Public NOIP Round #7

A

答案为 $\sum\limits_{k \ge 0} \sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = 1}^n [a_i + b_j \ge 10^k]$。先把 $a, b$ 排序，枚举 $k$ 后双指针统计答案即可。时间复杂度 $O(n (\log n + \log V))$。

B

若 $|a_i - a_j| = k$ 就在它们之间连一条无向边。因为保证序列没有相同元素所以图是若干条链。

容斥，相当于断开若干条边，然后把剩下的链拼接在一起，其中长度 $\ge 2$ 的链要乘一个 $2$ 的系数（顺序正着或者反着均可）。预处理出长度为 $i$ 的链断成 $j$ 条链的贡献系数，最后直接 DP 即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

C

考虑固定了 $w, b$ 如何算 $f(w, b)$。不失一般性假设 $w \ge b$。

设 $S$ 为必须是白色的点（其所有子树大小均 $< w$），分类讨论。

• 若 $S \ne \varnothing$，把 $S$ 中的点删除后黑点只能在其中一棵子树内，$f(w, b)$ 为大小 $\ge b$ 的子树个数。
• 若 $S = \varnothing$，$f(w, b)$ 只能为 $1$ 或 $2$。$f(w, b) = 1$ 当且仅当存在一个点，它有两棵子树 $\ge w$，另外还有一棵子树 $\ge b$。感性理解一下，若这个条件不满足那么黑色连通块相当于被白色连通块堵住了，要么在它前面要么在它后面，不可能跨过它，所以等价类数量为 $2$。

得到这个结论后计算答案是简单的。仍然分两类讨论。

• 若 $S \ne \varnothing$，从大到小枚举 $w$，并查集维护删除 $S$ 后各个连通块的大小。线段树维护 $\sum\limits b \times f(w, b)$ 即可。
• 若 $S = \varnothing$，我们预处理出每个点前三大的子树大小，然后算出第二大子树大小 $\ge w$ 时第三大子树大小的最大值 $t$。那么 $b \in [1, \min(t, w)]$ 时 $f(w, b) = 1$，$b \in [\min(t, w) + 1, w]$ 时 $f(w, b) = 2$。

这样只计算了 $\sum\limits_{w = 1}^{n - 1} \sum\limits_{b = 1}^{\min(w, n - w)} w \times b \times f(w, b)$，把答案乘 $2$，最后减去 $\sum\limits_{i = 1}^n i^2 f(i, i)$ 即可。

时间复杂度 $O(n \log n)$。

D

考虑 $a_i \le 10$ 的部分分。

拆贡献，转 $01$，枚举一个 $p$，令 $b'_i = [b_i \ge p]$，把所有 $p$ 的情况的 $1$ 的个数求和即可。

差分，转化为计算 $\sum\limits_{i = 1}^x a_i$。

发现只有 $01$ 的冒泡排序过程是非常好看的，大致形如每个 $0$ 每轮都会往前移一格。所以我们不妨统计 $0$ 的个数和。发现这个就是 $[l, \min(l + x + k - 1, r)]$ 中 $0$ 的个数对 $x$ 取 $\min$。

这个是很好用主席树算的。大概就是求出区间中第 $r - l + 2 - x$ 大的数，设其为 $t$，那么 $p \le t$ 时贡献为区间 $0$ 的个数（这个等于 $\sum\limits_{i = l}^r \max(t - a_i, 0)$，可以主席树计算），$p > t$ 时贡献为区间长度。

时间复杂度 $O(n \log n)$。