2025 杭电暑期多校训练

第一场

1001 博弈

每个房间的先手并不一定追求在该房间获胜，所以考虑 anti-nim，也就是拿到最后一个石子的必败。

anti-nim 的结论是：若全部元素均为 \(1\)，偶数个 \(1\) 必败，奇数个 \(1\) 必胜；若存在大于 \(1\) 的堆，则异或和为 \(0\) 时必败，否则必胜。

先不考虑全为 \(1\) 的情况，发现如果异或和不为 \(0\)，先手可以控制自己下回合是先手还是后手，于是也就必胜了。否则，先手既不能控制获胜也不能控制失败，故先手必败。

接下来考虑全是 \(1\) 的情况，发现根据 \(1\) 的奇偶性，会改变先后手的顺序。于是枚举前缀中 \(1\) 的数量，即可判断要使先手必胜，下一个位置应该放哪种房间，然后接下来的部分就随便排。最后再把不会影响先后手顺序的全 \(1\) 房间插回去即可。

注意特判房间全为全 \(1\) 房间的情况。

1002 夜世界

先考虑没有回溯的情况，没经过一个金矿，可以获得 \(a_i-b_i\) 的金币，也就是 \(sum=\max(0,sum+a_i-b_i)\)。假设我对于每个段，预处理出以 \(0\) 的金币进入，会以多少金币离开。那么就只用考虑第一变成 \(0\) 金币的位置，大概就是二分找到前缀最小值的位置，在线段树上二分复杂度可以做到 \(O(n\log^2n)\)。回溯的话大概可以可持久化。

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注意到本题可以离线，修改操作也是可逆操作，所以回溯的部分可以写成一个树形结构。在树上递归去做。

刚刚那个单侧递归的做法也不太对，这类问题貌似有个更简单的想法。

1003 奸商

第四场

1001 电子带负电

简单题。

1003 戴什维尔

以 \(1\) 为根，不妨设 \(u_i\) 的比 \(v_i\) 更深。然后将 \(x_i,y_i\) 都变成较大的部分，也就是现在只用考虑子树中出现次数较多的那种颜色。

1005 美好的梦境（一）

1007 咖啡的罪恶

先考虑不带修的情况。对于每个区间的左端点，可以求出需要的 \(0\) 的个数，也就确定了右端点的范围。

然后考虑 \(\epsilon\)，设其应该出现 \(x\) 次，若 \(x>0\)，则至少有一个位置，\(a_{\delta+i}=\epsilon\)，若 \(i\ne \epsilon\)，则 \(i\) 出现了 \(\epsilon\) 次，又还有 \(0,\epsilon\)，故只有 \(i=0\)，即数列形如 \(\epsilon,0,0,\dots,0,1\)。而此时 \(1\) 又出现了一次，矛盾。若 \(i=\epsilon\)，一定有 \(\epsilon=1\)，即数列形如 \(0,1\)，而 \(0\) 又出现了一次，矛盾。

综上所述 \(x=0\)，也即左右端点是确定的，此时只需判断是否合法。显然啊，合法的序列很少。

合法序列只有以下几种：

\(\text{2 0 2 0}\)
\(\text{1 2 1 0}\)
\(\text{2 1 2 0 0}\)
\(\text{n-4 2 1 0 0 ... 0 1 0 0 0}\)

现在考虑修改：对于前三种，可以暴力枚举维护修改，只需要解决最后一种。对于最后一种，一定有 \(n\ge 7\)，所以不同的段应该是不交的，也可以维护。

1012 海上的太阳

容易发现这个多项式是一个下凸函数。暴力枚举公司顺序，肯定是种在能放的最靠前的地方，这个部分可以使用计算几何和二分求解。然后 \(dis_i=\int_{0}^{x}\sqrt{f'(x)^2+1}dx\)，用数值积分的方法计算。

时间复杂度 \(O(n!(n\log V+m\log V))\)。