B. Wrong Answer
构造一个长度为 2000 的数组，满足最大“子段和 $ imes$ 子段长度”比最大子段和刚好大 k
sol：
一个比较好的构造方法：
令数组总和为 $S$，然后构造 $a_1,a_2,...,a_{1998}=0,a_{1999}=-d,a_{2000}=S+d$
这样正确答案是 $2000 imes S$，最大子段和是 $S+d$
发现 $S = frac{k+d}{1999}$
于是令 $d=1999-(k space mod space 1999)$ 即可
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i <= i##end; ++i) #define dwn(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch; for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-f; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=10*x+ch-'0'; return x*f; } int main() { int k = read(); int d = 1999 - k % 1999; int S = (k + d) / 1999; cout << 2000 << endl; rep(i, 1, 1998) cout << 0 << " "; cout << -d << " "; cout << S + d << endl; }
D. isolation
给一个数组 a，把数组分成若干不相交的子段，使得每段“只出现一次的数”不超过 k 个
求有多少种分法，膜 998244353
$n leq 10^5$
sol：
考虑 dp，令 $f(l,r)=[l,r]中只出现一次的数的数量$，假设可以很快的算出 $f(l,r)$ ，令 $dp(i)=前i个的分法$ ，则 $dp(0)=1,dp(n) = sumlimits_{i=0}^{n} dp(i) imes [f(i+1,n) leq k]$
现在只要快速算出 $f(l,r)$ 并想办法加速转移即可
然后是一系列神仙操作：
首先，枚举 $r$，尝试构造一个数组 $b[l,r]$ 使得对于枚举的 $r$，$f(l,r) = sumlimits_{i=l}^r b[i]$，
因为我们要枚举 $r$ ，所以只需考虑如何快速使 $b_x[]$ 变成 $b_{x+1}[]$ 即可（$b_x$ 表示当 $r=x$ 时的 $b[]$）
一开始，$b_0[0]=0$，为方便描述，记 $pre(x)$ 为数字 $x$ 上一次在 $a$ 数组中出现的位置，保证存在
对于给定的 $a_{x+1}$
如果 $a_{x+1}$ 在之前至少出现过 $2$ 次，把 $b[pre(pre(x+1))]$ 设为 $0$
如果 $a_{x+1}$ 在之前出现过 $1$ 次，把 $b[pre(x+1)]$ 设为 $-1$
最后不管如何，把 $b[x+1]$ 设为 $1$
这样就能保证：出现两次或以上的数对 sumb 的贡献为 0，出现一次的数对 sumb 的贡献为 1
b 数组可以 $O(n)$ 递推出来，考虑怎么优化转移
考虑分块（这就是我的知识盲区了）
每块 [l,r] 维护：
1. $f(l,r)$ （也就是 sumb）
2. 对于每一个 $i in [-sqrt{n},sqrt{n}]$，维护对于每个 $f(x,r) leq i$ 的 $x$ ，维护 $dp(x-1)$ 的和
对于 2. ，因为 $i$ 是递增的，我们可以对 $i$ 维护一个前缀和
转移的时候在本块以及前面的块里查，本块查的是 $[0,k]$ ，往前查就把右端点每次减这一块的 sumb 就可以了
这样递推到每一个 $r$ 的时候，单块修改 $O(sqrt{n})$ ，状态转移最多涉及到 $O(sqrt{n})$ 个块
一路递推到 $n$ 就可以了
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i, s, t) for(register int i = s, i##end = t; i <= i##end; ++i) #define dwn(i, s, t) for(register int i = s, i##end = t; i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x = 0, f = 1; char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch == '-')f = -f; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int mod = 998244353,maxn = 1e5 + 10; int n,k; int a[maxn], b[maxn], nx[maxn], cur[maxn], f[maxn], bl[maxn]; inline void inc(int &x, int y) {x += y; if(x >= mod) x -= mod;} struct block { int l, r, sum, sumf[700], sz; void calsum() { memset(sumf, 0, sizeof(sumf)); int cur = 0; dwn(i, r, l) { cur += b[i]; inc(sumf[sz + cur], f[i - 1]); } rep(i, 1, sz + sz) inc(sumf[i], sumf[i - 1]); } int query(int pos) { if(pos + sz < 0)return 0; return sumf[min(pos + sz, sz + sz)]; } }bs[350]; inline void update(int pos, int val) { f[pos] = val; bs[bl[pos + 1]].calsum(); } int query(int x) { int ans = bs[bl[x]].query(k), cursum = bs[bl[x]].sum; dwn(i, bl[x]-1, 1) { inc(ans, bs[i].query(k - cursum)); cursum += bs[i].sum; } return ans; } int main() { n = read(), k = read(); rep(i, 1, n) a[i] = read(); rep(i, 1, n) nx[i] = cur[a[i]], cur[a[i]] = i; f[0] = 1; int kk = sqrt(n); rep(i, 1, n) bl[i] = (i - 1) / kk + 1; rep(i, 1, bl[n]) { bs[i].r = min(i * kk, n); bs[i].l = bs[i-1].r + 1; bs[i].sz = bs[i].r - bs[i].l + 1; }bs[1].calsum(); rep(i, 1, n) { if(nx[nx[i]]) { int pos = nx[nx[i]]; b[pos]++; bs[bl[pos]].sum++; bs[bl[pos]].calsum(); } if(nx[i]) { int pos = nx[i]; b[pos] -= 2; bs[bl[pos]].sum -= 2; bs[bl[pos]].calsum(); } b[i]++; bs[bl[i]].sum++; bs[bl[i]].calsum(); update(i, (f[i] = query(i))); } cout << f[n] << endl; }
E.Legendary Tree
交互题，有一棵不知道形态的树
每次可以给定两个不相交点集 $A,B$ 和一个点 $v$ ，系统会回答你满足 $v$ 在 $s->t$ 简单路径上，$sin A,tin B$，这样的点对 $(s,t)$ 数量
求树形态
$n leq 500,交互次数 leq 11111$
sol：
一道我不是很喜欢的构造题
因为构造出来基本上只有题解的一种
那我就发题解吧
首先，令 $1$ 为根，对每个 $i$ ，询问 $({1},{2,3,...,n},i)$，这样可以问出来每个点的子树大小，这样是 $(n-1)$ 次（$1$ 号点的子树大小显然是 $n$）
之后把点按子树大小从小到大排序，按字数大小递增顺序枚举每个点，设 $v_i$ 为子树第 $i$ 大的点，
设已知点（下面已经知道，上面还不知道）的集合为 $X$，一开始，$X$ 中只有 $v_1$，因为显然 $v_1$ 是一个叶子
每次我们按如下步骤：
1.询问 $({1},{X},v_i)$，得到 $v_i$ 的直接儿子数量，记为 $k$
2.把 $X$ 中元素按任意顺序排成一列 $X_1,X_2,...,X_{|X|}$
3.重复 $k$ 次，每次二分找一个最小的 $m$，满足：询问 $({1},{X_1,X_2,...,X_m},v_i)$ 的结果大于 $0$，这个等价于 $X_m$ 和 $v_i$ 有一条边相连，每次找到这个 $m$ 就把 $X_m$ 删了（因为不满足 $X$ 的定义）
4.把 $v_i$ 加入 $X$
总询问次数 $(n-1) + (n-1) + (n-1) log_2n$
会感觉“好强啊但给我自己做我永远都做不出来”
可能这就是菜吧 quq
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i <= i##end; ++i) #define dwn(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch; for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-f; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=10*x+ch-'0'; return x*f; } int query(vector<int> s, vector<int> t, int node) { cout << s.size() << endl; for(int i = 0; i < (int)s.size(); ++i) { if(i != 0)putchar(' '); cout << s[i] + 1; } cout << endl; cout << t.size() << endl; for(int i = 0; i < (int)t.size(); ++i) { if(i != 0)putchar(' '); cout << t[i] + 1; } cout << endl; cout << node + 1 << endl; return read(); } vector<int> nd, size, p; vector<pair<int, int>> ans; set<int> X; int main() { int n; cin >> n; for (int i = 1; i < n; ++i) nd.push_back(i); p.resize(n); for (int i = 0; i < n; ++i) p[i] = i; size.resize(n); size[0] = n; for (int i = 1; i < n; ++i) size[i] = query({ 0 }, nd, i); sort(p.begin(), p.end(), [](int x, int y) { return size[x] < size[y]; }); for (auto node : p) { if (size[node] != 1) { while (!X.empty()) { vector<int> cur(X.begin(), X.end()); if (!query({ 0 }, cur, node)) break; int l = 0, r = (int)cur.size(); while (l + 1 < r) { int mid = l + r >> 1; if (query({ 0 }, vector<int>(cur.begin() + l, cur.begin() + mid), node)) r = mid; else l = mid; } ans.emplace_back(node, cur[l]); X.erase(cur[l]); } } X.insert(node); } cout << "ANSWER" << endl; for (auto p : ans) cout << p.first + 1 << " " << p.second + 1 << endl; return 0; }