2026/07/17 赛后总结

解题报告分析3

总结遇到的问题与题目中一些神奇的思维点。

\(^{*}\)：不知道的 trick 或方法

本场模拟赛题目同 2025-08-27 模拟赛，但是依然战况惨烈，得分是否不佳。同时，相较于去年，现在不少题目有和正解相似的思路，也是一种进步吧。

Write Date：7/16/2026

T1 Race

一个显然的贪心，考虑到深度路径会存在相互覆盖的情况，仔细一看发现就是长链剖分的链，跑一个长链剖分基础双 DFS 即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)（不知道为什么题解说会 TLE，至少这个复杂度 CCF 的少爷机肯定是 T 不了的）。

挂分原因：疑似早上没睡醒，长链剖分找重儿子的时候竟然直接比 \(v\) 的深度，而且自己还没有发现。。。绝对是睡着了。。。

T2 Count

乍得一看好像是一道组合计数好题，但是数据范围并不允许我们直接上反演或者容斥之类的。

考虑进行建模 \(^{*}\)：在一个数轴上，从原点开始，可以向左走两步 \(A\) 次，走一步 \(B\) 次；向右走一步 \(C\) 次，走两步 \(D\) 次，要求一个点只能经过一次，问走到 \(S=2D+C-B-2A\) 的方案数。

似乎还是不知道怎么做。。。！注意到，\(S>0\) 和 \(S < 0\) 是完全对称的两种情况，只需要考虑一种即可，不妨研究 \(S>0\) 的情况：

思考流程：目标是到达一个点，不妨考虑一个相似的子问题。

先考虑起始时到达点 \(1\) 的情况：

1. 先向左移动 \(1\) 个单位，再向右移动 \(2\) 个单位；
2. 先向左移动 \(2k\) 个单位，在向左移动 \(1\) 个单位，向右移动 \(2(k+1)\) 个单位；
3. 先向左移动 \(2k\) 个单位，在向右移动 \(1\) 个单位，向左移动 \(2(k+1)\) 个单位；

由于我们钦定 \(S>0\)，那么每次肯定都考虑向右产生贡献。最终到达结尾的情况类似。

对于中间部分的情况，画图分析一下发现不可能向左走两步，因为这样无论如何都会经过 \(i-2\) 或 \(i-1\)，而这两个点一定在到达 \(i\) 时经过过。因此中间过程只可能有三种情况：+1，+2，-1+2。这个内容可以用组合算出来，计算方式类似 Subtask3。

最后，整合一下，就是枚举开头结尾的16种情况，每次用组合记录中间部分的答案即可。

本题是一个较为复杂的分类讨论题，这个板块的确比较薄弱，经常出现分讨漏情况、分类标准重复等问题，同时这道题之前也不过，但是对整体分类讨论思路十分陌生，可见要复习一下以前踩过的坑，同时也要加强一下分讨能力。

P.S. 本题有源，原题题解 ：Problem N. No Zero-Sum Subsegment

T3 Chequer

首先这是一个博弈问题，满足两人轮流执行最优操作，可以使用 SG函数。先考虑构造暴力的 SG函数：\(sg[x][y][mask]\) 表示当前在 \((x,y)\) 且已经走过的格子的集合为 \(mask\)，直接按照题意暴力模拟即可，时间复杂度 \(O(NM\times 2^{NM})\)。优化一下，观察在每一行的状态，在不跳到下一行是走过的部分一定是连续的，这启发我们不需要记录所有的 \(mask\)，只需要记录当前行的情况即可。

看 Subtask3（保证每行有至少一个包含障碍的格子），似乎状态的转移和障碍有关。看看现在一行可能的转移方式：

1. 从上一行下来，可以往左往右转移
2. 走过右边，只能往左边走
3. 走过左边，只能往右边走

这样就可以实时转移，不用记录经过的区间了，状态量 \(O(NM)\)。

那考虑没有障碍的情况呢？不妨转换一下 \(^{*}\)，当一枚棋子从上一行来到下一行后，设来到了 \((x,y)\)，若选择往左走，来到 \((x,y-1)\)，那么相当于此时将 \((x,y)\) 变成了一个包含障碍的格子。那么对于此时 \((x,y-1)\) 的 SG 值只能由 \((x,y-2)\) 和 \((x+1,y-1)\) 计算得到，依此类推，最终会到达 \((x,y+1)\) 处，此时就只能从下面转移过来；然后在一路回推，即可得到一行的 SG 值。考虑加速过程 \(^{*}\)，注意到 SG 值为 \(0,1,2\)，因此可以预处理出这样的一些信息：当 \((x,y)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，一路向左边或右边推，位置 \((x,1)\) 或 \((x,M)\) 的 SG 值为多少；以及当位置 \((x,1)\) 或 \((x,M)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，一路向右或向左推，到 \((x,y)\) 时的 SG 值为多少。

具体的，可以考虑开一个辅助数组记录这个预处理信息，设 \(g[0/1/2/3][v][k]\) 表示：

1. \(g[0][v][k]\)：由 \((x,1)\) 向右回推到 \((x,y)\)，且 \((x,1)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，\((x,y)\) 的 SG 值；
2. \(g[1][v][k]\)：由 \((x,M)\) 向左回推到 \((x,y)\)，且 \((x,M)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，\((x,y)\) 的 SG 值；
3. \(g[2][v][k]\)：由 \((x,y)\) 向左回推到 \((x,1)\)，且 \((x,y)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，\((x,1)\) 的 SG 值；
4. \(g[3][v][k]\)：由 \((x,y)\) 向右回推到 \((x,M)\)，且 \((x,y)\) 的 SG 值为 \(v\) 时，\((x,M)\) 的 SG 值；

然后根据上述推导即可。

T4 Wave

首先，最暴力的想法——直接枚举每个位置上 \(b_i\) 的取值，写成一个 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个位置上，最后一个位置的值为 \(j\) 的答案，转移很显然：

\[dp[i][j]=\min_{k=j}^{V} \{dp[i-1][k]\}+(j\ge a_i?j-a_i : C) \]

用什么单调队列优化一下，时间复杂度 \(O(nV)\)（赛上写的线段树优化，结果值域没有统一，习惯性写的树上值域为 \([1,V]\)，然后挂了，时间复杂度 \(O(nV\log V)\)，也能过 Subtask2）。

注意到，对于 \(j\ge a_i\) 的部分，贡献最小为 \(j=a_i\)，那么不妨令每一个 \(b_i=a_j\)，这样上面的状态可以优化一下。考虑对数据离散化一下，将状态变为相对位置，即：\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个位置上，最后一个取第 \(j\) 大的数字，转移基本不变，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

再次使用我们惊人的注意力，注意到 \(\min_{k=j}^{V}\{dp[i-1][k] \}\) 这个部分随着 \(j\) 的递增是单调不降的，因此 DP 值本身似乎也可以直接单调处理。因此产生一个想法：把 DP 直接挂到线段树上面维护。这样 DP 的转移可以优化到 \(\log\) 级别，最终复杂的达到 \(O(n\log n)\)（也可能是 \(O(n\log V)\)？）。

考虑新的转移的细节：
设 \(a_i\) 离散化后为 \(k\)，有：

1. \(dp[i][j]=dp[i-1][j]+C，k+1\le j \le n\)
2. \(dp[i][j]=dp[i-1][j]+b_j-a_i,1\le j \le k\)

情况1和情况2的 \(-a_i\) 部分都可以直接区间修改，对于 \(+b_j\)，利用发现的单调性可以得到最小值是区间右端点。那如何完成最小值的滚动？

注意到此时 \(dp\) 为两个单调不增序列首尾相连而成的，那么就可以考虑用前一个单调不增序列的最小值更新后一个，具体的，在后一个单调不增序列线段树上二分然后区间推平即可。

嗯，整体思路比较简单，包括 DP 挂到线段树上处理赛上都想到了，就是时间不够，一些细节还没有想完，整体上基本都想到了（当然，后面那个线段树上二分没有想到），所以没有写完就比较遗憾吧。