专项训练4

2025暑假-数据结构专题

hh，上一个专题总结第一个也是数据结构。

快写啊要不然整个题单都要鸽了

1. Closest Equals

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF522D

2. Fibonacci-ish II

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF633H

3. Sasha and Array

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF718C

和上一道题很像。考虑每个节点维护一个矩阵，矩阵确实是斐波那契第n项的矩阵，但经过修改会乘上对应的值（不影响转移），pushup是左右矩阵相加即可得出总和。修改相当于整段数列向后平移x个单位，也就是叶节点的矩阵*(base^x)，最后输出根节点的Fn上的数即可。

4. New Year Tree

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF620E

专项训练1-状压dp专项-3和这道题一样，不再赘述了。

5. Lucky Array

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF121E

考虑线段树维护每个数和最小的比它大的幸运数的差值，线段树每个节点记录当前区间注意到题目里的这样一句话：保证所有数操作前后都不超过 1e4。经过暴搜可发现总幸运数个数至多有31个，

完蛋了

dp(msb)

1.【模板】动态dp

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P4719

带修改的dp，考虑用复杂度较低的算法暴力修改。首先最大权独立集问题是一个非常简单的树形dp，考虑把这个dp以更简单的式子表现出来。因为修改只会更改从这个点到根这条路径上节点的 DP 值，我们想到树链剖分，把轻重儿子分开简化复杂度。（每个点到根的路径上，最多经过 logn 条轻边。）具体的，设g[u][0]表示u的轻儿子可取或不取且加上u本身的最大权，g[u][1] 表示u的轻儿子都不取的最大权，那么能得出

其中j是u的重儿子。
但是我们需要快速计算查询dp值，所以要将dp式子转化为另一种形式---矩阵乘法，但因为这里是max，就要用到一个有趣的trick：广义矩阵乘法，就相当于重新定义了矩阵乘法来支持dp转移。然后再套一棵线段树就能解决问题了。具体矩阵转移自己去翻题解吧。
最后是修改。修改就是不断跳重链，维护链顶轻儿子的转移矩阵。但不得不说这种修改我还是第一次见，简单暴力啊。

点击查看代码

void modify(int u,int w)
{
	num[u].f[1][0]+=w-a[u];
	a[u]=w;
	while(u!=0)
	{
		mat x, y;
		x=query(1, dfn[top[u]], ed[top[u]]);
		update(1, dfn[u]);
		y=query(1, dfn[top[u]], ed[top[u]]);
		u=f[top[u]];
		num[u].f[0][0]+=max(y.f[0][0], y.f[1][0])-max(x.f[0][0], x.f[1][0]);
		num[u].f[0][1]=num[u].f[0][0];
		num[u].f[1][0]+=y.f[0][0]-x.f[0][0];
	}
}

2. 烦人的数学作业

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P4999

数位dp（我疑似学过？但跟没学差不多），也就是把数拆位考虑。设dp[i][j]表示填到第i位，前i-1位答案为j的总答案枚举0~9填即可。再维护一个lst记录限制，当这一位以后的所有位都达到最大值时lst为1，那么当前位最大只能填到该数这一位的最大值。记搜转移查分查询。

线段树（msb）

其实并没有写什么，因为去学主席树了，那我还是放一道上上题单要写的题吧。

1. Escape Through Leaf

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF932F

拖了这么久才写是因为不会李超线段树TT所以说这段时间真的学了点知识（这里用点是因为我只打板子）。

首先设dp[u]表示从u到叶节点的最小代价，推出一个简洁的dp式子：\(dp[u]=min(dp[v]+a[u]*b[v])\)（v是u的儿子），然后将b[v]看成斜率，dp[v]看成截距，那么问题转化为在平面上有一些直线, 选出与直线x=a[u]相交的最靠下的点。拿李超线段树求就可以了。但因为dp转移时要从多个儿子转移过来，相当于需要在一棵融合了 所有儿子的李超线段树 的李超线段树里查询，那不就是李超线段树合并么，和普通线段树合并的写法几乎没有区别。

数论（msb）

其实也没有写什么，那我还是放一道以前没改的题吧。

1. [六省联考 2017] 相逢是问候

link：https://www.luogu.com.cn/problem/P3747

来自于2024年暑假CSP-S24，当时并没有改出来（但最终交了一份拼合了暴力和正解的代码），原因不详。
然后因为今天要改这道题又重学了一遍欧拉定理，感觉是第4次开始学它了，但我依然没有看懂扩展欧拉定理（第3类）的证明，没关系。

这道题吧，首先要观察到一点是（对不起，不会打Latex）：

所以考虑预处理出每个数在log p次操作下会变成多少，然后用一种神奇的手段快速在区间中找出哪些数的操作次数＜log p，然后就变成单点修改和区间查询啦。
这个神奇的手段是什么呢？给每个数开个数组tim记录操作次数，再开一个数组nxt记录下标≥i的第一个
操作次数＜log p 的数的位置，然后用一种类似于并查集的思想把它连起来，就长这样：

点击查看代码

int get(int i)//查询下标大于等于i的第一个操作次数＜logp的数 
{
	if(tim[i]<logp) return i;
	else return nxt[i]=get(nxt[i]);
}

然后剩下的就不难理解了。但代码还是有点难写。

图论

同余最短路：就是一个长成\(a[1]x[1]+a[2]x[2]+...+a[n]x[n]=B\)的式子，B有上限要求，给定\(a\)数组等，求B的个数。

考虑钦定一个数，比如\(a[1]\)，设 \(dis[i]\) 表示 \(mod a[1]=i\) 的最小的数，将 \(i\)(0~a[1]-1) 和 $ (i+a[j])mod a[1]$j(2~n)，然后

贪心

1. Yet Another MEX Problem

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2146E

应该得是自己能想出来的，但因为真的太困了，最基本的性质没有想到。感觉我自己的思路跟题解完全是反着的（？）
首先求区间大于mex的数的个数这一点，我们可以考虑去枚举这个mex，如果b数组有和mex相同的那这个mex对这个区间的贡献为0，其他的mex的贡献取max就是答案。因为mex是要求最小的那个，所以其他mex一定不会优于真正的mex。那么我们可以考虑维护不同的mex对当前区间的贡献。
考虑从前往后扫一遍，每加进来一个a[i]，那么所有比它小的mex的贡献都可+1，等于它的都变成了0，剩下的保持不变。所有mex里贡献最大的即为答案。用线段树维护。
这种题的套路还是只用考虑怎么从上一位转移到这一位，想简单一点。

2. Make Good

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2143E

脑电波题不可做。
有一句很重要的话就是：

遇到这种，操作无限次的题目，一个非常常见且好用的切入点是，观察操作中的不变量。

然后观察这个修改操作，注意到他每次都是连着修改两个，且修改前后的左括号数量奇偶性不变，考虑统计奇位和偶位各自的左括号数量（字符串下标从0开始），因为是同加同减，所以它们的差值是固定的。

然后我直接放题解好吧

3. Long Journey

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2145F

Q：这个题和贪心有什么关系吗？
A：有，因为只要能走就一定会走一步。

注意到m很大，所以它一定是周期性的，大概率会是矩乘和倍增一类的东西，虽然倍增容易被卡常但是好写很多，所以学习的是题解的倍增做法。倍增套路是什么？dp[i][j]表示当前在i的位置，往后2 ^j的单位的值/步数。那么迁移到这个题上，设dp[i][j][k]表示当前在第i回合，在j的位置，往后2 ^k个回合后的最大步数（为什么这里选择倍增回合而不是位置？因为回合是不断往前走的，它不会暂停，而位置会因为激活情况而停下）。观察到题面里的%a[i]操作（设所有a[i]的lcm为lcm）。不难想到每lcm个格子的激活情况是相同的，lcm最大为2520，那么x的范围是10，j的范围是2520，k是45，所以这个复杂度是正确的。
然后考虑初始化，显然就是考虑k=0的情况，也就是从每一个回合，每一个位置判断下一位是否可以走。
转移就是倍增转移：dp[i][j][k]=dp[i][j][k-1]+dp[(i+(1ll<<(k-1)))%n][(j+dp[i][j][k-1])%llcm][k-1];
判断一下如果dp[0][0][44(最大的k)]如果还＜m的话就是-1。
然后求最终答案就相当于树上求k级祖先一样，从大到小拼起来，但是需要注意的是判断有没有到m不能加等于号，因为有可能已经到了m了，但因为m+1到不了只能原地等待，这样会多算答案。
因为没有等于号了所以最后还要加一个1。

4. Monotone Subsequence

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2152E

第一道交互题。交互题还是蛮有意思的啊。

首先因为你啥都不知道所以可以直接询问极端情况。比如对于这道题来说，直接询问[1,n+1]这个区间（称为询问集合）的情况（这里还是能想到的）。然后考虑接下来怎么办。会发现它回答的几个数一定是单调递增的，考虑将这几个数从询问集合里删掉。然后再继续输出询问集合，不断重复n次。这样子就能保证我们每次都能得到一个单调上升子序列，且这n个单调上升子序列的最大值是单调下降的。然后如果这个过程中有回答的数的个数>n，那么就直接输出完事儿了。否则n次下来一定会有一些数没有出现在前面的单调上升子序列中，而且这些数的数值一定不会大于第n个上升子序列的最大值。考虑将n个单调上升子序列的最大值取出来就构成n个单调下降的数，再将未出现的数中随便取一个输出就行了。

5. I Yearned For The Mines

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2133E

还是很神奇的题啊，自己想的完全八竿子达不到正解啊。

首先会发现如果是一条链的情况，直接从链的一头查到另一头就行了。那么就考虑通过2操作将这棵树剖分成若干条链，然后这些链上的点需要O(n)的复杂度挨个检查，剩下n/4次操作2。

然后就有一个非常神奇的结论就是如果当前点的siz>=4，就把这个点操作2一下，从第一个角度理解它就会发现4是最小的 当前点的子树有可能不能构成一条链的 个数，从第二个角度理解就是n个点每四个划分一次。那么这样划分完就会形成若干条最长链长度不超过3的链。

代码实现就是正常dfs，记录要划分的点，标记要摧毁的边，然后从仅有1条连边或者没有连边的点开始跳（链头和孤点），记得多测要清空TT。

多校-dp

1. Multitest Generator

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF1798E

首先能观察到对于一个序列，操作数不会大于2的，因为只要改前两个数即可。（第一个数变成1，第二个数变成序列长度-2）。设f[i]表示i的后缀能形成的test的个数，那么f的转移不难相出。然后考虑答案怎么算，如果当前的a[i]==f[i+1]且f[i+1]!=0，那么就已经合法了，如果这两者都不满足，那么只需把a[i]改为f[i+1]就行，剩下的情况就是f[i+1]=0了，如果答案是1，那么就是要求将i+1的后缀只修改一个就能满足要求，设g[i]表示在i的后缀中修改1次能得到的最多test数，因为如果能通过1次修改就能得到x个test，那x-1个test，x-2个test...也是不难得到的，那么只要判断g[i+1]是否>=a[i]，是那么答案为1，否答案为2。

g的转移也不是很难，自己推推看吧。

2. Bitwise Slides

link：https://www.luogu.com.cn/problem/CF2066C

神奇的dp，一点性质都没发现。

记1,2,3,4...i的异或和为s[i]。首先因为这n个数每一个都被异或过一遍，所以操作到最后三个数的异或和一定就是s[n]，又因为有两个数是相同的，所以最后必定有一个数是s[n]。

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世界灿烂盛大。欢迎回家。