【省选模拟】口胡

4.5

虚数之树

点分树维护路径，每个点开线段树维护编号区间（其实平衡树更好）

因为是求最短路径，有重叠一定不优，因此不用考虑去除点分树子树贡献

叮叮车

本质上是求 $\underset{x=l}{\overset{r}{max}},x+x$ 在 $7$ 进制下进位次数

记 $l,r$ LCP 下一位为第 $i$ 位，暴力是枚举 $j\ge i$，将 $r[i]-1$，低位全填 $6$，可以通过。考虑贪心，找到从 $i$ 开始的最长能进位连续段，$j$ 为段内最低位（若 $j=0$ 则答案就是 $r$）

没有找到类似贪心，不过应该是对的（假了的话请在评论区告知）

4.4

俩构造一交互有点东西

交互

交互次数 $2n$ 很有提示性，考虑笛卡尔树建树。使用单调栈维护右链，加入点 $i$ 时栈内必然存在相邻点 $u,v$ 满足 $ls(i)=v$，$i$ 在栈中的上一个元素是 $u$。

剩下的问题是找到这个 $u$。不难发现此时 $u$ 的子树不满而 $v$ 的满了，据此判断是否继续弹栈即可

构图

考虑枚举 $deg=k$ 的点数 $x$，那么剩下 $n-x$ 个点的度数和为 $max(kx,(k+1)(n-x)))$（需要把 剩下 $n-x$ 个点的度数和 $-kx$ 补成偶数）

得到 $x$ 后肯定是把这 $kx$ 度数均分给 $n-x$ 个点最优，随便模拟一下即可。瓶颈在于输出方案。

4.1

tree

把 $s$ 到 $t$ 的链拎出来，记做 $v_1\cdots v_k$，预处理 $a[i]$ 表示从 $v_i$ 出发不经过 $v_{i-1},v_{i+1}$ 的最长路

一个错误想法是枚举 $s$ 走到哪，然后 $t$ 的最优决策即为后缀 $max$，取得分差的 $max$ 为答案。问题在于 $s,t$ 是轮流走的，若 $s$ 走过了中点到 $v_i$，$t$ 一定会选择走到 $v_i$ 来迫使 $s$ 提前拐弯

若 $s,t$ 都在链上，只可能是 $(v_i,v_{k-i+1})$ 或 $(v_{i+1},v_{k-i+1})$，否则可以 $O(1)$ 计算答案，因此状态数是 $O(n)$ 的。考虑搜索，以轮到 $s$ 走为例，$dfs(i,j)$ 计算 $(v_i,v_j)$ 的答案，$s$ 要么拐弯 $a[i]-max\{a[k]+j-k\}$ 要么向中间走 $1+dfs(i+1,j)$，递归下去即可。需要维护 $mx[j]=a[k]+j-k$，在 $(i+1,j)$ 的基础上对 $a_{i+1}+j-(i+1)$ 取 $max$ 即可

treecnt $\star$

3.26

灯

答案 $=$ 开灯数 $-$ 相邻两个都开着的灯对数

根号分治。预处理任两大颜色之间的相邻灯对数，维护每个大颜色与多少个开着的小颜色邻，$O(n\sqrt{n})$

可以加强到树上

密室逃脱 $\star$

发现人的移动是可逆的，因此最终局面一定形成若干连通块，每个连通块中分成若干小段，每小段中至少有若干人，其余人可以随意移动，所以能到达每个房间的人数是固定的

设 $f[i,j]$ 为第 $i$ 个房间恰好有 $j$ 人时前 $i$ 个房间最多有多少人，同时要求 $i$ 所在连通块中可以移动的人全在 $i$，因此不存在从 $i+1$ 移动到 $i$ 的情况。转移：

• $j<a_i$：$f[i,j]+k\to f[i+1,k](k<b_i)$（$i$ 与 $i+1$ 不连通）；$f[i,j]+b_i\to f[i,j+b_i]$（$i+1$ 增加 $b_i$ 个人开门）
• $a_i\le j<a_i+b_i$：$f[i,j]\to f[i+1,j-a_i]$（留下 $a_i$ 个人开门）
• $j\ge a_i+b_i$：$f[i,j]\to f[i+1,j]$（全过去了）

数组第二维需要开到 $2\times {10}^4$，因为这么多人一定能走到 $0$。时间复杂度 $O(nm)$

3.22

启程的日子

不妨令 $n<m$，实现上若 $n>m$ 则 swap(n,m) 并标记，使用 write 函数输出一个矩阵，在该函数中判断是否有标记

可以粗略地构造出 $=3$ 的方案：

• $+$：第一列为 $1$，后面奇数行为 $1$，偶数行为原矩阵
• $+$：第 $m$ 列为 $1$，前面偶数行为 $1$，奇数行为原矩阵
• $-$：第一列、第 $m$ 列为原矩阵取反，其余为 $1$

然后考虑需要特判的情况：

• $ans=0$：原矩阵中不存在 $1$，但题目没有明确说明
• $ans=1$：原矩阵只有一个含 $1$ 连通块
• $ans=2$：一定可以由相减得到。枚举原矩阵的极大 $0$ 连通块作为减掉的矩阵，看该连通块是否与所有 $1$ 连通块连通即可
• $n=1$：构造失效，答案显然是 $min($ $1$ 连通块数 $,$ $0$ 连通块数 $+1)$
• $n=m=2$：构造失效，但 $ans\le 2$，所以不需要特判

3.21

Board Game

$O(nm{2}^{nm})$ 暴力：高维前缀和求出终止状态，然后博弈 DP

两部分转移类似，只考虑第一部分。设 $g[s]$ 为 状态 $s$ 是否是终止状态，其取值只有 $0,1$，可以把前 $nm-6$ 位相同的压到一个 ull 里：g[s] = f[s>>6] & 1<<(s&63)

$f[s]$ 内部转移：枚举第 $i$ 位，取出该位为 $0$ 的位置集合 $p[i]$，该位为 $1$ 的位置集合即为 p[i]<<i，f[s] |= (f[s]&p[i]) << i。$O(6\times (2^6+2^{nm-6}))$
$f[s]$ 之间转移：$O((nm-6)2^{nm-6})$ 暴力高维前缀和

Function Query

不妨令 $x<y$。首先 $f$ 在递归过程中 $x+y,gcd(x,y)$ 为定值，所以 $f(x,y)=f(\frac{x}{gcd(x,y)},\frac{y}{gcd(x,y)})$。之后 $x\mathrm{\perp }y$，且 $gcd(2x,y-x)=2$（若 $gcd$ 存在 $>2$ 的质因子 $d$，那么 $d|x,d|(y-x)\Rightarrow d|y$，与 $x\mathrm{\perp }y$ 矛盾），再次除以 $gcd$ 得到 $f(x,y)=f(x,\frac{y-x}{2})$，每次和除以 $2$，直到 $x=y=1$ 或死循环（初始 $x+y$ 不为 $2$ 的次幂）

总结一下，若 $\frac{x+y}{gcd(x,y)}=2^k$，则 $f(x,y)=k$；否则 $f(x,y)=0$。$a$ 为排列，可以枚举 $x$ 和 $x$ 的奇约数 $d$，取 $y=2^{k}d-x$。当且仅当 $d=\frac{gcd(x,y)}{2^i}(2^i|gcd(x,y),2^{i+1}\nmid gcd(x,y))$ 时会枚举一次 $y$ 且从 $y$ 也可以枚举到 $x$。

上述枚举过程时 $O(n{\log }^{2}n)$ 的，不过只有不满 $O(n\log n)$ 对合法的 $(x,y)$，直接做二维偏序即可

3.20

fwx,gjy,pyt

数据结构 $\star$

要求最浅的带权重心，该点子树的权值和一定 $\ge \frac{1}{2}$ 总权值。用 DFS 序把数拍到序列上，序列的带权中心一定在树的带权重心子树内，向上倍增寻找即可