另外有一个纯
吐槽游记版本的，还没有写完（快写完了，真的）
欢迎各路神仙来吐槽一个菜鸡的考场思路
# Day1 考场小结
总体而言，T1 完全就是送分，做得也挺快的；T2 大概是本场最难的题；然后 T3 靠码量和细节最后加上一些小优化，成功地成为了压轴题，虽然正解确实恶心，但是看起来前两个部分分应该可做（但是我没有写出来第二个部分分）。
- Day1 T1
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给定 $n imes n$ 的矩阵 $A$，定义 $f(A)=B$，其中 $b_{i,j}=sum_{k=1}^na_{i,k}+a_{k,j}$。求
$$ underbrace{f(f(cdots f}_{t ext{ 个 }f}(A))) $$计算在模 $m$ 意义下进行。
$nle 5000$（记不住了，反正就是要求 $mathcal O(n^2)$），$tle10^9$。
一看 (t) 这么大，不是结论就是要矩阵加速。
先观察一次变换 (f(A)=B)，(b_{ij}) 是第 (i) 行的和 (R_i) 和第 (j) 列的和 (C_j) 之和。于是我们只需要求解 (R_{1sim n},C_{1sim n}) 这样 (mathcal O(n)) 个变量就可以求得 (B) 矩阵了。
初步判断为矩阵加速，然后考虑 (A) 进行变换得到的 (B) 的第 (i) 行之和 (R_i') 和第 (j) 列之和 (C'_j) 的式子，记 (S) 为 (A) 中所有元素的和：
(C_j) 也是差不多的式子，这提示我们考虑 (S) 的变化，记 (S') 为 (B) 中所有元素的和：
所以可以矩阵加速：
注意到对于 (R_i,C_j)，中间的转移矩阵 (T) 都是一模一样的，可以直接算出 (T^t)，算 (R_i,C_j) 只需进行一次矩阵乘法。复杂度 (mathcal O(n^2+log t))。
总共用了 30min 做这道题，做得应该还算顺利。
- Day1 T2
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给定序列 ${a_n}$，$q$ 次操作，类型如下
- 给定 $l,r$，从小到大枚举 $i$ 从 $l$ 到 $r-1$，修改 $a_i$ 为 $max{a_i,a_{i+1}}$；
- 给定 $l,r$，贪心地求 $[l,r]$ 中严格上升子序列的元素之和（即如果当前元素严格大于当前上升子序列的末尾，就把它加入上升子序列）。
下面列一些我记得住的部分分：
- $n,qle3 imes10^3$；
- 对每个 1 操作，$l=1, r=n$；
- $n,qle3 imes10^5$。
(mathcal O(nq)) 的大模拟就不说了。
然后对正解没什么思路，就想 (l=1,r=n) 的部分分，即每次修改都包括全局。
观察可得，元素 (a_i) 被操作若干次后会变成其后方第一个比它大的值。将这样的变化关系建出一棵带边权的树——
- (a_i) 向其后方第一个严格大于它的元素连边；
- 边的权值为两个元素之间的距离；
- 若 (a_i) 后方没有比它大的数，就连向一个虚拟节点，边权 (+infty)。
这棵树可以看作以虚拟节点为根。
这棵树的最大作用是快速计算 (a_i) 现在会变成哪个数。记当前进行了 (t) 次全局操作，(a_i) 会变为「从 (a_i) 向上爬 (t) 的距离，能够到达的深度最浅的元素」。倍增即可 (mathcal O(log n)) 计算。
当时想到这里，思路就有点卡顿。主要的问题是「答案是树上从 (a_l) 一直向上跳，不超过 (r) 的树链上的所有元素之和；而进行一次修改后，树的形态会变化，有一些元素直接“消失”了」，这样就很难维护。
后来发现没有必要动态维护每次修改过后的树——原始序列的树具有比较优美的性质。
「结论」
记 $f(u,s)$ 是 $u$ 向上爬 $s$ 的距离，能到达的深度最浅的点；记 $t$ 是当前全局修改的次数。
对于一次询问 $(l,r)$，求出 $l$ 沿树边向后跳且不超过 $r$，最远能跳到的点 $p$。则答案为 $f(l,t)$ 到 $f(p,t)$ 这条树链上的元素之和。
其实考场上没想这么多，感觉很有道理，写了过了样例就交，反正 PKUSC 能看到结果。
- Day1 T3
感谢出题人教我打德州扑克，请问考试的时候能和旁边的同学打一把模拟一下吗？
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德州扑克共有 $13$ 种牌值 2~9, T, J, Q, K, A，以及 $4$ 种花色 0~3。
牌值的大小排序为 2 < 3 < ... < 9 < T < J < Q < K < A。
一个牌组由 $5$ 张牌构成，按下述规则分类：
- 同花顺：$5$ 张牌的花色相同，且是「顺子」（见下）；
- 四条：存在 $4$ 张牌值相同的牌；
- 葫芦：存在 $3$ 张牌值相同的牌，剩下的两张牌的牌值也相同；
- 同花：$5$ 张牌的花色相同；
- 顺子：$5$ 张牌的牌值连续，特殊地，认为
A, 2, 3, 4, 5是顺子； - 三条：存在三张牌值相同的牌，且剩下两张牌牌值与其他牌都不同；
- 两对：存在两对牌值相同的牌，且不满足之前其他类型；
- 对子：存在一对牌值相同的牌，且不满足之前其他类型；
- 高牌：不满足上述所有类型的牌组。
两套牌组 $A,B$ 的比较方式如下：
- 若 $A,B$ 类型不同，则类型编号较小的牌组更大；
- 若 $A,B$ 都是同花顺或顺子，取其顺子的开头元素，按照
A < 2 < 3 < ... < 9 < T < J < Q < K的方式比较大小； - 若 $A,B$ 同为非同花顺和顺子的其他类型，分别将 $A,B$ 中的牌安装 `(出现次数, 牌值)` 从大到小排序，然后按照牌值比较字典序大小。
一个场面由 $7$ 张牌组成。从一个场面中任取 $5$ 张牌构成牌组，其中最大的一个牌组可以“代表”这个场面。
A, B 两人进行简化版的德州扑克，先将牌随机打乱，初始池中有 $2w$ 枚筹码，A,B 两人各持有 $m$ 枚筹码。游戏共 $4$ 轮：
- A, B 从牌堆中各取 $2$ 张牌并公开，两人进行决策（决策定义见下），若 B 不弃权，进入下一轮；
- 从牌堆中取出 $3$ 张牌公开，两人进行决策，若 B 不弃权，进入下一轮；
- 从牌堆中取出 $1$ 张牌公开，两人进行决策，若 B 不弃权，进入下一轮；
- 从牌堆中取出 $1$ 张牌公开；A,B 各自的场面由第一轮中自己抽到的 $2$ 张牌、以及之后公开的 $5$ 张牌构成，场面较大的一人获得池中所有筹码，若场面等大，则两人平分筹码池。
“两人决策”指「A 从自己持有的筹码中拿 $i$ 个放入筹码池（$i$ 不超过当前持有筹码数），B 选择“继续”或“弃权”：若“继续”，则 B 也放入 $i$ 个筹码；若“弃权”，则 B 不需要放入筹码，游戏直接结束，A 获得池中全部筹码。」
A,B 都绝对聪明，且希望最大化游戏结束时自己的筹码期望数量。
此时 A,B 已经进行到第 $t$ 轮，即前 $t-1$ 轮 B 没有弃权，且你知道前 $t$ 轮已公开的牌以及 A,B 在第一轮中抽到的牌。以最简分数形式输出 A 在结束时的筹码期望数量。
部分分：$t=3$；$t=2$；$t=1$。
建议把「牌组」写一个结构体，实现两个牌组的比较，时间复杂度是一个较大的常数。
对于一个场面，只有 (inom 75=21) 种牌组，直接暴搜找到最大的一个牌组即可。
当 (t=3)，我们只需要判断 B 是否会弃权。不妨假设不会，则枚举第四轮公开的牌，每张未出现的牌概率相等，直接计算出 A, B 各自期望筹码数 (a,b)。如果 B 弃权，则 B 的筹码数为 (m)，如果 (blt m)，则 B 会弃权，答案为 (m+2w)，否则答案为 (a)。
当 (t=2)，需要决策两次。不过只需要判断第二轮 B 是否弃权后就转化为 (t=3) 的问题。仍然假设 B 不弃权，枚举下一张牌是什么，然后转化为 (t=3) 的问题用上述方法计算，从而得到 A, B 各自期望筹码数 (a,b)。同样比较 (b) 和 (m) 的大小判断是否弃权。
有一点卡，之前 TLE 了几发，后来发现 A,B 各自的场面只有最后两张牌是不确定的，只有 (52 imes52) 种场面，可以把它们对应的最大牌组记忆化下来。这样就跑得飞快，飞快地 Wa 了 QwQ
调到最后都不知道怎么回事。
- Day1 再总结
T1 这种该切的题切得比较快，是比较好的。
T2 看了题解，的确在能力范围之内，但是不一定能够在考场上想出来，所以拿一个较高的部分分也足够了。
T3 比较遗憾，全场花时间最多的一道题，如果能过掉第二个部分分就可以多 41 分（说不定可以免面试了？），还是代码实现细节的问题。
# Day2 考场小结
应该还是比 Day1 要难一些吧，不过倒是挺谢谢出题人留了一道签到题。T1 把该送的分都送了，T2 就开始人类智慧，T3 看到实数集就完全不会，尝试暴力推 (n=3) 的积分不知道哪里推错了。
- Day2 T1
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给定一棵 $n$ 个点的树，两类问题：
- 求所有点对 $(u,v)$（$ult v$）的距离和；
- 断掉一条边后连接一条边，得到树 $T'$，求所有断边连边的方案得到的 $T'$ 做第一个问题的答案之和。
输出对质数取模。
数据规模：$nle10^5$。
第一问直接算，第二问考虑枚举断哪条边。断开后记两个连通块为 (A,B)，新连接的边一定在 (A,B) 之间，新边的贡献为 (|A| imes|B|)。考虑连接一条边过后，对其他某一条原本就有的边 (e) 的贡献的影响。
不妨设“原本就有的边 (e)”在 (A) 中，记该边把 (A) 分成 (A_1,A_2) 两部分。若新边连接 (A_1,B)，共有 (|A_1| imes|B|) 种连法，(e) 的贡献为 (|A_2| imesig(|A_1|+|B|ig))，总的贡献为 (|A_1| imes|A_2| imes|B| imes(|A_1|+|B|))；若新边连接 (A_2,B) 是同样的道理，总的贡献为 (|A_1| imes|A_2| imes|B| imesig(|A_2|+|B|ig))。
记枚举的断开的边为 ((u,v))，(uin A,vin B)，那么 (|A|,|B|) 都是常数。把 (u) 提为 (A) 子树的根，不妨设 (A_1) 是一棵子树，于是我们只需要维护「子树大小之和」以及「子树大小的平方的和」，这个换根DP可以解决。
复杂度 (mathcal O(n))。
式子推起来行云流水，半个小时做出来，感觉和 Day1 差不多。
- Day2 T2
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食堂在搞活动，对于金额为 $a$ 的菜品，可怜可以用 $b$（$ble a$）张代金券，且可怜不能预支代金券，支付 $a-b$ 的现金并获得 $lfloorfrac{a-b}{c} floor$ 张代金券，其中 $c$ 为常数。
可怜有计划依次吃 $a_1,a_2,cdots,a_n$ 金额的菜品，还有 $q$ 次修改，每次令 $a_x=y$。对于初始状态和每次修改后，求可怜吃完这些菜至少需要支付的金额。
我记得的部分分：
- $n,qle50, a_ile100$；
- $n,qle10^3$；
- $c=1$；
- $c=2$；
- 对于全部数据，$n,qle10^5$，$cle10^9$，在任意时刻都有 $a_ile10^{12}$。
显然，这是一道贪心题。但是贪心题的算法很容易假，我们不如先写一个 (mathcal O(qna_i^2)) 的 DP，即已经吃了 (i) 份菜（(ile n)），持有 (j) 张代金券（(jle na_i)）的最小花费。转移直接枚举使用的代金券数目（(mathcal O(a_i))）。
首先，菜品的总价格是一定的，相当于我们要最大化使用的代金券数量。
先不考虑最后代金券用不完的情况，我们希望尽可能多得代金券。不难发现对价格为 (a) 的菜品，使用不超过 (a-lfloor frac ac floor) 的代金券，获得的代金券数目不变。因此在不超过 (a-lfloor frac ac floor) 时，我们会尽可能多用代金券。
但是如果我们得到的代金券太多了，以至于最后还会剩很多，那也非常浪费，说明我们应该在之前多用一些代金券。之后能够使用的代金券最大数量即为剩下的菜品的 (a_i) 之和。
（下面这个贪心不知道哪里错了，不要当成正解了）
我的策略是「当第一次发现按照“最大化获得代金券数量”的策略支付，当前拥有的代金券会用不完时，就在“保证之后的菜品能够完全用支付券支付”的前提下，在当前菜品尽可能多用」。
这样可以 (mathcal O(nq)) 解决问题。但是我不知道哪里错了，而且一时没有更好的思路，于是就把剩下的时间拿去刚 T3 了。
- Day2 T3
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在 $[0,m]$ 的数轴上随机点 $n$ 个实数点，求不存在包含超过 $2$ 个点的长度为 $k$ 的区间的概率。答案对 $998244353$ 取模。
我记得的部分分：
- $nle3$；
- $nle10$；
- 对于全部数据，$nle50$，$1le kle mle150$。
设前两个点的坐标分别为 (i,j)（不妨设 (ilt j)），考虑第三个点能放的区间的长度：
然后分类讨论 (2k) 和 (m) 的大小，可以用平面直角坐标系清晰地表示分类的准则：
应该可以直接积分，但是大概是我积分不太熟练，不知道哪里推错了。
- Day2 再总结
两天的 T1 都非常顺利，开了个好头。
T2 先写暴力 DP 是正确的，但是之后在难度判断上有失误，说不定再改改能把贪心改对。
T3 用的时间太久了，而且没有把握。积分之类的还是运用得太少了，推导费时且容易出错。推了一页草稿纸没推出来的时候就应该回去再想想 T2 了。
# 后记
好家伙，怎么一写就写了这么长……一个晚自习就差不多过去了。
说起来两天都能（相比起其他人）迅速地切掉 T1 还是挺开心的，大概我更熟悉比较简单的题吧。但是毕竟题目难度是有梯度的，去年 NOI Day2 对我而言好像也没有签到题，对于难题的处理还是有些后劲不足。
Day3 去面试，感觉和面试官聊得挺开心的（结营仪式上发现两位面试官一个是校长，一个是院副主任，瑟瑟发抖）。大概也确实给面试官留下了比较深刻的印象吧，最后还是如愿以偿，拿到了所谓的一等约。（说起来 PKUSC 的评级太隐晦了 awa，什么优异优秀良好，拿到证书的时候一脸懵）