shu-jia

暑假

NOIP2023模拟测试赛（一）

A

每个数出现 $\ge2$ 次，可以容斥：

钦定 $0$ 个数出现 $<2$ 次，减去钦定 $1$ 个数出现 $<2$ 次，加上钦定 $2$ 个数出现 $<2$ 次，...

钦定 $i$ 个数出现 $<2$ 次怎么算？假设它们是前 $i$ 个数（最后乘上 $\binom n i$）。

如果是全出现一次，则可以把这 $i$ 个数划分成若干集合，每个数都被划分且每个集合都有数。

这个方案数就是斯特林数 $i\brace j$，$j$ 是枚举的集合数量。

如果允许有出现 $0$ 次的，那这些 $0$ 次的数再放进一个集合。注意这个集合可能没有数，不符合斯特林数的定义，

那就再假设有一个数，提前给它放到这个集合中。方案数就是 ${i+1}\brace{j+1}$。

我们还需要考虑剩下 $n-i$ 个数。这些数在已经选好的 $j$ 个集合中可以任意出现，

有 $(n-i)j$ 个位置，每个位置可以选择出现或者不出现，方案数即 $2^{(n-i)j}$。

除此之外，还有一些集合可以被选择，那就是不选前 $i$ 个数的集合（前 $i$ 位均为 $0$）。

这些集合无所谓选不选，对前 $i$ 位无影响。它们的选择方案数是 $2^{2^{n-i}}$。最后答案为

$$\sum_{i=0}^n(-1)^n\binom n i2^{2^{n-i}}\sum_{j=0}^n2^{(n-i)j}{{i+1}\brace{j+1}}$$

直接计算，复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

---

B

先假设全树选择次数均为某个数 $k$。我们每次可以选择一棵非全树的子树 $u$，把这棵子树选择次数加 $1$。

那么会导致答案加了 $siz_u$，总重量加了 $\sum_{v\in t_u} m_v$。

现在变成这么个问题：$n$ 个物品，$\sum m$ 作为体积，$siz_u$ 作为价值，物品 $1$ 有无限个，其他物品有 $d$ 个，求体积上限内最大能得到的价值和。

这是一个多重背包，可以二进制分组解决。可是 $d$ 太大，过不去。

考虑一个错误贪心：把所有物品按性价比 $\frac w v$ 从大到小排序，从大到小能选就选。

这个贪心什么时候正确？若 $\frac{w_i}{v_i}>\frac{w_j}{v_j}$，我们可以把 $w_i$ 个物品 $j$ 替换成 $w_j$ 个物品 $i$，因为它们的价值均为 $w_iw_j$，但前者体积为 $w_iv_j$，大于后者体积 $w_jv_i$。

这意味着排完序如果性价比偏低的 $j$ 个数大于性价比偏高的 $i$ 的 $w_i$，且 $i$ 还能放（个数少），可以把 $j$ 替换掉。

注意到 $w_i=siz_i\le50$。所以说，大范围里我们可以贪心，小范围用背包解决即可。

具体地，每个物品拿 $\min(50,d)$ 个出来多重背包，之后枚举每一种权值对应的最小体积，剩余体积贪心分配。

这里由于体积大，权值小，背包的状态要换一下，不再是一定体积能装的最大权值，而是一定权值需要的最小体积。

复杂度 $\mathcal O(n^4\log n)$。

---

C

根据幻想乡战略游戏的经验，权值由一个点从小到大向外发散。

什么，你问我证明？？听说是凸函数相加仍为凸函数，我不太懂！！

还是套路点分，但不同于 P3345，这里 dis 带了个 $1.5$ 的指数，不能直接点分树维护。

也不能每次爆搜 $v$，万一度数很大就完蛋了。

于是使出所谓的凸函数的神秘方法，假设答案不在点上而在边上，考察只有两个点的情况：

$weight=f(x)=\sum_{w\in t_v}(dis(w,u)-x)^{1.5}a_w+\sum_{w\not\in t_v}(dis(w,u)+x)^{1.5}a_w$

这是一个关于 $x$ 的下凸函数，它可能有以下三种姿态：

第一种，说明最优点在边上。那么 $u,v$ 两点中有一者是答案。

第二种，说明从 $u$ 走到 $v$ 答案不断减小。那么就往 $v$ 走吧。

第三种，说明从 $u$ 走到 $v$ 答案不断增大。那么不应该往 $v$ 走，考虑其他儿子吧。

我们发现，$f'(0)$ 的正负性可以判断出要不要走到 $v$（不管第一种，我们实时更新答案即可。）

$$f'(0)=-\frac32\sum_{w\in t_v}dis(w,u)^{0.5}a_w+\frac32\sum_{w\not\in t_v}dis(w,u)^{0.5}a_w$$

这个可以从 $u$ 出发，一次 dfs 预处理得到。于是就不用 dfs 每个 $v$ 了，解决了最大的问题。

复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

---

NOIP2023模拟测试赛（二）

A

先求出最小生成树，记它的权值为 $M$。分类讨论：

• 若 $X<M$，显然怎么染权值都不可能小于最小的权值，答案为 $0$。

• 若 $X=M$，随便搞出一个最小生成树，设为 $T$。

考虑最小生成树的通用处理，对每条树外边 $E$，求出它两个端点在 $T$ 上之间的边权最大值。

设最大值减去边权的值为 $d_E$，显然 $d_E>=0$，否则就不是最小生成树了。

如果我们把当前的树染成同色的（设为黑），那我们要保证其它最小生成树中有异色的。

其他的最小生成树一定是由一些 $d_E=0$ 的边替换掉一些当前树的边得到的。设这些边数量为 $c_0$，

则这 $c_0$ 条边中一定有至少一条白色的。其他边怎么染都无所谓，不会出现在最小生成树中。

方案数即 $2\times(2^{c_0}-1)\times(2^{m-(n-1)-c_0})$。（2 表示树是黑还是白）

如果我们把当前的树染成异色的，那已经满足条件，剩下边随便怎么染都行。方案数即 $(2^{n=1}-2)\times2^{m-(n-1)}$。

• 若 $X>M$，还是搞出一个生成树，求出 $d_E$。

由于 $X>M$，这棵生成树只能染同色，设为黑色。树外边会分成三类：

1.$d_E<X-M$。这些边如果替换进来，生成树权值还是小于 $X$，因此它们必须全部染成黑色。

注意这里不存在替换两条的情况。替换两条的权值大于替换一条，如果替换两条可行，其中至少有一条白色的，如果直接替换这一条，生成树权值应该小于 $X$，不符合题意。

2.$d_E=X-M$。这些边替换进来刚好权值是 $X$，它们之中应该至少有一条白色的。

3.$d_E>X-M$。这些边替换进来不影响答案，随便怎么染都行。

设 $c_2$ 表示第二类边数量，$c_3$ 表示第三类边数量，方案数即为 $2\times(2^{c_2}-1)\times2^{c_3}$。

---

B

$1$ 在哪个位置都一样，不妨设他在第一位，最后答案乘上 $2^n$。

现在简单来说，$1$ 想赢，要满足 $\min\{p_2\},\min\{p_3,p_4\},\min\{p_5,p_6,p_7,p_8\}\dots,\min\{p_{2^{n-1}+1},\dots,p_{2^n-1},p_{2^n}\}$ 这些数中没有出现 $a$ 中的数。

考虑容斥，设上述分组完的 min 分别为 $mn_1,mn_2,\dots,mn_n$。求出 $f(S)$ 表示 $S$ 中包含的 $mn$ 全都在 $A$ 中的方案数（$S$ 是由若干 $mn$ 组成的集合。）

答案即为 $\sum_S(-1)^{|S|}f(S)$。如何求出 $f(S)$？考虑 dp，设 $dp_{i,S}$ 表示只考虑前 $i$ 大的 $a$ 时的 $f(S)$。

转移：每多一个更小的 $a_i$，我们可以继承之前的状态，即 $dp_{i,S}\gets dp_{i-1,S}$。

也可以考虑新开一个集合，令其中最小值为 $a_i$。即

$$dp_{i,S}\gets dp_{i-1,S-\{j\}}\times2^{j-1}\times A_{2^n-a_i-\sum_{x\in S}|x|}^{2^{j-1}-1}$$

这里枚举了新的集合 $j$，乘 $2^{j-1}$ 是因为第 $j$ 个集合大小就是 $2^{j-1}$，$a_i$ 放哪里都可以；

乘 $A_{2^n-a_i-\sum_{x\in S}|x|}^{2^{j-1}-1}$ 是考虑剩下 $2^{j-1}-1$ 个位置放的数，这些位置只要放大于 $a_i$ 的数即可。

可选的数的数量为 $2^n-a_i-\sum_{x\in S}|x|$，还要减去 $\sum_{x\in S}|x|$ 的原因是要减去之前在 $S$ 中已经放过的数的数量。

由于 $a$ 从大到小转移，这些数一定全部大于 $a_i$。所以不会算重也不会算漏。

实现时，$\sum_{x\in S}|x|$ 就是枚举二进制数时的 $S$。复杂度大概 $\mathcal O(nm\log n)$。

---

C

考虑 dp。设 $dp_i$ 表示前 $i$ 位划分的方案数。

转移考虑枚举最后一段的左端点，如果这一段出现一次的数数量 $\le k$ 则可以转移。

这样是平方的。考虑数据结构优化，转移到 $i$ 时维护数组 $b$，$b_j(j\le i)$ 表示 $[j,i]$ 出现一次的数数量。

向右移动一格到 $i+1$ 时，设 $a_i=x$，则将 $(pre_x,i+1]$ 的 $b$ 加 $1$，$(pre2_x,pre_x]$ 的 $b$ 减 $1$。

这里 $pre_x$ 表示上一个 $x$ 的位置，$pre2_x$ 表示上上个 $x$ 的位置。

现在问题变成，区间 $b$ 加减 $1$，求 $b_j\le k$ 位置的 $dp_{j-1}$ 的和。

考虑分块，虽然教主的魔法只能根号log，但这题有特殊性质：每次加减的数为 $1$，且每次都是查询 $k$。

考虑每块内维护桶，修改时整块打上标记，因为只加减 $1$，答案可以根据桶 $\mathcal O(1)$ 维护。

散块直接重构，重构时也可以顺便维护答案。这样就做到了一个根号。

复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n)$。

---

NOIP2023模拟测试赛（三）

A

一个括号序列合法，当且仅当我们把 ( 设成 $1$，) 设成 $-1$，满足设出来的序列所有前缀和 $\ge0$ 且总的和为 $0$。

这里，我们建出 SAM。为了在 SAM 上方便处理，把上述检验中所有前缀变成后缀，$1$ 和 $-1$ 交换一下。

SAM 中每个节点表示了一些本质相同的字符串。维护每个节点 $\text{endpos}$ 中任意一个结束位置 $x$。
设这个节点代表的子串的左端点区间为 $[l,r]$。固定子串的右端点，左端点越向左，越难以满足“所有后缀和 $\ge0$”的条件。

我们可以用 st 表 / 线段树二分等数据结构，或者单调栈，对数时间或均摊 $\mathcal O(1)$ 的复杂度内二分出这个临界点 $k$。对于右端点在 $x$ 的子串，若它的左端点小于等于 $k$，则这个子串一定不合法。

如果 $k>r$，那么这个节点代表的子串都是不合法的。否则令 $k=\max(k,l)$。

现在要求的是，右端点在 $x$，左端点在 $[x,r]$ 的所有子串中有多少个和为 $0$。（赋值完 $1$，$-1$ 之后）

设序列的前缀和数组为 $pre$。也就是求 $[x-1,r-1]$ 内有多少个 $i$ 满足 $pre_i=pre_x$。

随便搞，扫描线可以做到线性。

最后复杂度线性对数，或者精细的话线性。

---

B

link

---

C

神题

环上不会有相邻的两个 $\ge \lceil\frac{m}2\rceil$ 的数。假设 $\ge \lceil\frac{m}2\rceil$ 的数称作大数，否则称为小数。

那么整个环的构成有两种可能：

如上，红色代表大数，蓝色代表小数。

第一种情况下，整个环大小数交替。

第二种，整个环可以从每两个小数之间断开，变成若干链。

我们先研究第二种如何计算。设 $a_{m,n}$ 表示长度为 $n$ 的序列，在 $m$ 下大小数交替，以小数开头小数结尾的方案数。

求出序列 $a_m$ 的 OGF $A_m$，则把这些链拼成长度为 $n$ 的链的方案数即

$$[x^n]\sum_{i}^{\infty}A_m^i=[x^n]\frac1{1-A_m}$$

设 $W=\frac1{1-A_m}$，$W$ 各项系数为 $w$。这里拼的是环，我们要拼的是链。考虑断环为链，如果：

• $1,n$ 之间的断点没有链覆盖，则方案为 $w_n$。

• 否则有一条链跨越 $1,n$ 之间，枚举它的长度 $i$，则方案为 $\sum_i(i-1)a_iw_{n-i}$。（断点有 $i-1$ 种可能，这条跨越的链有 $a_i$ 种可能，剩下是长为 $n-i$ 的链）

下面来求 $a_m$。有一个很神的转化，把 $a$ 中大数全部减去 $\lceil\frac m2\rceil$，剩下的相邻两项之和小于 $\lfloor\frac m2\rfloor$。

而且这两种方案一一对应（可以想象一下）。

设 $f_{m,n}$ 表示长度为 $n$ 的序列，相邻两项之和小于 $m$ 的方案数（原问题去掉环。）

那么因为一一对应，有 $a_{m,i}=f_{\lfloor\frac m2\rfloor,i}$（$m-\lceil\frac m2\rceil=\lfloor\frac m2\rfloor$）。

现在让我们求 $f$。像环一样，考虑把序列从两个小数之间断开。与环不同，头尾两段的序列不一定要小数开头小数结尾，而开头一段可以大数开头小数结尾，结尾一段可以小数开头大数结尾。

考虑设 $b_{m,n}$ 表示长度为 $n$ 的序列，在 $m$ 下大小数交替，以大数开头小数结尾的方案数（可以为空）。

大数开头小数结尾的方案显然是一样的。设 $B_m$ 为 $b_m$ 的 OGF，则答案的 OGF 为 $\frac{B^2}{1-A}$。

这里漏掉了一种情况，和环一样可能只有大小数交替没有可以断开的地方，且大数开头大数结尾。

我们令小数加上 $\lceil\frac m2\rceil$，大数减去 $\lceil\frac m2\rceil$，则这就变成了先前 $a$ 定义的方案（小数开头小数结尾，大小数交替）。

于是答案的 OGF 应该是 $\frac{B^2}{1-A}+A$。

剩下还有环的第一种情况，即整个环大小数交替。还是将大数减去 $\lceil\frac m2\rceil$，这变成一个 $m\gets \lfloor\frac m2\rfloor$ 的原问题。

递归解决即可。这里将 $\lfloor\frac m2\rfloor$ 的子问题还原回原问题有 $2$ 种方式，奇数位加 $\lceil\frac m2\rceil$ 或者偶数位加 $\lceil\frac m2\rceil$。

每层做一个求逆，共有 $\log m$ 层，复杂度 $\mathcal O(n\log n\log m)$。

---

NOIP2023模拟测试赛（四）

A

在每个数出现次数不变的规则下，所有序列都可以转化为以下两种序列之一：

• $\{1,2,1,2,1,2,3,2,3,4,3,4,\dots,x-1,x,x-1,x\}$

• $\{1,2,1,2,1,2,3,2,3,4,3,4,\dots,x-1,x,x-1,x,x-1\}$

证明，设最大的数为 $x$，考虑每个数 $i$ 的出现次数 $c_i$。

我们有 $c_{i}\le c_{i-1}+c_{i+1}$（除了 $1$），因为每个数都由 $i-1$ 或 $i+1$ 走来，一个 $i$ 对应一个 $i-1$ 或 $i+1$。

那么从小的到大的像这样折线放，每放一个 $i$ 就跟放一个 $i+1$，直到 $i$ 不够了就走上面，一定可以涵盖所有情况。

第二种和第一种差不多，我们最后把 $n$ 减一再算一遍就可以得到第二种。来看第一种。

把每个数最后出现的位置标出来（图中红圈）。会发现剩下的点可以被两两匹配（图中蓝色短线划的线段）。

枚举所有数的最大值 $x\le m$，以及序列长度 $l\le n$。那么除去红点共有 $\frac{l-x}2$ 组短边。

这些短边要被分配到 $x-1$ 组里。插板一下就是 $\binom{\frac{l-x}2+x-2}{x-2}$。

列个式子

$$\begin{aligned} \sum_{x=1}^{\min(n,m)}\sum_{l=1}^n\binom{\frac{l-x}2+x-2}{x-2} &=\sum_{x=1}^{\min(n,m)}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n-x}2\rfloor}\binom{k+x-2}{x-2}\\ &=\sum_{x=1}^{\min(n,m)}\sum_{k=x}^{\lfloor\frac{n+x}2\rfloor}\binom{k-2}{x-2}\\ &=\sum_{x=1}^{\min(n,m)}\binom{\lfloor\frac{n+x}2\rfloor-1}{x-1}\\ \end{aligned}$$

直接计算即可。

B

要求字典序比它小的矩阵个数，考虑求某个位置之前都是一样的，当前位置小于原矩阵，剩下合法随便放的方案数。

如图，蓝色、紫色、粉色部分都一样，红色格子是决定字典序的格子，黄色、橙色随便放。（满足错排）

设红色格子为 $(i,j)$，设它最后填了 $x$。

首先需要满足 $x<a_{i,j}$。其次，$x$ 不能在红色区域出现过。

然后，还要求出黄色部分的方案。具体地，假设黄色还能选的数集合为 $S$，紫色的 $a$ 构成的集合为 $T$，

求出 $dp_{i,j}$ 表示共有 $i+j$ 组物品匹配，有 $i$ 组需要满足错排限制，剩下 $j$ 组不需要的方案数。

初始：$dp_{i,0}=f_i,dp_{0,j}=j!$。$f$ 是错排方案数，有 $f_i=if_{i-1}+(-1)^i$。

然后呢，黄色部分的方案就是 $dp_{|S\cap T|,|S|+|T|-|S\cap T|}$
。

现在我们要对每种可能的 $x$ 求出 $|S|,|T|$ 和 $|S\cap T|$。

事实上，枚举 $x$ 只会导致 $S$ 中一个数的变动，不会导致 $|S|,|T|$ 变化。

考虑 $|S\cap T|$ 的变化。如果 $x$ 取到了 $T$ 中的数会让这个值 $+1$，否则不变。

那么现在要求不在粉色区域的，且在紫色区域的，且 $<a_{i,j}$ 的 $x$ 有多少个。

$x$ 取到这些数时会使 $S\cap T$ 少一个数。最后分成两类算即可。

这个 $x$ 的数量可以考虑维护树状数组，向右移动时顺便维护一下即可。

复杂度 $\mathcal O(n^2\log n)$。

C

LIS，LDS 最多只有一个交点。将每个点表示为 $(i,p_i)$，能找到不相交的 LIS，LDS 当且仅当：

序列中存在下标 $a,b,c,d$，满足 $a,b$ 是 LIS 中相邻两项，$c,d$ 是 LDS 中相邻两项，且位置、大小满足下图关系：

即 $c<a<b<d,p_a<p_d<p_c<p_b$。

充分性：显然以上情况，选取包含 $a,b$ 的 LIS，包含 $c,d$ 的 LDS 即为答案。

因为 $a,b$ 是相邻两项，$c,d$ 也是，所以 LIS，LDS 不会有交点。

必要性：如果存在答案，将 LIS，LDS 中相邻点连线。很显然这两条折线会相交（否则有更长的 LIS / LDS）

假设相交的两条线段，LIS 的端点为 $a,b$，LDS 的端点为 $c,d$。如下图。

$(a,p_a),(b,p_b)$ 将平面分成了九块。中间一块一定没有点，否则 $a,b$ 不是相邻两项。

设 $c<d$。则 $(c,p_c)$ 可能在左上角一块，正上方，正左方，左下角或者右上角。

看看左上角。那么 $(d,p_d)$ 可能在下方，右下角或者右方。

如果在下面，你发现 $c-a-d$ 构成了下降子序列，与 $c,d$ 在 LDS 中相邻矛盾。

在右边同理，右下方更是使 $b,c$ 都可以插到中间。

类似地讨论 $c$ 在其他地方。我们会发现，只有 $c$ 上 $d$ 下或者 $c$ 左 $d$ 右满足条件。

这两种情况是对称的。至此必要性也证明完毕。

回到这个具有充要性的图。我们现在要做的是，求图中是否存在这么一个结构。

没有的话无解，有的话找一个出来。

注意到求 LIS 的时候，每个 $b$ 对应多个 $a$。这些 $a$ 的排列一定按图中箭头方向。

（越右上的 dp 值一定越大，可以从左下的转移而来）

而 $a$ 越往右，合法的 $c,d$ 只会变多。所以我们对每个 $b$ 求对应的最大的 $a$，设为 $pre_b$。

同理的，每个 $c$ 对应一些 $d$，而这里 $d$ 越大越能满足条件。因此我们对每一个 $c$ 维护最大的 $d$，设为 $nxt_c$。

那么对于每一组 $b,pre_b$，要求满足 $p_c\in(p_b,p_{pre_b})$ 的 $c$ 的 $nxt_c$ 最大值，看看最大值是否大于 $b$。

如果大于 $b$ 则这组 $a,b,c,d$ 合法。这个简单扫描线，线段树维护最大值即可。

复杂度线性对数。还有，实现时求对称的结构可以直接反转数组再做一遍！/qiang

---

NOIP2023模拟测试赛（五）

A

$A_i$ 把值域分成若干段。暴力 dfs 每个数在哪一段。

然后暴力枚举每个数的大小关系。可以求出 LIS 长度。

然后求概率。随便算，长得像一个插板。

复杂度魔幻。$n\le6$ 且跑不满，基本怎么写都能过。

B

考虑 dp：$dp_i$ 表示前 $i$ 个灯笼能照亮的最长前缀。

转移，考虑看第 $i$ 个灯笼向左还是向右。

如果向右，那么 $1\sim i$ 一定都是照亮的（才会更长）。

若 $dp_{i-1}\ge i$，$dp_{i}\gets\max\{dp_{i-1},i+p_i\}$。否则 $dp_{i}\gets dp_{i-1}$。

如果向左，只需要 $1\sim i-p_i-1$ 被照亮。

找一个最小的 $j$ 满足 $dp_j\ge i-p_i-1$。那么 $j+1\sim i-1$ 全部可以向右，转移即

$$dp_i\gets \max\{i-1,\max_{k=j+1}^{i-1}\{k+p_k\}\}$$

考虑方案如何求。反向推，如果当前 dp 值由向右得到，则自己向右，走到 $i-1$ 继续推。

否则自己向左，$j+1\sim i-1$ 全部向右，走到 $j$。

复杂度线性对数。

C

即求权值前 $k$ 大的区间之和。考虑二分，求第 $k$ 大过程中求出这个和。

设二分的值为 $x$，要求有多少个区间的权值大于等于 $x$，以及这些权值的和。

考虑扫描线扫 $r$。$l$ 越大 $[l,r]$ 的权值最小。所以可以双指针。

区间的权值如何快速计算呢？考虑对于每个小的区间 $[a_i,b_i]$，把数轴上 $[a_i,b_i]$ 赋值为 $i$。

那么扫到 $r$ 的时候查询数轴上有多少个 $\ge l$ 的数即代表 $[l,r]$ 的答案。

考虑颜色段均摊。那么要维护前 $k$ 大的和，考虑 $r$ 向右移对所有 $l$ 的影响：

覆盖 $[a_r,b_r]$，把其中的颜色段提取出来，每段都变成了 $r$。

假设这段原先是 $y$，长度为 $len$，则 $l\in[y+1,r]$ 的权值都会加 $len$。

总共 $\mathcal O(n)$ 次区间加。注意到权值随着 $l$ 增加而减少，区间加完也是减少的。

区间加考虑差分，设 $d_i=w_i-w_{i-1}$（$w$ 为权值），则 $[y+1,r]$ 加 $len$ 等价于 $d_{y+1}$ 加 $len$，$d_{r+1}$ 减 $len$。

设双指针前面的指针为 $p$，满足 $\forall l\in[1,p],w_l\ge x$，且 $p$ 最大。

那么在对权值区间加时，如果区间加的左端点 $y+1$ 在 $p$ 左侧，直接计算多出来这段对和、权值的贡献。

否则打上差分的标记，等 $p$ 走到右边的时候再计算贡献。

至此复杂度 $\mathcal O(n\log^2n)$。但注意到每次 ODT 执行的操作是一模一样的，可以在二分前先搞好这些操作。

二分时直接调用转换后的颜色段均摊操作，复杂度即为 $\mathcal O(n\log n)$。

---

NOIP2023模拟测试赛（六）

A

果然是 braintest。有点智障

这个强制在线有明显的漏洞，你发现 lst 会一直是 $0$，之后某次询问后一直是 $1$。

假设变成 $1$ 的询问序号是 $k$，那么 $1\sim k$ 的询问都没被加密。

我们假设一个 $k$，如果操作完 $1\sim k$ 图不连通，说明真正的 $k$ 在这个 $k$ 之前（或等于）。

那么可以二分，每次暴力删边 check，复杂度线性对数。

此题存在线性做法，具体地改删边为倒序加边，并查集判断是否连通。

B

考虑 $m=2n$ 的解。我们把矩阵黑白染色，$(1,1)$ 填黑，黑格填上所在行数，白格填上所在列数 $+n$。

例如 $n=6$，如下：

$$1\quad8\quad1\quad10\quad1\quad12$$

$$7\quad2\quad9\quad2\quad11\quad2$$

$$3\quad8\quad3\quad10\quad3\quad12$$

$$7\quad4\quad9\quad4\quad11\quad4$$

$$5\quad8\quad5\quad10\quad5\quad12$$

$$7\quad6\quad9\quad6\quad11\quad6$$

考虑优化，我们先搜索得到一个 $n=4,m=6$ 的好矩阵，如下：

$$2\quad4\quad2\quad6$$

$$1\quad3\quad2\quad3$$

$$5\quad3\quad5\quad6$$

$$1\quad4\quad5\quad4$$

这里这个矩阵不仅满足原有限制，我们将它横向或者纵向循环移位都会得到好的矩阵。

还是将原矩阵黑白染色，然后我们用上述矩阵拼成一个大矩阵，把黑格子的数加上所在行除以 $4$ 乘 $6$，白格子的数加上所在列除以 $4$ 乘 $6$。假设加的这些数称为额外数。

为什么这样是对的？考虑如果存在两组相同的相邻格子，它们上面黑白格子所加的额外数一定相同。

减去这些数，在原来的 $4\times4$ 矩阵中就会出现两组相同的相邻格子，这与假设矛盾。

因此这样构造一定是对的。

C

考虑 kruskal 求最小生成树的过程，每当加入一条边，如果两端未联通，这条边就在最小生成树中。

设对于一个图，$F(i)$ 表示只保留边权 $\le i$ 的边得到的图连通块个数。

那么从 $F(i-1)$ 到 $F(i)$，减少的连通块个数即为边权为 $i$ 的边在最小生成树中的数量。

即，最小生成树权值为 $\sum_{i=1}^ki(F(i-1)-F(i))$。

推一下，即为 $-kF(k)+\sum_{i=0}^{k-1}F(i)$。

现在对于这个完全图要求 $E(-kF(k)+\sum_{i=0}^{k-1}F(i))$。

$$E(-kF(k)+\sum_{i=0}^{k-1}F(i))=-kE(F(k))+\sum_{i=0}^{k-1}E(F(i))$$

设 $f(n,i)=E(F(i))$，$n$ 表示图的点数，即 $n$ 个点的完全图，保留 $\le i$ 的边的期望连通块数。

现在要求的就是 $-k+\sum_{i=0}^{k-1}f(n,i)$。为了求 $f$ 还要套路的求一个东西：

设 $g(n,i)$ 表示，$n$ 个点的完全图，保留 $\le i$ 的边，全图联通的概率。

转移 $g$：用 $1$ 减去不连通的概率，枚举 $1$ 所在的连通块大小 $j<n$：

$$g(n,i)=1-\sum_{j=1}^{n-1}\binom{n-1}{j-1}g(j,i)(1-\frac i k)^{j(n-j)}$$

乘 $(1-\frac i k)^{j(n-j)}$ 是因为，这个大小为 $j$ 的连通块不能与其他点有 $\le i$ 的边。

转移 $f$：枚举 $1$ 所在的连通块大小 $j<n$：

$$f(n,i)=\sum_{j=1}^n\binom{n-1}{j-1}g(j,i)(1+f(n-j,i))(1-\frac i k)^{j(n-j)}$$

注意到，$g(n,i)$ 是一个关于 $i$ 的 $\frac{n(n-1)}2$ 次多项式。这个可以归纳证明，这里不写了。

同理可以归纳证明，$f(n,i)$ 也是一个关于 $i$ 的 $\frac{n(n-1)}2$ 次多项式。

要求的 $\sum f(n,i)$ 就是关于 $i$ 的 $\frac{n(n-1)}2+1$ 次多项式。

$n$ 很小，我们可以求出这个前缀和的前 $\frac{n(n-1)}2+2$ 项，然后拉格朗日插值。

复杂度 $\mathcal O(n^4)$。

D

参考这个。板子题不解释

---

NOIP2023模拟测试赛（七）

我出的

---

part2