IOI2025集训队互测 W5

Day13(20241112)

获得成就：在集训队员中登顶。

T1 线段树与区间加

感觉题解做法很牛，所以我来写一下我的 $O(n\log n+q\sqrt{n})$ 做法。

我们先考虑单独维护 $laz$ 数组。

如果先不考虑 pushdown。发现我们对区间 $[l,r]$ 进行加法操作，就是找到所有 $[L_i,R_i]\subseteq [l,r]$ 且 $[L_{f{a}_i},R_{f{a}_i}]\subseteq [l,r]$ 的节点 $laz$ 增加 $k$。发现这个限制太奇怪了，所以我们考虑对于所有 $[L_i,R_i]\subseteq [l,r]$ 的节点 $laz$ 增加 $k$。那么一个节点实际上的 $la{z}_i$ 就等于 $la{z}_i-la{z}_{f{a}_i}$。

那么对其求和就有 $\sum v{b}_i(la{z}_i-la{z}_{f{a}_i})$，交换一下顺序就有 $\sum la{z}_i(v{b}_i-v{b}_{ls}-v{b}_{rs})$。发现这样 pushdown 只需要把那些要 pushdown 的节点的 $la{Z}_i$ 变成 $0$ 即可。

我们记 $va{l}_i=v{b}_i-v{b}_{ls}-v{b}_{rs}$，那么我们维护的操作有：

• 对于所有 $[L_i,R_i]\subseteq [l,r]$ 的节点 $la{z}_i$ 加上 $k$。
• 对于所有 $[l,r]\subseteq [L_i,R_i]$ 且 $[L_i,R_i]⊈[l,r]$ 的节点的 $la{z}_i$ 清空。
• 查询的 $\sum va{l}_{i}la{z}_i$

发现把所有的 $(L_i,R_i)$ 看成二维平面上的点，那么要做的操作就是矩形加和矩形推平，考虑使用 KDT，时间复杂度为 $O(q\sqrt{n})$。

现在再考虑吧 $a$ 数组。

仍然沿用上面对于 $laz$ 的修改，那么对于一个区间，如果这个区间的实际区间和为 $su{m}_i$，那么有 $a_i=su{m}_i-la{z}_{f{a}_i}\ast le{n}_i$。

那么维护 $\sum v{a}_i{a}_i$ 就是要维护 $\sum v{a}_{i}su{m}_i-\sum la{z}_i(v{a}_{ls}le{n}_{ls}+v{a}_{rs}le{n}_{rs})$。对于前者，每一次修改的贡献可以通过前缀和和差分实现；对于后者，只需要将 $va{l}_i$ 修改成 $v{b}_i-v{b}_{ls}-v{b}_{rs}-v{a}_{ls}le{n}_{ls}-v{a}_{rs}le{n}_{rs}$ 即可。时间复杂度仍然是 $O(n\log n+q\sqrt{n})$，感觉跑起来还挺快的。

T2 字符串

考虑 $S[i,i+l-1]<S[i+l,i+2l-1]$ 意味着什么，发现在绝大多数情况下等价于 $r{k}_i<r{k}_{i+l}$，其中 $r{k}_i$ 表示 $i$ 在后缀数组中的排名。

而 $r{k}_i<r{k}_{i+l}$ 可以直接二维数点，使用树状数组可以做到 $O((n+q)\log n)$。

发现反例就是 $S[i,i+l-1]=S[i+l,i+2l-1]$ 但 $r{k}_i<r{k}_{i+l}$ 的情况。考虑如何处理 $S[i,i+l-1]=S[i+l,i+2l-1]$。

直接使用优秀的拆分的 trick，先枚举 $l$，然后找到满足 $S[i,i+l-1]=S[i+l,i+2l-1]$ 的 $i$ 连续段 $[L,R]$，那么如果有 $r{k}_L<r{k}_{L+l}$，那么这一段区间都是被额外统计的。而这样的连续段最多只有 $O(n\log n)$ 段，仍然使用树状数组进行二维数点可以做到 $O((n+q){\log }^{2}n)$，常数较小可以通过。

发现这种结构其实就是 runs，所以我们对于每一个 runs，枚举最小循环节重复多少次，这样得到的连续段 $[L,R]$ 只有 $O(n)$ 个，时间复杂度也就做到了 $O(n\log n)$。

T3 格雷码

据说可以把这个题的大致做法。

发现格雷码的限制比较宽松，所以认为在 $n\mid 2^n$ 时，极差为 $0$；$n\nmid 2^n$ 时，极差为 $2$。

你发现直接构造是不太可能的，所以考虑增量构造。发现 $n\to n+1$ 不太现实，所以考虑 $n\to n+2$。

在 $n+2$ 中，我们对于后 $n$ 位的构造还是依赖 $n$ 的结果，想办法对于前两位来进行构造。

我们将 $n$ 的序列拆成：$A_1{P}_2{A}_2{P}_2\dots A_m{P}_m$，其中 $A_i$ 是一段操作，$P_i$ 是单个操作，$A_i^R$ 记为 $A_i$ 反转后的结果。

题解给出如下构造方式（$m$ 为奇数）：

$$\begin{array}{c}{A}_1,n+1,A_1^R,n+2,A_1,P_1\\ A_2,n+2,A_2^R,n+1,A_2,P_2\\ \dots \\ A_m,n+1,A_m^R,n+2,A_m\\ n+1,A_m^R,P_{m-1},\dots A_2^R,P_2,A_1^R,P_1,n+2\end{array}$$

发现 $A$ 中的数出现了 $4$ 次，$P$ 出现了 $2$ 次，但 $P_m$ 没有出现，$n$ 和 $n+1$ 出现了 $m+1$ 次。由于极差取的是最小值，所以数字出现次数的集合是确定的，想办法找到一组满足条件的分割即可。

Day14(20241115)

你说得对，但是 225,220,220,220,220...

T1 Two permutations

感觉这道题就随机写一写就写出来了？

显然有 $i$ 不会在计算 $i$ 的集合中出现，所以显然有 $v_i\le i$，我们大胆猜测满足这个条件就一定有解。我们让 $i$ 连向 $v_i$，就会形成一棵树。

树的特殊情况是链，那么我们考虑 $v_1=1,v_i=i-1(i\ge 2)$ 的情况。

通过暴搜发现只有四组解，他们本质上就是如下的结构：$1325476\cdots +21436587\dots$。

那么发现对于树上的每一条链，单独拉出来都是这个结构，那么我们按照从小到大加入每一个 $i$，根据 $v_i$ 所在的位置以及当前深度的奇偶性来决定会插入到那一个位置：例如对于左侧，深度为奇数的点会插在最后面，深度为偶数的点会插在 $v_i$ 的后面。发现可以使用链表维护，时间复杂度 $O(Tn)$。

T2 冲刺

这种题的受众到底都是谁

T3 串联

考虑使用合并果子点分治。我们就考虑经过分治中心的所有路径。我们看每一个点到分治中心的路径，我们关注他的路径上最小值 $A_i$ 和权值和 $B_i$。那么我们想要找到异侧的两个点 $(i,j)$，使得其满足 $min(A_i,A_j)(B_i+B_j)\ge V$ 的最小的 $B_i+B_j$。

考虑按照 $A$ 从大到小枚举 $i$，找到所有 $A_j\ge A_i$ 中 $B_j\ge {\displaystyle \frac{V}{A_i}}-B_i$ 的最小的 $B_j$，可以直接使用数据结构维护。

时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

Day15(20241117)

今天集训队 rk1 和 rk15 分差 $300$，感觉自己错完了。

T1 药水

记 $D=r-l+1$

发现清空这个问题是不好处理的，所以我们尝试将问题倒序过来：

实时维护一个数 $x$，表示当前还需要多少药水。如果某一天 $i<0$，那么令 $x\leftarrow x-i$，表示需要的药水数增加了 $|i|$；如果 $i\ge 0$，那么令 $x\leftarrow max(0,x-i)$，表示有了 $i$ 瓶药水。同时，每一次操作之后要保证 $x\le k$，同时连续的 $m$ 天中至少有一个 $x=0$。

发现 $x=0$ 之后前后的状态是相对无关的，我们只关注 $x$ 从 $0$ 开始，进行一定数量的操作之后，第一次到 $x=0$ 这一段。假设长度为 $len$ 的概率为 $f_{len}$，那么我们只关注 $1\le len\le m$ 的情况，记 $F=\sum _{i=1}^m{f}_i{x}^i$，那么最终的答案就是 $[x^n]{\displaystyle \frac{1}{1-F}}$。

由于只找第一次 $x=0$ 的时刻，所以可以认为是找第一次 $x\le 0$ 的情况，那么就可以把二操作的取 $max$ 去掉。

考虑如何刻画 $x\le k$ 和 $x>0$ 的限制。发现在 $l=-1,r=1$ 的时候长得很像格路计数，所以尝试使用各路计数去考虑，那么每一次就是向右走 $1$ 步，向上走 $x\in [l,r]$ 步。

我们可以在所有 $(i,j)$ 处放上障碍，其中 $i\in \{-2,-1,0,k+1,k+2,k+3\},j\in \{1,2,\dots m\}$，我们就是要对于每一个障碍 $p$，统计它是第一次被遇到的概率 $W_p$。

记 $W(p)$ 表示从 $(0,0)$ 走到 $p$ 的概率，记 $G=\sum _{i=l}^r{a}_i{x}^i$，那么 $W(p)=[x^{p_y}]G^{p_x}$。

那么 $f_p=W(p)-\sum _q{f}_{q}W(p-q)$，发现这个转移时单向的，所以可以使用分治 NTT 来时限。那么现在的问题就是求出所有的 $W(p)$ 和 $W(p-q)$。

发现所有需要的 $W(p)$ 中 $p_x$ 取遍了 $1\sim m$，但是 $p_y$ 只有 $[k+1,k+D]$，$[-D,D]$，$[-k-D,-k-1]$ 这共计 $O(D)$ 个数。

同时由于 $G$ 的项数也只有 $D$ 项，所以可以通过分析 $t{G}^{\prime }(G^t)=G(G^t{)}^{\prime }$ 的某一项系数，发现可以从 $G^t$ 连续的 $D$ 项系数得到他的上一项或者下一项，同时我们也可以从 $G^t$ 的连续 $D$ 项得到 $G^{t+1}$ 的某一项。那么所有我们需要的 $W$ 都可以递推出来。

复杂度疑似是 $O(mD\log m(D+\log m))$，但是我没写代码，我不知道。

T2 字符游戏

没搞懂，不会细节。

博弈论问题，所以我们考虑计算 SG 值。发现每一步只会有 $|\mathrm{\Sigma }|$ 中决策。

发现通过维护一些东西之后，是可以支持对一个字符串 $O(|\mathrm{\Sigma }{|}^2)$ 地从前面或者后面插入一个字符，$O(|\mathrm{\Sigma }{|}^3)$ 地合并两个串。

所以直接套用点分树，可以做到 $O(n\log n|\mathrm{\Sigma }{|}^2+q|\mathrm{\Sigma }{|}^3)$ 的复杂度。

T3 子集和

发现这个循环卷积无法加速，所以对于单次询问，我们仅能支持 $O(m)$，那么发现 $O(m)$ 能够支持对于两个多项式查询某一个点的值，所以我们想办法把问题变成两个多项式的乘积。

首先将 $[l1,r1]\times [l2,r2]$ 的询问差分成 $[1,L]\times [R,n]$ 的。

考虑猫树，我们找到 $l\le L\le mid<R\le r$ 的节点，那么我们应当在这个节点维护如下信息：对于所有 $l\le i\le mid$，维护 $\sum _{j=1}^{i}f(\{1,2\dots mid\}\setminus \{j\})$；对于每一个 $mid<i\le r$，维护 $\sum _{j=i}^{n}f(\{mid+1,mid+2\dots n-1,n\}\setminus \{j\})$。那么从查询可以直接合并 $L$ 和 $R$ 处对应的信息。

那么考虑如何构造，我们只考虑左侧，右侧是对称的。对于 $\sum _{j=1}^{l-1}f(\{1,2\dots mid\}\setminus \{j\})$ 是可以从父亲处继承过来的，而 $\sum _{j=l}^{i}f(\{1,2\dots mid\}\setminus \{j\})$ 的部分，我们可以再用一次分治乘的方式 $O(mlen\log (len))$ 的求出所有的 $f(\{1,2\dots mid\}\setminus \{j\})$，然后做一遍前缀和即可。

时间复杂度 $O(nm{\log }^{2}n+q(m+\log n))$。