2026.5.5 模拟赛

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https://www.luogu.com.cn/contest/211087

这场 T1，T2 较为简单（绿+蓝）：分别为 置换、反悔贪心.

IMAWANOKIWA

可以先打表：

	0	1	2
0	0	1	1
1	1	1	2
2	1	2	1

因此可以发现一些神秘性质：

1. 当两个数均为 0 的时候才会有 0.
2. 没有 0 的时候（即仅有 1，2 的时候），运算是满足结合律的.

但是我们需要更多的性质，下面先直接给出结论：

• 答案为 0：当且仅当所有数字均为 0.
• 答案为 2：序列包含奇数个 2 且没有 0；序列为 11..1120211..11 的形式.
• 答案为 1：else.

答案为 0,2 的情况比较显然，下面是答案为 1 的情况：

考虑归纳，如果我们能找到一个 0，然后将其左右两边合成，只要左右两边不都是 2，最终就可以合出 1。

假设 0 的个数大于两个，那么选择最左边的 0 即可，右边至少有两个 0，一定可以得到 1；

假设 0 的个数恰好有两个，那么序列 a 一定是 A0B0C 的形式，其中 A,B 都是不存在 0 的序列。如果 B 为 [2]，那么先将 B 和旁边一个 0 合成即可得到 A01C 的形式，该形式答案一定为 1；否则左右两个 0 肯定有一个合法。

假设 0 的个数只有一个。如果 0 两边至少有一个不是 2，那么我们就有操作空间了：当 2 有奇数个时，我们让最靠近 0 的 2 把经过的 1 都干掉，与 0 合并。否则我们直接让 0 与它旁边的那个 1 合并。假设这个 0 的左右两边都不合法，那么一定有一边至少有三个 2，我们把最靠近 0 的两个 2 合并，0 两边就至少有一个 1；否则可以直接合出 1。

这样所有情况都被考虑到了，证毕。

（来自出题人的证明）

这样我们就能简单地判断一个字符串的最终合并答案．
如果我们知道一个字符串的以下信息：长度 \(n\)，0 2 02 20 串的个数，这样就能 \(O(1)\) 判断.

对于最小的操作序列的构造，可以考虑贪心：
从字符串开头依次判断：合并当前字符，会不会使答案变大，若可以则合并．
这样表面上是 \(O(n^3)\) 的，实际上 \(O(n^2)\) 的：因为可以合并的字符位置一定不超过 3．

证明可以看这篇 文章．

接下来，实现的时候使用 链表 维护字符串就可以了，这样就能做到 \(O(n)\)．

魔法少女们

由于 \(f(A)\) 最终要求的是和的形式，因此考虑贡献的处理：

只需要计算每对 \(S_i\) 与 \(T_i\) 对应多少种 \(A\) 就可以．

显然下面要进行分类讨论：

---

若 \(|S_i|+|T_i|\ge K\)：即前后缀拼接会有重叠.

（这一部分是比较好想的，但是难以实现）

现在就会有两个问题：判断 \(S_i\) 与 \(T_i\) 是否合法，\(S_i\) 与 \(T_i\) 拼接之后的字符串是否合法．

对于第一个问题，是比较好解决的，下面以 \(S_i\) 为例：
一个括号序列是否合法，只要保证每一个前缀中 ( 的个数一定大于等于 ) 的个数．
这里将 ( 赋值为 1，) 赋值为 -1，保证前缀和大于等于 0 即可．

对于第二个问题：
判断 \(S_i\) 与 \(T_i\) 能否拼接可以使用 Hashing．
由于 \(S_i\) 与 \(T_i\) 代表的前缀和后缀都合法，因此我们只需要让拼接后的字符串中：( 与 ) 个数相等．

上面的处理，可以考虑枚举 \(S_i\) 与重叠的长度 \(len\)，判断有那些 \(T_i\) 满足，可以使用哈希表维护．

（这一步卡了 4 hour，使用手写哈希表，unordered_map 太慢了）

时间复杂度为 \(O(L)\).

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若 \(|S_i|+|T_i|<K\)：之后的下面为了方便，令 \(k=\frac{K}{2}\).

考虑一个转化：让 \(S_i\) 对应一个点 \(s_i(x_i,y_i)\)，其中 \(x_i\) 表示 ( 的个数，\(y_i\) 表示 ) 的个数．

同理令 \(T_i\) 对应 \(t_i(k-x_i,k-y_i)\)，其中 \(x_i\) 表示 ( 的个数，\(y_i\) 表示 ) 的个数．

这样 \(S_i\) 与 \(T_i\) 对应的字符串的个数就是 \(s_i\to t_i\) 的路径条数，并始终保证 \(x\ge y\).

这是经典的反射容斥：答案为 \(\binom{x_2-x_1+y_2-y_1}{x_2-x_1}-\binom{x_2-x_1+y_2-y_1}{y_2-1-x_1}\).

直接枚举的话是 \(O(nm)\) 的.

因此我们考虑上面路径统计，其实它还有 dp 解法，而直接 \(dp\) 是 \(O(k^2)\) 的.

这启示我们进行根号分治，设阈值为 \(B\).

但是问题来了，贡献是每对之间都有的，如何进行处理？

由于乘法原理：\((i,j)\) 到 \(t_i\) 的路径条数与 \(dp_{i,j}\) 的乘积，就是 \(s_i\to t_i\) 的路径中必定经过 \((i,j)\) 的条数；考虑如何不重不漏地统计：对一条直线上的 \(dp_{i,j}\) 进行统计，这样就能不重复.

现在就找到了解决方法：对于 \(x_i+y_i\le B\) 的点，使用 dp，得出 \(x+y=B\) 这条直线上的答案，这样是 \(O(B^2)\) 的，直线上有 \(O(B)\) 个点；对于 \(x_i+y_i> B\) 的点，只会有 \(O(\frac{L}{B})\) 个.

具体地，对于 \(S_i\)：对于 \(x_i+y_i\le B\) 的点，使用 dp，得出 \(x+y=B\) 这条直线上的答案；对于 \(T_i\)：对于 \(x_i+y_i\ge 2k-B\) 的点，使用 dp，得出 \(x+y=2k-B\) 这条直线上的答案；

之后，对于 \(S_i\) 的直线上的点与 \(T_i\) 中直线的点和散点 统计贡献；对于 \(S_i\) 的散点与 \(T_i\) 中直线的点和散点 统计贡献.

计算一下时间：dp 的时间为 \(O(B^2)\)，统计直线到散点的时间为 \(O(B\times \frac{L}{B})=O(L)\)，统计直线到直线的时间为 \(O(B^2)\)，统计散点到散点的时间为 \(O(\frac{L^2}{B^2})\)；总的时间复杂度为 \(O(B^2+\frac{L^2}{B^2}+L)\)，当 \(B=\sqrt{L}\) 时，有 时间复杂度的理论最优值 \(O(L)\).

（当然上面是整体思路，实现是会有很多特殊情况：\(2k\le B\) 的情况 与 散点在 dp 范围之内时无法在直线上统计）