sm2025 模拟赛22 (2025.10.17)

T1 编辑数组

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思路
考虑差分，对于一个合法的区间，他的差分数组最后一定全为 $0$ 。第一种操作相当于 $b_x+1,b_{x+2}-1$ ，第二种操作相当于 $b_x-1,b_{x+2}+1$ 。因为要将差分数组第一位变为 $0$ ，只能让 $b_3$ 加 $b_1$ ，此时 $b_1=0$ ，于是对整个差分数组从前往后修改，此时已保证前面的数为 $0$ ，若让第 $i$ 为变为 $0$ ，只能对 $i+2$ 为修改。发现这样奇偶位分离，最后得到的两个数为 $0$ 则这个区间合法。简化限制，即 $a_l-a_{l+1}+a_{l+2}+\dots a_r=0$ 且 $-a_l+a_{l+1}-a_{l+2}+\dots a_r=0$，发现只要一条式满足另一条也会满足。这个可以类似前缀和维护，枚举右端点 $r$ ，求合法的 $l$ 相当于 $su{m}_r-su{m}_{l-1}=0$ 。

T2 石头

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思路
首先有 $O(nq)$ 暴力，枚举每个石头为起点记录它对应的取数步骤即可。
考虑对于每个询问 $Q(p,k)$ ，易知可行的起点距离 $p$ 不超过 $k$ ，且区间 $[p-k+1,p]$ 或 $[p,p+k-1]$ 中的数一定会被取完。由大样例得答案不会很大？ 因为这两部分是独立且类似的，于是考虑区间 $[p,p+k-1]$ 的性质。
$k=1$ 很好判断，不作讨论。
首先显然 $a_p<a_{p+k}$ ，否则答案为 $0$ 。找到 $[p,p+k-1]$ 中最大值的下标为 $x$ 。若 $a_x<a_{p+k}$ ，那么 $[x+1,p+k-1]$ 中的所有位置都可以为起点 ，$x$ 若想为起点要有 $[p,x-1]$ 中存在至少一个数 $>$ $[x+1,p+k-1]$ 中所有数；否则 $a_x>a_{p+k}$ ，此时起点只可能在 $x$ ，当且仅当 $[p,x-1]$ 中的存在一个数 $>$ $[x+1,p+k-1]$ 中所有数且 $[p,x-1]$ 以及 $[x+1,p+k-1]$ 中所有数都 $<a_{p+k}$ ，这时起点可以为 $x$ 。可以发现只有上述情况有贡献。
注意细节。复杂度 $O(nlogn+q)$ 。

反思
未知 $[p,p+k-1]$ 中所有数会被取完这一点。然后不会分类讨论，一直在考虑对于某个起点 $i$ 左右两边扩展的先后顺序，其实整体考虑就好。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;int n,a[maxn],lg[maxn],f[maxn][20];
void Build_st(){lg[0]=-1;for(int i=1;i<=n;i++)lg[i]=lg[i>>1]+1;for(int i=1;i<=n;i++)f[i][0]=i;for(int j=1;j<=lg[n];j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)f[i][j]=(a[f[i][j-1]]>a[f[i+(1<<(j-1))][j-1]]?f[i][j-1]:f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}int Get_st(int x,int y){if(x>y) return n+2;int k=lg[y-x+1];return a[f[x][k]]>a[f[y-(1<<k)+1][k]]?f[x][k]:f[y-(1<<k)+1][k];
}int main(){freopen("rock.in","r",stdin);freopen("rock.out","w",stdout);int id,q; scanf("%d%d%d",&id,&n,&q);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);Build_st();a[0]=a[n+1]=n+1,a[n+2]=0;while(q--){int p,k; scanf("%d%d",&p,&k);if(k==1){printf("1\n");continue;}int ans=0;if(p+k-1<=n){if(a[p+k]>a[p]){int x=Get_st(p,p+k-1); if(a[x]<a[p+k]){ans+=p+k-1-(x+1)+1;if(a[Get_st(p,x-1)]>a[Get_st(x+1,p+k-1)]) ans++;}else if(a[Get_st(p,x-1)]>a[Get_st(x+1,p+k-1)]&&a[Get_st(p,x-1)]<a[p+k]) ans++;}}if(p-k+1>=1){if(a[p-k]>a[p]){int x=Get_st(p-k+1,p);if(a[x]<a[p-k]){ans+=x-1-(p-k+1)+1;if(a[Get_st(p-k+1,x-1)]<a[Get_st(x+1,p)]) ans++;}else if(a[Get_st(x+1,p)]>a[Get_st(p-k+1,x-1)]&&a[Get_st(x+1,p)]<a[p-k]) ans++;}}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

T3 括号游戏2

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思路
概率想到转化为方案数。即 $概率=\frac{可行方案数}{总方案数}$ ，总方案数为 $1\times 3\times 5\times \cdots \times 2(n-1)$ 。
考虑如何计算合法方案数。首先如果一轮放的不合法那么接下来就不可能合法。根据括号序列，有一个经典转换是记 ( 为 $+1$ ，) 为 $-1$ ，那么括号序列合法相当于这个序列的前缀和的每一位都非负。
因为加一对 () 相当于在前缀和的某一个数 $x$ 后插入 $x+1,x$ ，加入一对 )( 相当于在前缀和某一个数 $x$ 后插入 $x-1,x$ 。相当于在一个集合 $S$ 中插入两个数。
考虑插入的过程，可以看成一棵有根树，将 $S$ 中每一个数看做一个点。具体地，在 $S$ 中插入 $x,x+1$ 时，找到一个点 $u$ 使得 $u$ 的权值为 $x$，新建两个点 $v1,v2$ ，权值分别为 $x,x+1$ ，令 $u$ 为 $v1,v2$ 的父亲。
可以 dp 这棵有根树，记 $f_{i,x}$ 表示操作了前 $i$ 轮，最初前缀和为 $x$ （相当于这棵树的根权值为 $x$） 的合法方案数。转移为： $$f_{i,x}=\sum _{j=0}^{i-1}\sum _{k=0}^{i-1}p\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1-j}{k}\right)\times f_{j,x}\times f_{k,x+1}\times f_{i-j-k-1,x}+\sum _{j=0}^{i-1}\sum _{k=0}^{i-1}(1-p)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1-j}{k}\right)\times f_{j,x}\times f_{k,x-1}\times f_{i-j-k-1,x}$$

提取公共部分，记 $g_{i,x}=\sum _{j=0}^x\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right)\times f_{j,x}\times f_{i-j,x}$ 。
原式相当于 $f_{i,x}=\sum _{k=0}^{j-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{k}\right)\times (p\times f_{k,x+1}+(1-p)\times f_{k,x-1})\times g_{i-k-1,x}$ 。于是就 $O(n^3)$ 解决了。