北大集訓 CTT 2021 部分題解

忘報名北大集訓，還是能看到題，省了 8000 塊錢，贏麻了。

鴿表示沒**，may be 無正解思路。

鴿。$k = 2$ 的做法：考慮分治，取中間點，處理所有跨過中點的，連上左右兩邊所有到這裡的邊，遞迴下去，是 $o(n \log n)$ ，但是有很多重複，恰好卡進。

$k = 3$ 的做法，取若干關鍵點分成若干塊，開頭結尾兩塊只用連字尾 / 字首邊，中間每塊連前字尾，並且中間關鍵點兩兩連邊，用 dp 算出最優的分塊位置。

$k > 3$，考慮擴充套件，可能可以分成 $k - 2$ 部分，每部分兩兩連邊啥的。

令怪物總數、詢問數量是 $o(n)$ 量級，$g, l, d$ 值域是 $v$。

順序如果確定，打怪物看成 $-a, b$，答案就是 $- $ 字首 $\min$。

首先過程可以貪心描述，先打能回血的，回血裡按 $a$ 從小到大打，之後每次血量都會變小，一定按 $b$ 從大到小打（考慮微繞 $\min(-a_1, -a_+b_1-a_2) \ge \min(-a_2,-a_2+b_2-a_1)$，兩個括號左邊不可能作為全域性最小值，即 $b_1 \ge b_2$，答案不會更劣）

於是問題變成了四維偏序空間內，按一定順序排好的字首 $\min$。（可以理解為有 $5$ 個維度？

每次暴力是 $o(qn)$，有 $10$ 分。

$>3$ 維偏序，$\log$ 類分治資料結構不如根號，根號不如 bitset。

但這個還得按特殊順序排序，考慮每 $b$ 塊預處理，我們只會每塊 $o(2^b)$ 的複雜度預處理，所以預處理總複雜度 $o(\frac2^b)$。

查詢的時候，把每一維的 bitset 整出來 and，然後在預處理的東西裡查詢即可，複雜度 $o(\frac)$

取 $b = \log n$ 最優，複雜度為 $o(\frac)$。

感覺蠢爆了。但是在這個資料複雜度確實很優越。。。

為了規避巨大空間，可以按塊處理，這樣空間就是線性了。

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咋會還有這種題。

記 $pre_i$ 是 $i$ 同顏色前驅。

選擇的 $x, y$ 需滿足，$a_y$ 在 $[r + 1, n]$ 中唯一，$a_x$ 在 $[1, y]$ 中唯一，$x \ge pre_y$。

按 $y$ 從小往大，維護出現一次的 $x$ 的集合，取最大的元素看一下就行。

$o(n \log n)$

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全域性操作，考慮記個 $tag$ 表示進行了幾次操作 $2$。

那麼每個值設為 $a_i + tag \times i$。那麼每次 $1$ 相當於全域性對 $v - tag \times i$ 這個等差數列進行 $\text$。

如果一開始 $a$ 無窮大是好做的，每次改變的是乙個字尾，維護乙個棧算一下覆蓋的字尾是哪些，區間覆蓋等差數列就好了。

考慮算一下每個 $i$，$a_i$ 什麼時候第一次被 $\text$，之後的過程就是類似上面的，相當於維護乙個 $01$ 序列，支援維護 $1$ 的那些點的和，覆蓋等差數列，以及單點 $0$ 變 $1$。

找到第一次，可以整體二分 + 李超樹 $o(n \log ^2n)$，瓶頸也是這裡。

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此題可以做到兩次，深感恐懼，還沒讀代老師**。

垃圾做法：

$8200$ 次：從高到低確定每位，考慮每次問兩個一樣的串，只有第 $i$ 位是 $1$，那麼他會進製到後面的一段 $1$，期中滿足最後乙個 $1$ 位置和他同號，中間那些和他異號。

考慮並行這個過程，但是如果低位擴充套件太長影響高位就寄了，，

考慮分塊，把 $8200$ 分成 $90$ 塊，每塊從開頭開始擴充套件，發現每次要麼都擴充套件了至少 $1$，要麼有一塊跨越段爆了，複雜度貌似可以保障，從小到大找到最小的跨越一段的塊，前面的往右邊跳，這個塊跨完了，分析一下上界是 $2\sqrt = 180$ 的，卡點通過，又慢又拉。

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首先肯定只有 $x \rightarrow 1$ 這樣的邊讓他回去更快。

然後打表發現是這麼放的（令 $x$ 表示連 $x \rightarrow 1$ 的邊）：

設 $c_i$ 表示 $i$ 到 $1$ 連的邊數。$c$ 顏色相同連續段最多 $3$ 段。

同時自然列出 $o(n)$ dp，發現可以矩陣快速冪優化發現 $c$ 相同一段其實就是等比數列求和。

$o(t \log n)$

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詐騙。考慮什麼時刻是合法的，發現是未點亮的聯通塊是一 $\rightarrow$ 當前兩頭都未點亮邊數是 $n - 1 - $ 當前操作次數。

有根樹居然推出無根限制，真神秘。。。限制每條邊獨立。

同時如果合法的，目前貢獻相當於一頭點亮一頭未點亮個數。

所以合法位置個數可以轉化為區間加，求 $0$ 的個數，同時求 $0$ 的位置那些貢獻和，還得區間加貢獻，線段樹維護最小值 $\&$ 最小值次數，同時維護最小值對應的貢獻值之和即可。

樹真恐怖。

$o((n + m) \log n)$。

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個人理解，區間長度不會太長。

果不其然，$2000$ 足以。

掃瞄線，$o(1)$ 改，$o(\sqrt)$ 區間 $\min$。

喜提最劣解。

$o(m \sqrt )$

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鴿。應該是任意一種情況，對應係數成比例。

設長度是 $n$。

那麼對應關係是 $b^i \leftrightarrow (-1)^\rfloor} b^\rfloor - \lfloor\frac\rfloor\ +\ i\ \bmod\ k}$

代入 $i = 0$ 發現這個比例是後者是前者的 $b^\rfloor}$ 倍。

\[b^i = (-1)^\rfloor} b^\rfloor\ +\ i\ \bmod\ k}

\]\[b^\rfloor\times(k+1)} = (-1)^\rfloor}

\]這個 $i$ 是隨便取的，那麼就得有 $b^ = -1$。

就大概就是半階 $-1$。

根據一些數論知識，$b, p$ 不互質沒有階，沒有階沒有半階。

半階的奇數倍也都是 $-1$。

階的所有倍都是 $1$。

考慮半階若存在只能是階 $/2$，如果不是，會發現階會變的更小，矛盾。

這樣只用找階，分解素因數後，可以有每次 $\log$ 做法。

考慮分解 $\phi(p)$ 質因數，每次考慮乙個質因子至少需要幾個，剩下的都湊足了，重複直到是 $1$ 即可，每個質因子獨立。

有些情況要特判 $p = 2$，半階為 $1$ 時答案是 $2$。

複雜度 $o(\sqrt + t \ \times \log p)$

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注意每次操作有後效性。。。

沒有特殊條件的基礎遊戲，每個棋子 $sg$ 函式就是子樹 $mex$，就是子樹高度。

加上特殊條件，如果根確定，當前狀態就是 $a$ 奇數字置的高度的 $xor$，k 想贏，必須選乙個 sg 函式恰好是當前狀態的把異或為 $0$，而又他能選的是一段區間滿足 $\le$ 最大高度。

定義 $w_x$ 為距離 $x$ 最遠的距離。

轉化完題意就是乙個點是好的當且僅當以它為根 $1$ 的位置的高度的 $xor$ 大於 $w_x$。

直接求 $o(nm)$ 可以 $45$。。

就是問乙個臨域有多少好的。

可以發現若干根號平衡方法，但是在樹上，通常有鏈剖分的形式來轉化為 $\log$。

考慮乙個點的影響，相當於最多對 dfn 的三個區間 xor 相同的數。

考慮長鏈剖分，相當於每次修改，子樹外部分，長兒子，輕兒子們 xor 的數各自一樣。

那麼就簡單的做到了 $o(\log)$ 改、查單點。這樣能得 69 分，11 那個過了感覺是資料太水。

考慮單獨維護每個點輕兒子的答案，剩下的暴力查。

發現幾乎全部點，他們輕兒子也都是整體 xor 乙個樹，除了 $x$ 如果是自己父親的輕兒子，那可能只用改 $x$ 在清父親中的影響。

那麼我們考慮這樣乙個資料結構，初始有兩個序列 $a_, b_$，每次 $a$ 整體異或 $k$，求有多少個 $i$ 有 $a_i > b_i $。

這題其實限制更緊，$b_i$ 都一樣，不過我沒發現。。。

記錄當前異或的總量 $k$，發現對於乙個 $i$，有貢獻的 $k$ 可以拆成 trie 樹上 $\log$ 個子樹，那麼插入的時候把這些子樹加，查詢單點查走到底加起來就行。

複雜度 $\log$。

總複雜度 $o((n + m) \log n)$。

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可能需要類 / 萬歐？我好菜，不會。

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