2025.8.4 - 9.1
Question 1. 「2024 “钉耙编程” Round.1」I. 数位的关系
给定偏序关系限制串 \(R\)，满足 \(R\) 中仅含 < 与 > 且长度为 \(m\)，称一数字串 \(S\) 满足 \(R\) 的限制，当且仅当：
- \(S\) 的长度为 \(m+1\)。
- 对于任意的 \(i\in [1,m]\)，若 \(R_i\) 为
<则 \(S_i < S_{i+1}\)，若 \(R_i\) 为>则 \(S_i > S_{i+1}\)。
给定一数字串 \(T\)，令 \(f(T,R)\) 表示 \(T\) 中满足 \(R\) 的限制的（不要求连续的）子序列的数量。
设 \(I(x)\) 表示将正整数 \(x\) 视作一个不含前导 \(0\) 的数字串，多次给定 \(l,r,R\)，求：
\(T\leq 10, 1\leq l\leq r < 10^{500}, |R|\leq 500\)
感谢我同学 cyj 告诉我怎么写不那么史。
首先这个看起来很像数位 DP，套路性拆成 \([1,r] - [1,l] + \text{calc}(l)\)，如果你是高精度大神，欢迎挑战写 \([1,r] - [1,l-1]\) 版本。
考虑如何搞定后面的 \(\text{calc}(l)\)，不妨考虑直接 DP，令 \(m = |R|\) 则显然需要 \((m+1)\) 个数，设 \(f_{i,j,x}\) 表示考虑了前 \(i\) 位，拿了 \(j\) 个数丢进满足 \(R\) 的子序列，最后一次丢了 \(x\)，为了方便，当 \(j = 0\) 的时候仅认为 \(x = 0\) 是合法的。
转移容易，考虑这一位用不用，如果用，设这一位为 \(x\)，枚举上一个丢进去的数 \(y\)，考虑 \((y,x)\) 是否满足当前要求的偏序关系，如果可以，则 \(f_{i,j,x}\gets f_{i-1,j-1,y}\)。
不用的话，则 \(f_{i,j,x}\gets f_{i-1,j,x}\)，初值为 \(f_{0,0,0} = 1\)。
接下来考虑计算 \([1,r]\) 的答案，根据数位 DP 的套路很显然是会有一个位，在这个位没有卡满，同时导致之后的位在 \([0,9]\) 内任意，枚举这个位，则前面的一定是卡满的，可以沿用上述的 \(f\)。
考虑这一位之后可以任意填 \(0\sim 9\)，则设 \(g_{i,j,x}\) 表示从后往前考虑到了第 \(i\) 位，拿了 \(j\) 个数丢进满足 \(R\) 的子序列，最后一次丢了 \(x\)，同理 \(j=0\) 时仅 \(x=0\) 合法，与 \(f\) 不同的是，\(g\) 需要在 \([0,9]\) 中枚举一个填在该位的 \(x\)。
同时需要注意的是，\(g\) 的“该位不用”的状态的转移，必须在枚举完所有“用该位，且该位填 \(x\)”的转移之后，且转移为 \(g_{i,j,x}\gets 10\times g_{i+1,j,x}\)，其中 \(10\) 表示这一位就 \([0,9]\) 任意了。
考虑此时如何计算答案，假设第 \(i\) 位是这个没卡满的位，那么可以通过 \(f_{i-1,j,x}\times g_{i+1,m+1-j,y}\times v\) 来计算答案，其中 \(v\) 是第 \(i\) 位如果不卡满该位的填数方案的数量，而 \((x,y)\) 依旧需要满足对应的偏序关系的限制，这种方法表示第 \(i\) 位不计入答案。
同时也可以通过 \(f_{i-1,j,x}\times g_{i,m+1-j,y}\)，表示第 \(i\) 位计入答案，这个边转移“用该位”边算，具体来说转移 \(g_{i,/,y}\) 时算，偏序限制必须满足，这种方法表示第 \(i\) 位计入答案。
最终我们会面临一个问题：前导 \(0\) 在枚举状态时是存在的，但是在选子序列时不存在。但是又能发现只要填了前导 \(0\) 第一位就没有卡满，那么就容易解决：
多转移一次 \(g\)，枚举有多少位是前导 \(0\)，假设第 \(i(i\ge 2)\) 位是第一个非 \(0\) 位，考虑第 \(i\) 位用还是不用，用的话把 \(g_{i,m+1,x}\) 计入答案，同理边转移“用该位”边算，不用的话就枚举最高位最后一个丢进的数 \(y\in [0,9]\)，把所有 \(g_{i+1,m+1,y}\) 计入答案即可。
不要忘记，不存在前导 \(0\) 时，第一位不能填 \(0\)，这一点需要注意。设 \(n = |r|, k = |\Sigma| = 10\)，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(Tn^2k^2)\)。
Question 2. Sum of distances
给定一张 \(n\) 个点的有向图，从 \(i\) 连向 \((i+1)\) 的边的边权为 \(a_i\)，从 \(i\) 连向 \((i+2)\) 的边的边权为 \(b_i\)，从 \(i\) 连向 \((i+3)\) 的边的边权为 \(c_i\)，除此之外没有边。
求任意两点间的最短路之和。
\(n\leq 3\times 10^5, 1\leq a_i,b_i,c_i\leq 10^3\)
考虑分治，设中点为 \(m\)，考虑拿出 \(m-1,m,m+1\) 这三个点，先分别求解完 \([l,mid-2], [mid+2,r]\)，然后考虑 \([l,r]\) 区间的问题。
显然当 \(a\in [l,mid-2], b\in [mid+2,r]\) 时，显然一定要经过 \(m-1,m,m+1\) 中的一个。
设 \(d(x,y)\) 表示 \(\min(x,y)\to \max(x,y)\) 的最短路，先 DP 求解所有 \(d(a,m-1),d(a,m),d(a,m+1)\) 的最短路，注意方向不同 DP 不一定相同。
那么所有一端是 \(m-1,m,m+1\) 的答案容易求得，此处不要重复计数中间三个点之间的答案，考虑求 \(a\in [l,mid-2], b\in [mid+2,r]\) 时的答案。
假定最短路经过 \(x=m-1,y=m,z=m+1\) 中的一个点，且最短路相同时取编号更小者，则：
-
在 \(x\) 中转：
- \(d(a,x) + d(x,b)\leq d(a,y) + d(y,b), d(a,x) + d(x,b)\leq d(a,z) + d(z,b)\)
- 转换！\(d(a,x) -d(a,y) \leq d(y,b) - d(x,b), d(a,x) - d(a,z)\leq d(z,b) - d(x,b)\)
- 也即 \(P_a = (d(a,x) -d(a,y), d(a,x) - d(a,z)), R_b = [0, d(y,b) - d(x,b)]\times [0, d(z,b) - d(x,b)]\)
- 数点 \(P_a\in R_b\)，增加贡献 \(\sum d(a,x) + d(x,b)\)
-
在 \(y\) 中转：
- \(d(a,y) + d(y,b) < d(a,x) + d(x,b), d(a,y) + d(y,b)\leq d(a,z) + d(z,b)\)
- 转换！\(d(a,y) -d(a,x) < d(x,b) - d(y,b), d(a,y) - d(a,z)\leq d(z,b) - d(y,b)\)
- 也即 \(P_a = (d(a,y) -d(a,x), d(a,y) - d(a,z)), R_b = [0, d(x,b) - d(y,b))\times [0, d(z,b) - d(y,b)]\)
- 数点 \(P_a\in R_b\)，增加贡献 \(\sum d(a,y) + d(y,b)\)
-
在 \(z\) 中转：
- \(d(a,z) + d(z,b) < d(a,x) + d(x,b), d(a,z) + d(z,b) < d(a,y) + d(y,b)\)
- 转换！\(d(a,z) - d(a,x) < d(x,b) - d(z,b), d(a,z) - d(a,y) < d(y,b) - d(z,b)\)
- 也即 \(P_a = (d(a,z) -d(a,x), d(a,z) - d(a,y)), R_b = [0, d(x,b) - d(z,b))\times [0, d(y,b) - d(z,b))\)
- 数点 \(P_a\in R_b\)，增加贡献 \(\sum d(a,z) + d(z,b)\)
做几个二维数点即可，离散化后用树状数组跑得不慢。
而注意分治边界为 \(r-l+1\leq 2\)，注意 \(r-l+1 = 2\) 时有一个点对。
时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2^2n)\)。
Question 3. [2nd-Ucup, Stage 12] K. Campus Partition
给定一棵 \(n\) 个节点的树，点有点权 \(a_i\)，将树分成了若干连通块，每个连通块的权值为该连通块所有点权的非严格次大值，如果连通块大小为 \(1\) 则权值为 \(0\)。
将树划分成若干连通块，划分方案的权值为所有连通块的权值之和，求所有划分方案的权值的最大值。
\(n\leq 5\times 10^5, a_i\leq 10^9\)
假设有一个大连通块，我们找到最大值所在点 \(u\)，找到次大值所在点 \(v\)，设路径 \(P\) 为 \(u\to v\) 的路径，显然这个连通块的贡献不变，但是解放了更多点可以造成更多贡献，是更优的。
于是我们有结论：一个连通块仅需要一条路径，最大值与次大值分居路径两端。
考虑 DP，设 \(f_{u,w}\) 表示以 \(u\) 为根的子树，有一条需要向上的路径，路径另一端的权值为 \(w\) 的最大权值，设 \(g_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树没有向上的路径时的最大权值。
则 DP 易求，设 \(v,w\) 为子节点：
从 \(u\) 开始新开一条路径：
从 \(u\) 继承一条子树的路径：
\(u\) 不选入路径（开单点）：
在 \(u\) 处合并两条路径：
考虑能否按儿子节点顺序来执行 DP 的转移？可以，那么转移为：
记得考虑转移顺序，采用前后缀 \(\max\) 优化，分别考虑 \(\min(i,j)\) 取 \(i\) 还是取 \(j\)，设 \(pre_{u,j}\) 表示 \(x\leq j\) 时 \(f_{u,x} + x\) 的最大值，同理 \(suf_{u,j}\) 表示 \(x\geq j\) 时 \(f_{u,x}\) 的最大值，改写为：
容易做到 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
发现两维状态均难以省去，考虑使用线段树合并进行优化，具体的，离散化 \(w\) 后开值域线段树，每个节点维护区间对应的 \(f_{u,i} + i,f_{u,i}\) 的最大值。
难点在于如何合并。设要将 \(q\) 节点合并到 \(p\) 节点上，如果均为叶子节点，则要么是 \(p\) 的值加 \(g_v\)，要么是 \(q\) 的值加 \(S\)，将 \(g_v,S\) 传入则可以取较大值。
若 \(p\) 为空，则显然取 \(q\) 的值加 \(S\)；若 \(q\) 为空，则显然取 \(p\) 的值加 \(g_v\)。当然，这个加值需要下传，或者标记永久化，不这么做更新的时候会发现没有得到这个值。
合并的时候，先 pushdown。
考虑如何顺便更新 \(g_u\) 的值，传址进函数更新，每次递归的时候，同时计算当前区间 \([l,r]\) 对应的 \([1,l-1]\) 的 \(f_{u,i} + i\) 的前缀最大值 \(P\) 与 \([r+1,n]\) 的 \(f_{u,i}\) 的后缀最大值 \(S\)。
根据更新式，显然在 \(q\) 为空时，或者 \(l=r\) 时，\(g_u\) 需要更新，更新法则根据上述式子也容易得到。
时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2 n)\)，有一点细节。
旅游去了，东北好玩，天气挺凉快的。
顺便俄罗斯太平洋舰队的军舰和指挥部非常明显，还让拍照，挺有趣的。
Tips
- 逆序对指定的排列计数 DP 可以设 \(Q(i)\) 表示表示 \(P(i) > P(j)\) 且 \(i < j\) 的 \(j\) 的数量，然后基于两个条件求解：
- \(Q(i)\leq N-i\)
- \(\sum Q(i) = X\)
- 有时候不讲究复杂度的话，可以在换根时枚举转移到的节点的邻域，做一些小暴力，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(N)\sim \mathcal{O}(N\log_2 N)\)。
Question 4. 「2024 “钉耙编程” Round.1」K. 树上的 mex
给定一棵 \(n\) 个节点的树，点有点权 \(v_i(0\leq v_i\leq n)\)，称树上的简单路径的权值为路径上所有点权的 mex。
求最大的非负整数 \(k\)，使得树上至少有 \(1\) 条路径使得其权值为 \(k\)，并求出权值为 \(k\) 的简单路径（端点 \(x,y\) 满足 \(1\leq x,y\leq n\)）的数量。
特别的，对于任意点权 \(x\)，都存在树上的一条简单路径，满足树上所有点权为 \(x\) 的点位于该路径上。
\(T\leq 10, n\leq 7\times 10^4, \sum n\leq 3.6\times 10^5\)
首先感觉这东西有单调性，二分 \(k\)，对任意的 \(v\in [0,k)\)，不经过点权 \(v\) 的路径不合法。
假设要求不经过点权 \(v\) 的路径，考虑建立点权 \(v\) 的所有点的虚树，由本题中点权的分布性质，显然这棵虚树是一条链。
那么考虑虚树中某个点权为 \(v\) 的点 \(u\)，那么在 \(u\) 的某个儿子 \(x\) 的子树内的任意两点肯定不会经过点 \(u\)，那么就不会经过点权 \(v\)。当然，如果子树内有一个点权为 \(v\) 的点 \(y\)，要把这棵子树减去。如果用 dfs 序（用 \(d\) 表示 dfs 序，\(s\) 表示子树大小）区间来表示就是 \(a,b\in [d_x, d_x + s_x)\) 或者 \(a,b\in [d_x, d_y)\cup [d_y+s_y, d_x + s_x)\)，其中 \(a,b\) 为路径端点。
考虑上述形式，可以用 \(xOy\) 平面上的矩形来表示，前面一种可以用 \(1\) 个矩形，而后面一种可以用 \(4\) 个矩形。
当然，假设这棵虚树的“上方”还有一批，分虚树的根 \(R\) 的权值是否为 \(v\) 讨论一下：
- 如果根 \(R\) 的权值为 \(v\)，则显然不在 \(R\) 的子树内的任意两点不经过点权 \(v\)，则 \(a,b\in [1,d_R)\cup [d_R+s_R, n]\)，可以用 \(4\) 个矩形描述。
- 反之，\(R\) 必定存在两个儿子 \(s,t\)，设 \(d_s < d_t\)，则显然不在 \(s\) 或 \(t\) 的子树内的任意两点不经过点权 \(v\)，即 \(a, b\in [1,d_u)\cup [d_u+s_u, d_v)\cup [d_v+s_v, n]\)，可以用 \(9\) 个矩形描述。
所有矩形的面积并表示所有不合法的路径数量，设面积并为 \(S\)，则 \(n^2 - S\) 表示合法的路径数量，于是就容易 check 并计算答案。
估计一下矩形数量的上限：
- 对于“子树内”形式的矩形，在每个 \(x\) 处最多 \(4\) 个矩形，最多总计 \(4n\) 个。
- 对于“虚树外”形式的矩形，在每个 \(v\) 中最多 \(9\) 个矩形，最多总计 \(9n\) 个。
于是总矩形数量不超过 \(13n\)，单次时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2^2 n)\)，有较大常数，实测上述做法可以通过。
Question 5. 「JOISC 2025 Day2」集邮比赛 4
本题又名：别样的集邮大战
给定一条长度为 \(2N\) 的环形跑道，跑道 \(i\) 连接站点 \(i\) 与站点 \(i+1\)（按照顺时针方向为 \(i\to i+1\)），特别的，跑道 \(2N\) 连接站点 \(2N\) 与站点 \(1\)（按照顺时针方向为 \(2N\to 1\)），跑道 \(i\) 上有一个集章台，提供颜色为 \(A_i\) 的印章。
参与者选择一个站点出发，支付 \(C_i\) 的代价，然后可以执行如下操作：
- 选择一个不是起点的站点，交换与这个站点相连的两条跑道上的集章台，交换一次的代价为 \(X\)。
最后，参与者从站点出发依次经过 \(2N\) 条跑道，假设先经过的某条跑道上的集章台的颜色为 \(X\)，后经过的为 \(Y\)（可以是同一条），可以获得一张「左边为颜色 \(X\) 右边为颜色 \(Y\)」的卡。
称两张卡不同当且仅当其有至少一边的颜色不同，给定 \(Q\) 个询问，每个询问求得到至少 \(K_q\) 种卡的代价。
\(N,X,Q\leq 5\times 10^5, C_i\leq 10^{18}, K_q\leq N^2\)，且 \(A\) 为 \((1,1,2,2,\cdots, N,N)\) 的一个排列。
我们不妨考虑指定一个起点，在不交换的情况下，依次经过 \(2N\) 条跑道，依次经过的 \(2N\) 个集章台的印章的颜色构成的序列为 \(B=(B_1,B_2,\cdots, B_{2N})\)。
如果执行一次交换操作，则相当于选择 \(1\leq i < 2N\) 然后交换 \(B_i, B_{i+1}\)。
考虑到每种元素恰好出现两次，我们不妨设一个长度为 \(2N\) 括号序列 \(S\)，其中某个数值 \(X(1\leq i\leq N)\) 第一次出现的位置 \(i\) 对应的 \(S_i\) 为 (，第二次出现的位置 \(j\) 对应的 \(S_j\) 为 )，那么肯定有 \(S\) 是合法括号序列。
接下来刻画能够得到的卡的数量，就是前面是 ( 后面是 ) 的二元组数，严谨的说：满足 \(i < j\) 且 \(S_i\) 为 ( 而 \(S_j\) 为 ) 的 \((i,j)\) 的数量。
同时，对于两边颜色相同的卡，两个章也强制在不同的集章台盖章，这将稍微简化问题的考察。
考虑这个字符串 \(S\)，除非前 \(N\) 个都是 ( 且后 \(N\) 个都是 )，都一定能找到一对 )( 且这两个括号是相邻的，执行一次交换后变为 ()，并且这个括号序列最终总能变为「前 \(N\) 个都是 ( 且后 \(N\) 个都是 )」的形式，每一次交换会增加一个且仅增加一个 () 的二元组（毕竟交换的是相邻的）。
所以，设 \(P_i\) 表示从站点 \(i\) 开始得到的这个序列 \(B\) 对应的 \(S\)，不交换的初始情况下，对应的二元组的数量，先暴力求得，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(N^2)\)。
接下来对每一个询问给出的 \(K_q\)，从站点 \(i\) 开始所需要的最小代价为 \(C_i + X\cdot \max(K_q - P_i, 0)\)，与 \(0\) 取 \(\max\) 表示 \(P_i\geq K_q\) 时无需操作，这个也暴力，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(QN)\)。
现在总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(N(N+Q))\)，考虑对两个暴力进行优化。
已知 \(P_i\) 时对计算答案进行优化
这个部分主要需要考虑 \(\max(K_q - P_i , 0)\)，尝试将 \(P_i\) 从小到大考虑。
此时 \(P_i\) 变得升序了，那么每一个 \(K_q\) 在 \(P_i\) 较小的时候取得 \(K_q - P_i\) 项，代价为 \(C_i + X(K_q - P_i)\)，即 \(X\cdot K_q + (C_i - X\cdot P_i)\)，前者固定 \(K_q\) 后是常数，后者仅跟 \(i\) 有关，可以采用前缀最小值计算。
而在 \(P_i\) 较大的时候取得 \(0\) 项，代价为 \(C_i\)，可以用后缀最小值计算。
对 \(K_q\) 二分其在 \(P_i\) 升序后中的位置，容易在线计算答案，本部分时间复杂度变为 \(\mathcal{O}(Q\log_2 N)\)。
对 \(P_i\) 的计算进行优化
计算 \(P_i\) 的时候需要从位置 \(i\) 断环求解序列问题，不妨先将原 \(A_i\) 断环成链，倍长（复制一段接到末尾），然后求解所有长度为 \(M = 2N\) 的区间的答案。
求解一段序列中「前面是 ( 后面是 )」的二元组数，可以用线段树进行维护，具体的，维护每个节点中 ( 的数量、) 的数量与对应的二元组数量，合并的时候除了两个子区间的二元组数量，还要加上左半部取 ( 且右半部取 ) 的方案数，并且这个容易做简单的修改操作。
不妨随便指定一个顺序（从前往后或从后往前）计算，因为笔者此处的 \(P_i\) 定义的为开头位置，所以此处选择从后往前。
开一棵定义在 \([1,2M]\) 区间上的线段树，先预处理后半段 \([M+1,2M]\) 的答案，考虑每次往前加入一个位置 \(s\) 带来的影响。
加入 \(s\) 的同时，要将 \(s+M\) 位置的影响删除，但是序列是倍长得到的，所以显然有 \(A_s = A_{s+M}\)，也就是说，我们需要将 \(s\) 位置改成一个 (，同时一定存在另一个位置 \(t\in [s, s+M)\) 满足 \(A_s = A_t\)，原因还是一样，要做的是将 \(t\) 位置改成一个 )。而在此之前，\(t\) 位置是 ( 且 \(s+M\) 位置为 )。
所以从前面加入一个位置带来的影响就是 \(3\) 次单点修改（其实 \(2\) 次就能做了，但是为了贯彻“删除影响”的描述记为 \(3\) 次），这个是容易做的。
于是边加入位置边用线段树维护计算出 \(P_i\) 即可，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(N\log_2 N)\)，实际上考虑的序列的长度已经是 \(4N\) 了，但是实测不会超时，跑起来不算慢。
综合两大优化，本题得以在 \(\mathcal{O}((N+Q)\log_2 N)\) 的复杂度内求解，可以通过。
Question 6. 「CQOI2011」动态逆序对
设一长度为 \(n\) 的排列 \(P\)，给定 \(m\) 次操作，每次操作从 \(P\) 中删除一个指定的数，求每次操作前 \(P\) 中的逆序对数量。
\(m\leq n\leq 10^5\)
先强制钦定出一个排列 \(Q\)，将 \(P\) 中元素按照 \(Q\) 的顺序删除，之后不妨将逆序对 \((i,j)\) 挂到删除早的元素上，那么无非两种形式：
与
将下标为第一维，元素值为第二维，删除时间为第三维解三维偏序，CDQ 分治即可，不要忘记答案是差分过的，后缀和回去即可，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log_2 ^2 n)\)。
Tips
- STL 定义申请空间很慢，所以不要在动态 DP 的矩阵乘法里面的矩阵用 vector 之类的STL！本机实验相差 10 倍，可以使用 array 之类。
- 尝试找出 DP 中两个运算的分配律关系，构建矩阵乘法维护动态 DP。
Question 7. 「JOISC 2025 Day3」多方通信
\(N\) 个人，每个人手上有一块白板，初始裁判决定一个人是贵族，其他人是平民，初始时贵族手上的白板上写有 T，所有平民的白板上写有 F。
通过执行以下操作 \(L\) 轮，找出贵族：
- 每个人先擦去白板上写有的字符，基于先前轮依次所看过的所有字符（包括初始字符），然后自行选定一个
T或F的字符写入白板。 - 基于先前轮依次所看过的所有字符（包括初始字符），每个人 \(x\) 指定一个人 \(y\) 并查看 \(y\) 的白板上的字符，此时可以 \(x = y\)。
\(L\) 轮操作后，通过所依次查看过的人及其写下的字符，报出贵族的编号。
最小化 \(L\)，并依次给出每个人是贵族时的情况时每个人会做什么。
解决 \(N = 4, 32, 48\) 时的问题。
| 测试点编号 | \(N=\) | 计分方式 | 满分 |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(4\) | \(\displaystyle \textsf{得分}=\begin{cases} 0 & 4\lt L \\ 16-7\cdot (L-2) & 2\lt L\le 4 \\ 16 & L\le 2\end{cases}\) | \(16\) |
| \(2\) | \(32\) | \(\displaystyle \textsf{得分}=\begin{cases} 0 & 27\lt L \\ 60-3(L-8) & 8 < L \leq 27 \\ 60 & L\le 8\end{cases}\) | \(60\) |
| \(3\) | \(48\) | \(\displaystyle \textsf{得分}=\begin{cases} 0 & 9\lt L \\ 24 & L\le 9 \end{cases}\) | \(24\) |
首先考虑一个最简单的策略，每一轮都是贵族写 T 平民写 F，然后每个人遍历其他 \(N - 1\) 个人，直到找到一个写 T 的为止，需要 \(L = N-1\) 轮，可以获得 \(9\) 分。
稍微优化以下，遍历 \(N - 2\) 个人，如果都没有找到 T，基于自己的字符，推断剩下的一个人是否为贵族，需要 \(L = N-2\) 轮，可以获得 \(16\) 分，解决 \(N = 4\) 的问题。
于是策略就出来了，我们不断排除一些玩家，直到能够确定贵族是谁，一个比较容易想到的方法是分组，考虑 \(N = 32\)，例如：
- 将 \(32\) 个人分成 \(8\) 组，每组 \(4\) 个人，先在组内 \(3\) 轮找出是否在本组内有，接下来 \(6\) 轮遍历 \(6\) 个其余组是否有贵族（此时有贵族的组全员写
T其余组全员写F），最后再在组内问 \(3\) 个人，即可推断出贵族是谁，总花费 \(12\) 次，可以获得 \(16 + 48 = 64\) 分。
列一个不等式就可以发现分组是不可能达到 \(L = 8\) 的目标的，考虑再优化。
不妨将 \(32\) 个人放到线段树上，如果已知是在 \([1,16]\) 中还是在 \([17,32]\) 中，就可以通过递归子树来确定，通过在长度为 \(2\) 的区间处进行一次推理，可以在 \(4\) 次之内找出（长度为 \(16,8,4,2\) 的区间各一次）。
至于确认贵族编号的第一次确定，已知其中有一个叶子节点是贵族，所以按照深度从大到小询问，深度相同的在一次询问内进行，每一次询问合并其左右子树是否存在（即 \(f_s = f_l \operatorname{OR} f_r\)），询问方法为：
- 由左右子树所对应区间长度相同，左子树与右子树节点一一对应，问自己节点对应的节点，写自己是否已知贵族存在即可。
最终就可以 \(4\) 次恰好分出 \([1,16]\) 还是 \([17,32]\)，叠加上上面的 \(4\) 次询问，得以在 \(8\) 次解决问题。
至于 \(N = 48\) 时的情况，相当于在合并到 \([1,16], [17,32], [33,48]\) 时通过额外一次确定在哪一组，因为已知自己所在组，随便询问另外一组，均不存在可以通过排除法确定贵族所在组，\(L = 9\) 解决。
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