2025牛客暑期多校训练营10

最后一场了，后面打三天训练赛我就该小学期了，训练赛题解系列暂时停更，但是有可能更新小学期项目的日志之类的。

大概情况是这样的

STATUS	COUNT
AC	6
赛后补	0

排名是 164，还比较好。这场打的比较好最大的原因应该是敢于尝试，尝试一些无法严格证明的结论或者时间复杂度，赌对了就过了。我敲了一下午代码，又累又爽吧。今天配合的挺好的，我直接续着队友的思路写代码改细节，做的时候队友复盘思路找问题，一套下来做的还挺流畅的。似乎没什么任何一个人独立做出来的题，思路大部分是他们的，所以全标队友的主要贡献了。

D. Grammar Test (grammar) ^队友#

本场签到题，排除了连续 0 和连续 1 之后讨论交换次数就比较容易的得到了结论。

E. Sensei and Affection (affection) ^队友#

本来想着加完之后的序列一定不会超过最大值，但是想错了， m = 2 的时候有可能超过一点更优，让多个包含最大值的段集体加 1 如果能满足题目的条件，显然比分开加更优。

代码是我写的，第一次忘记了取所有可能的情况的 min (空调冷 / 连续写代码多了写迷糊了)，第二次是上面那个逻辑错误。

1
#include <iostream>
2

3
using namespace std;
4
typedef long long LL;
5
const int N = 10010;
6

7
LL f[N][2], a[N];
8

9
int main() {
10
    int T;
11
    scanf("%d", &T);
12
    while (T--) {
13
        int n, m;
14
        LL mx = 0, mn = 0x3f3f3f3f, r = 200;
15
        scanf("%d%d", &n, &m);
16
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
17
            scanf("%lld", &a[i]);
18
            mx = max(mx, a[i]);
19
            mn = min(mn, a[i]);
20
        }
21
        f[0][0] = f[0][1] = 0;
22
        if (m == 1) mn = mx, r = mx;
23
        int g[2] = {};
24
        LL res = 0x3f3f3f3f;
25
        for (int t = mn; t <= r; ++t) {
26
            for (int tt = mx; tt <= r; ++tt) {
27
                g[0] = t, g[1] = tt;
28
                if (g[0] >= a[1]) f[1][0] = g[0] - a[1];
29
                else f[1][0] = 0x3f3f3f3f;
30
                if (g[1] >= a[1]) f[1][1] = g[1] - a[1];
31
                else f[1][1] = 0x3f3f3f3f;
32
                for (int i = 2; i <= n; ++i) {
33
                    for (int j = 0; j < 2; ++j) {
34
                        f[i][j] = 0x3f3f3f3f;
35
                        for (int k = 0; k < 2; ++k) {
36
                            if (g[j] - a[i] >= 0 && g[k] - a[i - 1] >= 0) f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][k] + max(0LL, (g[j] - a[i]) - (g[k] - a[i - 1])));
37
                        }
38
                    }
39
                }
40
                res = min(res, min(f[n][0], f[n][1]));
41
            }
42
        }
43
        printf("%lld\n", res);
44
    }
45
    return 0;
46
}

F. Sensei and Yuuka Going Shopping (yuuka) ^队友#

枚举第一个分隔点，开一个类似链表的结构记录每个 x 下一次出现的位置，线段树区间加维护前面的点对于后面的点选为第二个分隔点的贡献，实现的时候会遇到很多边界情况，比较需要谨慎。

这道题也是我写的，我竟然一遍就过了。

虽然不影响结果，但是我其实干了个大蠢事，维护区间最大值的位置可以不用写这么麻烦的，直接存位置，pushup 的时候更新上来就可以。然而我自创了一个方法，记录了通往最大值的路径，两条链同时向下递归找的最大值，还好我没写挂。你说我犯蠢了吧，我写对了，你说我不犯蠢吧，自己给自己找麻烦……

1
#include <iostream>
2
#include <cstring>
3

4
using namespace std;
5

6
const int N = 150010, M = 1000010;
7

8
int a[N], v[M], ne[N], fir[N];
9
int tr[N * 4], tag[N * 4], mxp[N * 4];
10

11
void pushup(int u) {
12
    if (tr[u << 1] > tr[u << 1 | 1]) {
13
        mxp[u] = 0;
14
    }
15
    else {
16
        mxp[u] = 1;
17
    }
18
    tr[u] = mxp[u] ? tr[u << 1 | 1] : tr[u << 1];
19
}
20

21
void pushdown(int u) {
22
    if (tag[u]) {
23
        tag[u << 1] += tag[u], tag[u << 1 | 1] += tag[u];
24
        tr[u << 1] += tag[u], tr[u << 1 | 1] += tag[u];
25
        tag[u] = 0;
26
    }
27
}
28

29
void modify(int u, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
30
    if (ql > qr) return;
31
    if (ql <= l && r <= qr) {
32
        tr[u] += v, tag[u] += v;
33
    }
34
    else {
35
        pushdown(u);
36
        int mid = l + r >> 1;
37
        if (ql <= mid) modify(u << 1, l, mid, ql, qr, v);
38
        if (qr > mid) modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr, v);
39
        pushup(u);
40
    }
41
}
42

43
int query(int u, int l, int r, int ql, int qr) {
44
    if (ql <= l && r <= qr) {
45
        return tr[u];
46
    }
47
    else {
48
        pushdown(u);
49
        int mid = l + r >> 1;
50
        int res = 0;
51
        if (ql <= mid) res = max(res, query(u << 1, l, mid, ql, qr));
52
        if (qr > mid) res = max(res, query(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
53
        return res;
54
    }
55
}
56

57
pair<int, int> query_mxp(int u, int l, int r, int ql, int qr) {
58
    if (l == r) return {tr[u], l};
59
    else if (ql <= l && r <= qr) {
60
        pushdown(u);
61
        int mid = l + r >> 1;
62
        if (mxp[u] == 0) return query_mxp(u << 1, l, mid, ql, qr);
63
        else return query_mxp(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
64
    }
65
    else {
66
        pushdown(u);
67
        int mid = l + r >> 1;
68
        pair<int, int> t1 = {-1, -1}, t2 = {-1, -1};
69
        if (ql <= mid) t1 = query_mxp(u << 1, l, mid, ql, qr);
70
        if (qr > mid) t2 = query_mxp(u << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);
71
        if (t1.first > t2.first) return t1;
72
        else return t2;
73
    }
74
}
75

76
void print(int u, int l, int r) {
77
    if (l == r) printf("%d ", tr[u]);
78
    else {
79
        pushdown(u);
80
        int mid = l + r >> 1;
81
        print(u << 1, l, mid), print(u << 1 | 1, mid + 1, r);
82
    }
83
}
84

85
int main() {
86
    int T;
87
    scanf("%d", &T);
88
    while (T--) {
89
        int n;
90
        scanf("%d", &n);
91
        memset(ne, 0, sizeof(int) * (n + 1));
92
        memset(fir, 0, sizeof(int) * (n + 1));
93
        memset(tr, 0, sizeof(int) * (n * 4 + 1));
94
        memset(tag, 0, sizeof(int) * (n * 4 + 1));
95
        memset(mxp, 0, sizeof(int) * (n * 4 + 1));
96
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
97
            scanf("%d", &a[i]);
98
            if (v[a[i]]) {
99
                ne[v[a[i]]] = i;
100
            }
101
            else fir[i] = true;
102
            v[a[i]] = i;
103
        }
104
        int res = -1, p1 = 2, p2 = 3;
105
        for (int i = 1; i <= n - 2; ++i) {
106
            if (fir[i]) modify(1, 1, n, ne[i] + 1, v[a[i]], 1);
107
            else modify(1, 1, n, i + 1, ne[i], -1);
108
            int qs = query(1, 1, n, i + 1, n);
109
            if (res < qs) {
110
                res = qs;
111
                p1 = i + 1, p2 = query_mxp(1, 1, n, i + 1, n).second;
112
            }
113
            // print(1, 1, n);
114
            // printf("\n");
115
        }
116
        printf("%d\n", res);
117
        printf("%d %d\n", p1, p2);
118
        for (int i = 1; i <= n; ++i) v[a[i]] = 0;
119
    }
120
    return 0;
121
}

H. Rev Equation (NOI-tAUqe ver.) (equation) ^队友#

算是半个签到题吧，可能的情况比较少。

1
#include <iostream>
2

3
using namespace std;
4

5
int main() {
6
    ios::sync_with_stdio(0);
7
    cin.tie(0), cout.tie(0);
8
    int T;
9
    cin >> T;
10
    while (T--) {
11
        string s;
12
        cin >> s;
13
        if (s[0] != s[2] && (s[0] == '0' || s[1] != '-')) cout << "Yes" << endl;
14
        else cout << "No" << endl;
15
    }
16
    return 0;
17
}

I. Matrix (matrix) ^队友#

这道题本来一直没思路，尝试过分类讨论，只讨论出了 1 * m 或者 n * 1 的结论，当时还以为 n 和 m 不能同奇同偶。直到研究暴搜搜出来的答案的时候，暴搜搜出来一个这个

1
1 9 17 16 8
2
2 10 18 15 7
3
4 12 20 13 5
4
3 11 19 14 6

观察到 1,2,3,4, 5,6,7,8 …… 分别各占了一列，然后思路就突然打开了。之前单独讨论一行或者一列的情况的时候得出了一个结论，只要左右左右循环走就一定能正好全部填上，证明可以根据前缀和的奇偶性证。看到这个合法的矩阵之后，我们就想是不是可以每列上下走走完之后左右走换到下一列再上下走，然后不同奇同偶的情况应用了这个结论之后验证样例没问题，又多测了几组，都以为行了的时候，交了一发 WA 了。

后来写了个 100 * 100 内的验证，自测逻辑的问题，如果填不满就输出错误数据并 return 123，~~然后把队友的 wsl 跑死机了，~~在我这儿跑了一发，发现问题，3 6 的时候返回了 123。我首先指出了问题，左右走的时候，每次走的长度都是一个 n 的倍数，m 个连续的 n 的倍数 mod m 能出现 m 个不同的位置当且仅当 n 和 m 互质，讨论确定无误之后，改了有解的条件，之前所有的有解的分类讨论都归结成了一类，再交一发成功拿下。

1
#include <bits/stdc++.h>
2
using namespace std;
3
typedef long long ll;
4
int n,m;
5

6
int dx[] = {1, 0, -1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
7

8
int gcd(int a, int b) {
9
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
10
}
11

12
int main()
13
{
14
    scanf("%d%d", &n, &m);
15
    if (gcd(n, m) == 1) {
16
        printf("YES\n");
17
        vector<vector<int>> a(n, vector<int>(m, -1));
18
        int x = 0, y = 0, t = 1;
19
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
20
            for (int j = 0; j < n - 1; ++j) {
21
                a[x][y] = t;
22
                x = ((x + (j & 1 ? 1 : -1) * t) % n + n) % n;
23
                t++;
24
            }
25
            a[x][y] = t;
26
            y = ((y + (i & 1 ? 1 : -1) * t) % m + m) % m;
27
            t++;
28
        }
29
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
30
            for (int j = 0; j < m; ++j) {
31
                if (a[i][j] == -1) return 123;
32
                printf("%d ", a[i][j]);
33
            }
34
            printf("\n");
35
        }
36
    }
37
    else {
38
        printf("NO\n");
39
    }
40
    return 0;
41
}

K. Amazing Sets (amazing) ^队友#

思路还是队友那来的，我只想出来一个可能的优化，然后他竟然跑得飞快，难以置信。

大体上看这是一个树上背包问题的变体，数的大小是 10⁴，所有节点的权值和也是 10⁴，直接 nm² 暴力显然不太合适。我想出来一个办法，这道题本质上做的其实是类似一个树上的集合合并操作，考虑用 bitset 存状态，启发式合并玄学降低时间复杂度，合并状态时从 f_x 和 f_y 选择一个少的枚举 1 的位置，把多的移位或进答案更新回 f_x(类似二进制数作乘积的操作)，一个启发式合并大概是一个 log，一个 bitset 优化除掉了一个 32，外加所有 a 的和比较小，有效状态应该比较少，理论上可能能过。

期间 WA 了一发，因为

状态转移方程循环里面的 j 全写成了 i；
没看到根节点不一定是 1。

然后还真就神奇的过了。

1
#include <iostream>
2
#include <bitset>
3

4
using namespace std;
5
const int N = 10010;
6
bitset<10001> f[N];
7
int s[N], a[N], deg[N];
8
int head[N], ne[N], ver[N], tot;
9

10
void add(int x, int y) {
11
    ver[++tot] = y;
12
    ne[tot] = head[x];
13
    head[x] = tot;
14
}
15

16
void dp(int x) {
17
    for (int i = head[x]; i; i = ne[i]) {
18
        bitset<10001> b(0);
19
        int y = ver[i];
20
        dp(y);
21
        s[x] += s[y];
22
        a[x] += a[y];
23
        if (f[x].count() > f[y].count()) swap(f[x], f[y]);
24
        b |= f[y];
25
        for (int j = 0; j <= 10000; ++j) {
26
            if (f[x][j]) b |= f[y] << j;
27
        }
28
        f[x] |= b;
29
    }
30
    if (!s[x]) f[x].set(a[x], 1);
31
}
32

33
int main() {
34
    int n, m;
35
    scanf("%d", &n);
36
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
37
        scanf("%d", &a[i]);
38
    }
39
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
40
        int x, y;
41
        scanf("%d%d", &x, &y);
42
        deg[y]++;
43
        add(x, y);
44
    }
45
    scanf("%d", &m);
46
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
47
        int x, y;
48
        scanf("%d%d", &x, &y);
49
        s[x]++, s[y]--;
50
    }
51
    int rt;
52
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
53
        if (deg[i] == 0) {
54
            rt = i;
55
            break;
56
        }
57
    }
58
    dp(rt);
59
    f[rt][0] = 1;
60
    printf("%ld\n", f[rt].count());
61
    return 0;
62
}

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