SDSC2021

有很多东西还没有写。。。

zyb七道ioi两道imo，以及lxl的题看起来非常不可补！！！

Day1

测试

\(T1\)

给一个 \(m\) 次的多项式 \(f(x)\) ，令

\(\begin{cases}a_0=a\\a_n=a_{n-1}+f(n)\times a_{\left\lfloor\frac{n+b}{c}\right\rfloor}\end{cases}\)

求 \(a_n\) 对 \(1004535809\) 取模

\(n\le 10^{18},m\le 20\)

PS：zyb不让用lld！！！

\(T2\)

题意：给一张图，每个点的权值 \(w\in\{1,2,3\}\) ，然后对于所有为 \(1\) 的点，选一些特殊点，使得去掉所有 \(2\) 点或者去掉所有 \(3\) 点之后，任何一个 \(1\) 点所在的连通块内都至少有一个特殊点，最小化特殊点的数量，输出方案，对于 \(2,3\) 求同样的东西。 \(n\le10^5,m\le 2\times 10^5\)

\(sol\) ：把所有 \(2\) 点删掉会形成若干连通块记作 \(p_1,p_2,p_3...p_k\) ，把所有 \(3\) 点删掉后形成的若干连通块 \(q_1,q_2,q_3...q_l\) ，然后考虑建一个二分图，然后左边是 \(k\) 个点，右边是 \(l\) 个点，两个点之间连边当且仅当有点同时在这两个连通块里，然后问题就变成了最小边覆盖，总点数-最大匹配，构造方案的话，就是先把最大匹配的边都搞了，然后剩下每个点随便找条边就好了/kk

PS：俺考场上yy了一个贪心，然后发现大样例过不去，于是让它按随机顺序遍历每个点，多跑几遍获得了70pts

\(T3\)

题意：交互题，每次询问两个点之间的距离，次数不超过 \(m\) 次，让你构造这棵树。 \(n\le 10^5,m\le 5\times 10^6\)

PS：tyy二轮给过一个 \(n^2\) 的题，然后我就硬搞过来了，然后zyb不讲武德和暴力一个分，但还有点良心给了45

讲课

主要讲题答，讲了模拟退火，原理是最优解附近通常也很优，为了避免陷入局部最优解，需要一定概率跑出去。然后控制一个温度，温度越高就越可以跳出去，过程中不断降温。

然后讲了各种模拟退火和各种造计算机题，没得写。。。

交互

\(T1\) ：两个 \(int\) 范围内的数 \(x,y\) ，每次询问可以给两个数 \(z,w\) ，然后会告诉你 \(x\oplus z\) 与 \(y\oplus w\) 的大小，确定 \(x,y\) 。询问次数 \(65\) 。

\(sol\) ：首先都异或 \(0\) 确定两个数哪个大，不妨设 \(x<y\) ，那么从第一位开始考虑，先对 \(x\) 第一位取反，再对 \(y\) 第一位取反。两次的结果代表的数字和把这一位都清零之后剩下的数的大小如下。

\(<,<:0,1,x<y\)

\(<,>:1,1,x<y\)

\(>,<:0,0,x<y\)

\(>,>,0,1,x>y\)

\(T2\) ：二分，询问次数卡的非常紧，如果你最后要多问一次那你就无了。

\(sol\) ：不会，好像是从下往上构建决策树然后随机区间什么的我不会。

\(T3\) ：你有 \(n\) 台机器，有好的和坏的，然后好的一定比坏的多，好机器说话一定是真的，坏机器说话不能判断真假，然后你最多 \(2n\) 次问机器 \(i\) ，问他机器 \(j\) 是好的还是坏的。最后判断所有机器的好坏。

\(sol\) ：做一个栈，栈里面元素的类型都一样。然后如果栈目前是空就把这台机器扔进去，否则让它和栈顶互问，如果都说对方是好的，那么这两要么都好或者都坏，直接丢进栈就好，否则一定一个好一个坏，那么两个都扔掉，因为好的比坏的多，所以最后栈里面剩下的一定是好机器。然后你过程中那个并查集啥的维护一下什么就好了。

关于这个题zyb提了另外一个题，这个题据zyb研究可以出成交互，一堆数，众数出现次数大于 \(\dfrac{n}{2}\) ，要求你空间 \(\Theta(1)\) 求出众数。类似于这题，两个变量，一个记录目前的众数，另一个记录出现次数，如果目前出现次数为零就把这个数当众数，否则如果这个数和众数一样那么出现次数加一，出现次数减一，因为众数出现次数大于 \(\dfrac{n}{2}\) ，那么最后一定是众数留下。

\(T4\) ：竞赛图，每次可以询问一个点与另一个点之间边的方向，然后求这个图中的一条长度为 \(n\) 的链。 \(n\le 10^3,m\le 10^4\)

\(sol\) ：考虑增量，如果 \(n\) 指向链头那么做完了，如果链尾指向 \(n\) 那么做完了，否则中间一定有个位置 \(x\) 使得 \(x\rightarrow n,n\rightarrow x+1\) ，这个可以二分，以前紫书上做到过，虽然它没有什么单调性。。。考虑最后一定是一堆指着 \(n\) 的，所以有解是肯定的。那么你二分一个位置，如果它也指着你后面也指着你，那么它肯定在一堆指着你的区间里面，那么前面到这里肯定有个位置复合，如果在一堆被指着的区间里面，那么后面肯定有个位置符合。

\(T5\) ：一棵二叉查找树的权值是点的编号，然后你 \(2n\) 次询问一个点是否是另一个点的祖先，让你确定这棵二叉查找树

\(sol\) ：模拟建一棵笛卡尔树即可。

通信

\(T1\) ：给一棵 \(n\le 70\) 个点的树，然后程序 \(A\) 要输出一个 \(128\) 位的 \(01\) 串，\(B\) 要根据这个串把树复原出来。

\(sol\) ：因为一棵树 \(dfs\) 的时候，进入加一个左括号，出来加一个右括号，除了根以外都这样做，那么形成的 \(2n-2\) 的括号序列是唯一的，然后卡特兰数 \(C(69)\) 恰好比 \(2^{128}\) 小点，然后你只需要求字典序第 \(k\) 大的括号序列，\(oiwiki\) 上有，这个过程可逆。

\(T2\) ：给一个 \(10^{18}\) 以内的非负整数，然后你输出一棵不超过 \(100\) 个结点的树，然后根据这棵树复原这个非负整数。

\(sol\) ：考虑一条链上挂不超过 \(2\) 个点总共有 \(4\) 种情况，那么你每种情况代表一个树，然后就是 \(4^{30}\) 左右的数都可以表示，多用几个点可以表示更大的，tyy有一个组合数的东西貌似可以把这个数据范围翻倍但我不会。

Day2

测试

\(T1\)

题意 ：问有多少个排列，满足每个数在 \(1-a_i\) 或者 \(a_i-n\) （题目会告诉你），\(n\le 5\times 10^3\)

\(sol\) ：\(dp\)

\(T2\)

题意 ：给一棵树，有 \(m\) 个物品，每个物品经过一条边有 \(p_i\) 的概率消失，随机选取一个起点和一个终点，问从起点花 \(a_i\) 元买入，花 \(b_i\) 的钱在终点卖出去，如果中间消失就亏钱了，问对于每个物品期望赚多少钱。\(n,m\le 10^5\)

\(sol\) ：多点求值+点分治

\(T3\)

题意 ： 通信题， \(A\) 输入一个 \(n\) 位 \(01\) 串，输出一个 \(m\) 位的 \(01\) 串，其中有 \(k\) 位是指定好的，\(B\) 只知道 \(m\) 位的 \(01\) 串，问一开始的 \(n\) 位 \(01\) 串是什么样。 \(n\le 10^3,n+k+50\le m\)

\(sol\) ：

讲课

构造

\(T1\) ：构造一个长 \(2^n\) 的首尾相接的 \(01\) 串，使得所有相邻的 \(n\) 位恰好组成 \(2^n\) 种不同的 \(n\) 位 \(01\) 串。

\(sol\) ：欧拉回路

\(T2\) ：

后来整了一堆ioi和imo题，有空再搞

Day3

测试

讲课

\(CF150E\) ：写过这个题，当时有线段树的三 \(\log\) 做法，还有单调队列排序的二 \(\log\) 做法，但都是基于点分治的，lxl毒瘤给出了不用淀粉质的一 \(\log\) 做法。首先二分是肯定的，然后就变成了线性求一条长度最大的链，然后长链剖分按 \(\log(n)\) 分块，对块动态建 \(st\) 表，然后不会了。

\(CF793F\) ：考虑扫描线扫右边界，因为是维护 \(\max\) 一类的东西所以向右扫看起来才比较像话。然后就维护 \(f_i\) 表示从 \(i\) 开始爬的答案，对于一个右边界，因为右边界相互不同所以有唯一的对应的左边界 \(l\) ，然后就变成了对 \(i\le l,f_i>=l\) 修改 \(f_i\) 为 \(r\) ，然后这是个经典吉老师线段树。

\(CF536E\) ：考虑 \((u,v,l)\) 有三个自由度，前两个是等价的，然后你发现如果每条边的权值一直在变那你好像很难做，所以我们考虑离线扫 \(l\) ，然后每条边的权值只会变化一次，这个时候你树剖一下，变化就变成了单点修改，然后查询的时候你只需要每个区间内部的答案，以及跨区间的答案，你只需要知道左区间右边有多少个连续的 \(1\) ，右区间左边有多少个连续的 \(1\) 就好了。

\(CF1476G\) ：

\(CF1109F\) ：

\(CF1446F\) ：

Day4

Day5

测试

讲课

\(CF360E\) ：首先如果可行，那么必然存在一种方案，使得边权不是 \(l_i\) 就是 \(r_i\) ，这个其实是很套路的，因为找到 \(s_1\) 到 \(t\) 的最短路径，如果这条边在这条最短路上那么取 \(l_i\) ，否则取 \(r_i\) 。

正解是这样的：初始令所有边的边权为 \(r_i\) ，然后如果存在一条边权为 \(r_i\) 的边 \((u,v)\) 使得 \(dis_{s_1,u}<dis_{s_2,u},\) 那么就把它的边权变成 \(l_i\) 。最多跑 \(k\) 次 \(dijkstra\) 把所有能改的边都改了。

考虑这条边是否在目前两个起点的最短路径上，如果都在，那么改不改无所谓。

如果只在 \(s_1\) 上，那么改了肯定更好，这个时候如果改这条边有意义（指改了之后有可能会有解），那么 \(dis1_u<dis2_u\) ，如果不满足，\(s_2\) 的路径最差情况下也可以经过这条边，然后把 \(s_1\) 吊起来锤，所这时候改不改是没有讨论意义的。

如果只在 \(s_2\) 上，那么同样的道理，如果 \(dis1_u<dis2_u\) ，那么改不改无所谓改了就是了。

如果都不在，那么考虑改了之后的结果，如果两条路径都不会变或者都变那么无所谓，因为 \(dis1_u<dis2_u\)。如果变，如果先变了 \(s_2\) 的，那么因为 \(s_1\) 没变过来所以肯定要比 \(s_2\) 优，改不改都可以，如果先变了 \(s_1\) 的，那么说明优化了 \(s_1\) 肯定更有可能。

所以变了肯定不会变劣，变它就是了。

\(CF772E\) ：考虑增量，维护虚树，那么因为这棵树的特性，所有点构成的虚树就应该是最终的答案。然后我们动态暴力点分治，我们查这个点和左右儿子中任意一个叶子的答案，然后我们就可以确定出是在左儿子还是右儿子，然后边界条件是如果到了叶子，或者到了这一次增量一个访问过的重心，那么新建结点。

\(CF843E\) ：

\(CF1209H\)

\(CF1270I\)

\(CF1292F\)