NOIP 第十四次

时效性

A

设 $S$ 为关键点构成的虚树覆盖到的点集（注意不是虚树点集），

查询 $x$ 时，可以发现 $x$ 能到的点集就是 $S$ 并上 $x$ 到任意一个关键点（容易发现选哪个关键点都是一样的）的点集。

钦定第一次操作的 $x$ 为根，则 $S$ 即为所有关键点的根链之并，

$S$ 的最小值即为这些根链最小值的最小值，每次加关键点时更新这个最小值即可。

然后钦定“$x$ 到任意一个关键点的点集”中这个关键点选择根，则这个点集的最小值就是 $x$ 的根链最小值。

两部分最小值取最小值即可。

B

可以发现若最终所有棋子移动到 $x$，则操作次数一定是初始时所有棋子到 $x$ 的距离和除以二，

于是只需求出哪些 $x$ 可以作为最终所有棋子移动到的位置。

设 $s_i$ 表示 $i$ 子树内初始时棋子个数，$f_i$ 表示 $i$ 子树内棋子经过若干操作后到 $i$ 距离和最小是多少，$g_i$ 表示 $i$ 子树内棋子初始时到 $i$ 距离和，

考虑 $u$ 若有一孩子 $v$ 满足 $f_v+s_v>g_u-g_v-s_v$，则 $v$ 子树内的棋子一定不能全部移动到 $u$ 上，

于是此时的最优策略为其他所有子树的棋子均选择 $v$ 子树内的棋子匹配，

这样其他所有子树的棋子均被移到 $u$ 上，而 $v$ 子树内的棋子到 $u$ 距离和还剩 $f_v+s_v-(g_u-g_v-s_v)$，

也就是 $f_u=f_v+s_v-(g_u-g_v-s_v)$。

如果 $u$ 没有这样的孩子 $v$，那最终至多剩一个棋子与 $u$ 距离为 $1$，也就是 $f_u=g_u\bmod 2$。

以 $x$ 为根跑这个 DP，若得到的 $f_x=0$，则 $x$ 可以作为最终所有棋子移动到的位置。

发现需要以每个点为根的 DP 值，换根 DP 即可。

C

警惕 $n=1$。

由期望线性性，只需把每个 $P(f(s_i)=f(s_{(i\bmod n)+1}))$ 加起来，

考虑给定 $x=a_i,y=a_{(i\bmod n)+1}$，如何求出 $P(f(s_i)=f(s_{(i\bmod n)+1}))$。

设 $c_j/d_j$ 表示 $P(f(s_i)=j)/P(f(s_{(i\bmod n)+1})=j)$，则 $P(f(s_i)=f(s_{(i\bmod n)+1}))=\sum c_j\times d_j$。

设 $f_o$ 表示循环节为 $o$ 的串的个数，以 $c_j$ 为例，

所有循环节为 $o\mid x$ 的串，会使 $c_j|j\le o$ 加上 $\dfrac{f_o}{26^x}\times\dfrac 1o$。

$d_j$ 同理，问题变为求两个初始全 $0$ 的序列，分别经过若干次前缀加后，对应位乘积之和，扫描线即可。

现在只剩 $f_o$ 没有求出。可以发现 $g_p=\sum\limits_{o\mid p}f_o=26^p$，狄利克雷前缀差分即可。

D

设 $s\to t$ 的长度为 $L$，记 $p$ 为关键点，当且仅当从 $p$ 能引出 $3$ 条互不相交的，长度为 $L$ 的路径，

则只需判断阵型的某一端能否到达关键点。

以某个关键点为根，依次将阵型的两端移动至其子树内最深的叶子，

若某一时刻阵型的两端有祖先关系，则阵型可以到达关键点。