类讨论。

反祖边和只被这条边覆盖的树边可以成为合法边对；然后是未被覆盖的树边和反祖边。

剩下的我们只用关心树边。两个树边如果被覆盖的反祖边集合相同，那么删掉即不连通（两树边之间的部分若连出其它边，一定会导致其中一条树边再被另一条反祖边覆盖）。

那么给每个反祖边随机一个权值，然后给覆盖的树链异或上即可。

加强版结论：每次删掉 \(k\) 条边图不连通的充要条件为，这 \(k\) 条边权值不能全部成为同一组线性基的基底。因为不可能出现三条出边覆盖集合为 \(\{a,b\},\{b, c\},\{a,c\}\) 的情况，线性基能够帮我们找到相同的点对，并且消除已删除反祖边的影响。

T4

又是数位 DP。应该发现的性质是数字积不大，质因子只有 \(2,3,5,7\)，大小在 \(\sqrt R\) 级别，并且可能的状态大约有 \(4e4\) 种。

递推一下 \(f(i,j,k)\) 表示 \(i\) 位首位为 \(j\) 数字积为 \(k\) 的数字个数，用 std::map 存一下。然后枚举数字积 \(x\)，DP 求 \(((L-1)/x,R/x]\) 内数字积等于 \(x\) 的个数。

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8.28

窝囊。

T1

暴力容斥。

T2

每个连通块里一定是有偶数个奇度点，考虑两两配对连边，并且余出两个用来于其它连通块相连，是最优的。注意没有奇度点的情况。

具体实现，可以把所有奇度点向虚点 \(0\) 连边，然后从 \(0\) 开始跑欧拉回路。

T3

点分树 + 线段树维护区间一次和、二次和，会 T 飞，满数据本机 12s。

考虑每条边的对答案增量的贡献，好好推式子可以直接线段树。

T4

考虑前 \(n\) 个字符的 DP，\(\mathrm{ans}\gets 2\mathrm{ans}+1-f_i\)，那么在后面的 \(m\) 个空位中一定是每次选 \(f\) 最小的字符。

可以发现 \(\forall i < j, f_i< f_j\)，因为 \(\mathrm{ans}\) 是单增的，所以用队列维护 \(f_i\)，每次取队头就是最小值。然后将 DP 改成矩阵转移。

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