2025 NOIP模拟赛 1

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A

诈骗。

注意到虽然说要求修改后仍然单调，但是可以手推一下这些操作先后顺序是不成环的。

因此只需要考虑 \(|a_i-b_i|\) 即可。

贪心地，你必然是尽可能均匀地拆分这个数字。

因此问题就变成了一个给每个数分配操作次数的问题了。

注意到 \(c\) 分配 \(k\) 次是 \(\frac{c^k}{k^k}\) 是一个凸函数，因此可以进行贪心：使用优先队列，最开始假定每个数都只分配1，每次取出多给一次操作收益最大的进行操作。

B

注意到一个数分为两个阶段，往前跳和往后跳。

设 \(pre_i=\sum_{j=1}^i[a_j>a_i]\)

则前 \(pre_i\) 轮都会往前跳，这是容易的。

对于第二种情况，我们考虑计算出 \(k\) 轮后有多少数字在 \(a_x\) 后面。

因为是第二种情况了，所有大于 \(a_x\) 的数都是满足的，现在考虑小于 \(a_x\) 的数，还在它后面没跳到前面来的条件。

可以发现，跳过一个数字（值）的数是递减的。

所以可以得到若 \(a_y<x,y>x\) 在 \(k\) 次操作后仍然可行的条件是：

\[\sum_{i=1}^y[a_i>a_x]\ge k \]

注意到这个条件的满足与 \(y\) 无关，可以利用主席树上二分到一个 \(t\)，\(y\ge t\) 就合法了。

因此我们还需要一个 区间小于 \(a_x\) 的数求和，主席树也是可以办到的。

C

很神奇，想到了超级钢琴但是没有想到怎么划分。

我们仿照超级钢琴的思路，我们想要把当前的决策范围根据最优解不重不漏进行划分，且仍然能容易得到各部分最优解。

根据部分分提示，可以想到，若 \(l\in I,r\in D\)，若 \(I\cap D=\varnothing\)，则是容易的，\(l\) 取 \(I\) 的最大，\(r\) 取 \(D\) 的最小。

若 \(I=D\) 也是容易的，可以线段树 pushup 时计算。

并且最初，\(I=D=[ql,qr]\)

那么我们只需要找到方案，可以将 \(I,D\) 划分为同样满足上面两种情况之一的各个部分即可。

这是可以做到且容易想到的：设最优解为 \((x,y)\)

1. \(I\cap D=\varnothing\)

   设 \(I=[l_1,r_1],D=[l_2,r_2]\) ，拆为

   • \([l_1,x-1],[l_2,r_2]\)
   • \([x,x],[l_2,y-1]\)
   • \([x,x],[y+1,r_2]\)
   • \([x+1,r_1],[l_2,r_2]\)

2. \(I=D=[l,r]\)，拆为：

   • \([l,x-1],[l,x-1]\)
   • \([l,x-1],[x,r]\)
   • \([x,x],[x,x]\)
   • \([x,x],[x+1,y-1]\)
   • \([x,x],[y+1,r]\)
   • \([x+1,r],[x+1,r]\)

这启发我们：

寻找易于解决，给出范围找最优解的情况

将已知情形尽可能划分为易于解决，易于划分的情况

二元问题可以引入平面工具

也即，此类 \(k\) 优解问题，直观的思路会直接思考如何有效地划分，但，当一般情形求算答案较为困难时，也可以寻找容易计算答案的情形反过来提示划分方案

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D

树上行走问题，树上带权重心问题等，都可以考虑将贡献分拆到各条边上。

如此题，当只需要选出一个重心时，边 \((u,v,w)\) 的贡献显然是（\(u\) 为 \(v\) 的父亲，设 \(s\) 表示子树 \(a\) 和）

\[w\min(s_1-s_v,s_v) \]

根据重心的性质，这是容易证明可以取到的，且这显然是一个下界。

现在需要选出两个重心，显然，某条边一定是没有贡献的（在其左边的会去左边的重心，右边的去右边的重心）。

因此不妨枚举这条边 \((u,v,w)\)，则其代价是：

1. \((u',v',w')\) 在 \(v\) 子树内：\(w'\min(s_v-s_{v'},s_{v'})\)
2. 否则：\(w'\min(s_1-s_v-s'_{v'},s'_{v'})\)，这是因为断掉边后，对于 \(v\) 的祖先，其 \(s\) 需要进行改动。

现在就是考虑如何计算每条边的计算了。

• 子树内：

  按照 \(s_x\) 是否 \(\le \frac{s_v}{2}\) 进行讨论。

  通过 dfn 将其拍到序列上，并将边权下放到点权记作 \(val\)，则这个问题就相当于：

  • 计算 \(dfn_x\in [l,r],s_x\le \frac{s_v}{2}\) 的 \(val_x\times s_x\) 的和
  • 计算 \(dfn_x\in [l,r],s_x>\frac{s_v}{2}\) 的 \(val_x\) 和以及 \(val_x\times s_x\) 的和

  这可以通过离线树状数组解决

• 子树外其实是类似的，我们只需要考虑 \(v\) 的祖先链的影响。

  不妨考虑容斥，先按照原本的 \(s\) 进行计算，然后单独撤掉 \(v\) 祖先链的错误贡献并加上正确贡献。

  第一步和上一个其实是本质等价的。

  对于这祖先链的计算？由于祖先的 \(s\) 必然从下往上递增，因此可以通过树上倍增找到分界点并通过一定的预处理进行计算。

复杂度 \(O(n\log n)\)

计算易于计算的全局，再将特殊部分的错误贡献去掉并加入正确贡献，乃明智的选择