Znzryb's Blog

2026 杭电春季联赛 3——1009-时空回溯（向下取整除法的性质）

Posted on 2026-04-06 Edited on 2026-04-09

题目大意

题目描述

给定一个长度为 $n$ 的数组 $A$ 以及一个阈值 $m$ 。你需要维护这个数组并支持以下两种操作，共执行 $Q$ 次：

1 L R X：将区间 $[L, R]$ 内的所有元素减去 $X$ （即对于 $L \le i \le R$ ，执行 $A_i \leftarrow A_i - X$ ）。
2 L R：将区间 $[L, R]$ 内的所有元素右移一位（相当于除以 $2$ 向下取整，即对于 $L \le i \le R$ ，执行 $A_i \leftarrow \lfloor \frac{A_i}{2} \rfloor$ ）。

在每一次操作结束后，如果整个数组中存在至少一个元素小于等于阈值 $m$ ，则会触发一次“时空回溯”：

全局重置次数 $k$ 的值增加 $1$ 。
整个数组 $A$ 立即恢复为最开始的初始状态。

要求在处理完所有给定的 $Q$ 次操作后，输出最终的重置次数 $k$ （初始时 $k=0$ ）。

数据范围

数据组数 $T \le 10$ 。
$1 \le n, Q \le 10^5$ 。
$0 \le m < 2^{30}$ 。
初始数组满足 $m < A_i < 2^{30}$ 。
对于操作 1： $1 \le L \le R \le n$ ， $0 \le X < 2^{30}$ 。
对于操作 2： $1 \le L \le R \le n$ 。

样例输入

样例输出

样例解释

初始时数组为 $[5, 4, 6]$ ，阈值 $m = 1$ ，重置次数 $k = 0$ 。

第 $1$ 次操作（1 1 2 4）：对区间 $[1, 2]$ 的元素减去 $4$ ，数组变为 $[1, 0, 6]$ 。此时存在元素（ $1$ 和 $0$ ）小于等于阈值 $1$ ，触发回溯。重置次数 $k \leftarrow 1$ ，数组重置为初始状态 $[5, 4, 6]$ 。
第 $2$ 次操作（2 2 3）：对区间 $[2, 3]$ 的元素右移一位，数组变为 $[5, 2, 3]$ 。此时数组中所有元素均大于 $1$ ，不触发回溯。
第 $3$ 次操作（1 1 3 5）：对区间 $[1, 3]$ 的元素减去 $5$ ，数组变为 $[0, -3, -2]$ 。此时存在元素小于等于阈值 $1$ ，触发回溯。重置次数 $k \leftarrow 2$ ，数组重置为初始状态 $[5, 4, 6]$ 。

所有操作执行完毕，最终的重置次数 $k$ 为 $2$ 。

思路讲解

gemini 的这个数学功底比较好，直接合并了这个位移操作和这个减法操作。

gemini 的 latex 代码

\documentclass{article}

\usepackage{graphicx} % Required for inserting images
\usepackage{amsmath} % bmatrix、cases、aligned 等数学环境
\usepackage{amssymb} % 数学符号宏包，支持 \mathbb 等
\usepackage{xeCJK} % 核心：添加这个宏包以支持中文
\usepackage{multicol} % 引入分栏宏包
\usepackage{tocloft} % 支持目录引导点
\usepackage{xcolor}   % 用于设置颜色；须先于 minted 以便 bgcolor 等生效
\usepackage[cachedir=_minted-main]{minted} % Pygments 高亮，需 -shell-escape + pygmentize
\usepackage[a4paper, left=2cm, right=2cm, top=2.5cm, bottom=2.5cm]{geometry}

% 与原先 listings 外观大致对齐；
\setminted{
	% 风格可用莫兰迪系
	% style=stata-light,
	% 允许长行换行
	breaklines=true,
	% 允许在任意位置换行，防止长 URL 戳出去
	breakanywhere=true,
	fontsize=\small,
	frame=single,
	bgcolor=gray!5,
	% -8bit 以后，xelatex 才对制表符有反应
	tabsize=2,
}

% --- 目录样式修改 ---
\renewcommand{\cftsecleader}{\cftdotfill{\cftdotsep}} % 让 section 也有点点
% ------------------

\usepackage[colorlinks=true, linkcolor=black, anchorcolor=black, citecolor=black, filecolor=black, menucolor=black, runcolor=black, urlcolor=blue]{hyperref} % 添加超链接和PDF书签支持

\begin{document}

\noindent\textbf{题目大意}\par
\vspace{0.5em}
给定长度为 $n$ 的数组 $A$ 以及阈值 $m$。要求支持区间减去 $X$、区间元素除以 $2$ 向下取整两种操作。若某次操作后数组最小值小于等于 $m$，则全局重置次数 $k$ 增加 $1$，并将数组完全恢复为初始状态。要求输出最终的 $k$ 值。

\vspace{1em}
\noindent\textbf{超时原因分析}\par
\vspace{0.5em}
在此前的思路中，使用了势能线段树（区间最值配合区间减法代替除法）。但本题具有在常数时间内触发时空回溯的机制。一旦触发回溯，线段树瞬间恢复初始极差（即势能回满）。如果遇到恶意构造的数据，频繁触发重置并交替执行区间除法，会导致每次除法都因为区间内极差较大而递归至叶子节点，最终单次操作时间退化，整体时间复杂度达到 $O(Q \times n)$，从而导致超时。

\vspace{1em}
\noindent\textbf{复合函数与懒惰标记优化}\par
\vspace{0.5em}
为了解决势能退化问题，我们需要寻找能够支持严格对数级别复杂度区间更新的算法。观察本题的两个操作：减法操作可以表示为 $f(x) = x - X$；除法操作可以表示为 $g(x) = \lfloor \frac{x}{2} \rfloor$。这两个函数都严格单调不减，因此区间的最小值经过若干次操作后，必然等于初始最小值的对应操作结果。我们在线段树中只需维护区间最小值，无需关注最大值或极差。

任何减法和除法操作的组合，都可以被化简为一个复合函数：
$$h(x) = \left\lfloor \frac{x - A}{2^k} \right\rfloor$$
其中 $A$ 为累计的减法偏移量，$k$ 为累计的右移次数。

当我们给带有懒惰标记 $(A_{old}, k_{old})$ 的节点施加新的操作标记 $(A_{new}, k_{new})$ 时，复合后的函数为：
$$h_{new}(h_{old}(x)) = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{x - A_{old}}{2^{k_{old}}} \right\rfloor - A_{new}}{2^{k_{new}}} \right\rfloor$$

由于 $A_{new}$ 是一个整数，我们可以利用向下取整的性质 $\lfloor y \rfloor - C = \lfloor y - C \rfloor$（其中 $C$ 为整数），将 $A_{new}$ 移入内层的向下取整符号中并通分：
$$ = \left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{x - A_{old} - A_{new} \times 2^{k_{old}}}{2^{k_{old}}} \right\rfloor}{2^{k_{new}}} \right\rfloor $$

紧接着，利用向下取整除法的另一个核心嵌套性质 $\left\lfloor \frac{\lfloor y/a \rfloor}{b} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{y}{ab} \right\rfloor$（其中 $a,b$ 为正整数），我们将两层嵌套的向下取整合并为一层：
$$ = \left\lfloor \frac{x - A_{old} - A_{new} \times 2^{k_{old}}}{2^{k_{old} + k_{new}}} \right\rfloor $$

由此我们可以得到常数时间复杂度下的懒惰标记合并公式：
$$A' \leftarrow A_{old} + A_{new} \times 2^{k_{old}}$$
$$k' \leftarrow k_{old} + k_{new}$$

\vspace{1em}
\noindent\textbf{补充：向下取整除法的奇妙性质}\par
\vspace{0.5em}
一个很自然的疑问是：公式 $h(x) = \left\lfloor \frac{x - A}{2^k} \right\rfloor$ 形式上看起来像是“先减去 $A$，再除以 $2^k$”，那么如果是“先除以 $2^k$，再减去一个数”，还能用这个公式表示吗？

答案是\textbf{完全可以}。这得益于向下取整函数的一个重要性质：对于任意实数 $y$ 和任意\textbf{整数} $C$，都有：
$$\lfloor y \rfloor - C = \lfloor y - C \rfloor$$

所以，如果我们先对 $x$ 执行除法 $\lfloor \frac{x}{2^k} \rfloor$，然后再减去一个整数 $X$，其结果为：
$$\left\lfloor \frac{x}{2^k} \right\rfloor - X = \left\lfloor \frac{x}{2^k} - X \right\rfloor = \left\lfloor \frac{x - X \times 2^k}{2^k} \right\rfloor$$

这正好又回到了 $\left\lfloor \frac{x - A'}{2^{k'}} \right\rfloor$ 的标准形式（其中 $A' = X \times 2^k$）。因此，无论“先减后除”还是“先除后减”，由于减去的总是整数，都可以被完美地统一在这个单一的复合函数模型中！这也是本题懒惰标记能够 $O(1)$ 合并的数学基石。

\vspace{0.5em}
\noindent\textbf{直观理解：嵌套向下取整的合并}\par
我们在推导中还用到了 $\left\lfloor \frac{\lfloor y/a \rfloor}{b} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{y}{ab} \right\rfloor$ 这个性质。抛开繁琐的公式证明，我们可以这样极其直观地来理解它：

假设你有 $y$ 颗糖果，要平均分给 $a \times b$ 个小朋友。
左边的分法 $\left\lfloor \frac{\lfloor y/a \rfloor}{b} \right\rfloor$ 是：先将所有糖果按每 $a$ 颗装成一个“小包”，剩下不够 $a$ 颗的散装糖果直接扔掉不计（对应 $\lfloor y/a \rfloor$）。然后再把这些“小包”每 $b$ 包进一步装进一个“大箱子”，不够 $b$ 包的也直接扔掉。
右边的分法 $\left\lfloor \frac{y}{ab} \right\rfloor$ 是：直接把所有糖果按每 $a \times b$ 颗装进一个“大箱子”，剩下的全扔掉。

很显然，不管你是分两步“先打包再装箱”，还是直接一步到位“按总数装箱”，最终得到的\textbf{完整大箱子的数量绝对是一模一样的}！因为一个大箱子无论如何都需要实打实的 $a \times b$ 颗糖果。在第一步里扔掉的散装糖果（最多 $a-1$ 颗），加上第二步里扔掉的零散小包（最多 $b-1$ 包，折合 $(b-1) \times a$ 颗糖果），把这些丢弃的边角料全部加起来，总数最多也只有 $(a-1) + (b-1) \times a = a \times b - 1$ 颗糖果，绝对凑不够装满一个新的大箱子。既然所有丢弃的边角料加起来都凑不出一箱，那自然对大箱子的总数不会产生任何实质性影响了。这就是为什么两层向下取整可以直接无脑拍扁合并为一层的原因！

\vspace{1em}
\noindent\textbf{复杂度与边界处理}\par
\vspace{0.5em}
时间复杂度：去除了势能线段树的极差分类讨论，每次区间修改和查询严格受限于线段树的深度。因此单次操作的时间复杂度为严格的 $O(\log n)$，整体时间复杂度为 $O(n + Q \log n)$。

空间复杂度：仅需记录常量个状态，为 $O(n)$。

数值溢出处理：因为 $m \ge 0$，任何元素在被除以 $2$ 约 $30$ 次后必定小于等于阈值触发重置，因此 $k \le 30$。然而，在标记合并时 $A_{new} \times 2^{k_{old}}$ 的累加可能会使 $A$ 超过六十四位整数的表示范围。我们需要使用一百二十八位整数（即代码中的 \mintinline{cpp}{__int128}）来存储 $A$，以防止在累加偏移量时发生溢出。并且在处理负数位移时，手写了向下取整的逻辑，以防语言标准的特性导致计算出现偏差。

\vspace{1em}
\noindent\textbf{核心代码}\par
\vspace{0.5em}
\begin{minted}{cpp}
#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 100005;

struct Node {
    int l, r;
    long long min_v;
    __int128 lazy_A;
    int lazy_k;
    bool lazy_reset;
    long long init_min;
} tr[MAXN << 2];

long long A_arr[MAXN];
int n, q;
long long m;

void pushup(int u) {
    tr[u].min_v = min(tr[u << 1].min_v, tr[u << 1 | 1].min_v);
}

void apply_reset(int u) {
    tr[u].min_v = tr[u].init_min;
    tr[u].lazy_A = 0;
    tr[u].lazy_k = 0;
    tr[u].lazy_reset = true;
}

void apply_tag(int u, __int128 A_new, int k_new) {
    __int128 val = tr[u].min_v;
    val -= A_new;
    // 兼容 C++ 中负数向零取整的区别，使用严谨的向下取整逻辑
    if (val < 0 && k_new > 0) {
        __int128 divisor = ((__int128)1 << k_new);
        __int128 res = val / divisor;
        if (val % divisor != 0) {
            res -= 1;
        }
        val = res;
    } else {
        val >>= k_new;
    }
    tr[u].min_v = (long long)val;

    tr[u].lazy_A += A_new * ((__int128)1 << tr[u].lazy_k);
    tr[u].lazy_k += k_new;
}

void pushdown(int u) {
    if (tr[u].lazy_reset) {
        apply_reset(u << 1);
        apply_reset(u << 1 | 1);
        tr[u].lazy_reset = false;
    }
    if (tr[u].lazy_A != 0 || tr[u].lazy_k != 0) {
        apply_tag(u << 1, tr[u].lazy_A, tr[u].lazy_k);
        apply_tag(u << 1 | 1, tr[u].lazy_A, tr[u].lazy_k);
        tr[u].lazy_A = 0;
        tr[u].lazy_k = 0;
    }
}

void build(int u, int l, int r) {
    tr[u].l = l; tr[u].r = r;
    tr[u].lazy_A = 0;
    tr[u].lazy_k = 0;
    tr[u].lazy_reset = false;
    if (l == r) {
        tr[u].min_v = tr[u].init_min = A_arr[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1, l, mid);
    build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(u);
    tr[u].init_min = tr[u].min_v;
}

void modify_sub(int u, int l, int r, long long x) {
    if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {
        apply_tag(u, x, 0);
        return;
    }
    pushdown(u);
    int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
    if (l <= mid) modify_sub(u << 1, l, r, x);
    if (r > mid) modify_sub(u << 1 | 1, l, r, x);
    pushup(u);
}

void modify_div(int u, int l, int r) {
    if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) {
        apply_tag(u, 0, 1);
        return;
    }
    pushdown(u);
    int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
    if (l <= mid) modify_div(u << 1, l, r);
    if (r > mid) modify_div(u << 1 | 1, l, r);
    pushup(u);
}

void solve() {
    cin >> n >> m >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> A_arr[i];
    }
    build(1, 1, n);
    
    int k_ans = 0;
    for (int i = 0; i < q; i++) {
        int op, l, r;
        cin >> op >> l >> r;
        if (op == 1) {
            long long x;
            cin >> x;
            modify_sub(1, l, r, x);
        } else {
            modify_div(1, l, r);
        }
        
        if (tr[1].min_v <= m) {
            k_ans++;
            apply_reset(1);
        }
    }
    cout << k_ans << "\n";
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int T;
    if (cin >> T) {
        while (T--) {
            solve();
        }
    }
    return 0;
}
\end{minted}

\end{document}

PDF

这个向下嵌套性质不是那么容易可以看出来的，那么我让 gemini 写了一个完整的，直观的，而且也是非常严谨的这个解释，还是非常好的：

不过我们是用题解的这个做法：

我们可以维护一个这个标记数组，

AC代码

AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17893

源代码

// teamname: Gospel_rock
/**
 * Problem: 时空回溯
 * Contest: 
 * Judge: HDOJ
 * URL: https://acm.hdu.edu.cn/contest/problem?cid=1199&pid=1009
 * Created: 2026-04-07 09:58:59
 * Author: Gospel_rock
 * My blog: https://znzryb.com/
 * 
 * Powered by AutoCp https://github.com/Pushpavel/AutoCp
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define lson(o) (o<<1)
#define rson(o) (o<<1|1)
#define SZ(a) ((long long) a.size())
#define debug(var) cerr << #var <<" = ["<<var<<"]"<<"\n";
#define debug1d(a)    \
cerr << #a << " = [";   \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++) \
cerr << (i ? ", " : "") << a[i]; \
cerr << "]\n";
#define debug2d(a)  \
cerr << #a << " = [\n";  \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++)  \
{   \
cerr << "  [";  \
for (int j = 0; j < (int)(a[i]).size(); j++) \
cerr << (j ? ", " : "") << a[i][j];   \
cerr << "]\n";   \
}  \
cerr << "]\n";
#define cend cerr<<"\n-----------\n"
#define fsp(x) fixed<<setprecision(x)

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using DB = double;
using i128 = __int128;
using CD = complex<double>;

static constexpr ll MAXN = (ll) 1e6 + 10, INF = (1ll << 61) - 1;
static constexpr ll mod = 998244353; // (ll)1e9+7; 
static constexpr double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1.0);

ll lT, testcase;

/*
 *
 */

/*
 * 2026-02-18: 测试这个线段树二分（找到第 K 个 1）（这里是单点的时候测试的）
 * https://codeforces.com/edu/course/2/lesson/4/2/practice/contest/273278/submission/363516918
 * 2026-02-26: 测试区间加，区间查
 * https://www.luogu.com.cn/record/264293552
 * 2026-02-27: P1253 扶苏的问题
 * https://www.luogu.com.cn/record/264295967
 */
enum OP_type {
    DivideOp,
    MinusOp,
    BackOp,
};

struct Type_Num {
    OP_type type;
    ll num;
};

struct Tag {
    vector<Type_Num> op_ls;
    // ll add = 0;
    // ll assign = 0;
    bool need_apply = false;
    // bool need_assign = false;

    // void settag1(const Tag &t) {
    //     // 注意，不要忘记这个东西
    //     if (!t.need_assign) return;
    //     assign = t.assign;
    //     need_assign = true;
    //     add = 0;
    // }

    // void settag2(const Tag &t) {
    //     add += t.add;
    // }

    void apply(const Tag &t) {
        if (!t.need_apply) return;
        ll st = 0;
        if (!op_ls.empty() && !t.op_ls.empty()) {
            if (op_ls.back().type == t.op_ls[0].type) {
                op_ls.back().num += t.op_ls[0].num;
                st = 1;
            }
        }
        for (int i = st; i < t.op_ls.size(); ++i) {
            if (t.op_ls[i].type == BackOp) {
                op_ls.clear();
                op_ls.push_back(t.op_ls[i]);
            } else {
                op_ls.push_back(t.op_ls[i]);
            }
        }
        need_apply = true;
    }
    void clear() {
        op_ls.clear();
        need_apply=false;
    }
};

struct Info {
    // 注意啊，这里除了 L 和 R 以外的所有你所添加的东西，你都要好好想一想其初值是什么。
    // 不过我们其实改进了这个 query 函数，所以说如果说你给的这个数组当中所有的值都是所有的值都是有的话，其实不用考虑初值。
    // 如果一定要赋初值的话，注意就是 sum 类的都不要赋 infinite 然后只有 max 和 min 的你要好好想想。
    ll l = 0, r = 0, mn = 0, orgin_mn = 0;

    friend ostream &operator <<(ostream &os, const Info &a) {
        os << "[" << a.l << ";" << a.r << "]:" << "mn:" << a.mn;
        return os;
    }

    string to_string() const {
        stringstream ss;
        ss << *this;
        return ss.str();
    }

    static Info merge(const Info &a, const Info &b) {
        Info res;
        res.l = a.l;
        res.r = b.r;
        res.mn = min(a.mn, b.mn);
        res.orgin_mn = min(a.orgin_mn, b.orgin_mn);
        return res;
    }

    // static Info merge2(const Info &a, const Info &b) {
    //     Info res;
    //     res.l = a.l;
    //     res.r = b.r;
    //     res.mn = min(a.mn, b.mn);
    //     res.orgin_mn = min(a.orgin_mn, b.orgin_mn);
    //     return res;
    // }

    void apply(const Tag &t) {
        if (!t.need_apply) return;
        for (auto [type,num]: t.op_ls) {
            if (type == DivideOp) {
                mn >>= num;
            } else if (type == BackOp) {
                mn = orgin_mn;
            } else {
                mn += num;
            }
        }
    }
};

struct SEG {
    using I = Info;
    using T = Tag;
    ll N;
    vector<I> infos;
    vector<T> tags;

    static bool isIntersect(ll l1, ll r1, ll l2, ll r2) {
        if (!(l1 > r2 || r1 < l2)) return true;
        return false;
    }

    // 这里这个T啊，它只起到这个类型推导作用，无实际作用
    SEG(ll N, const vector<I> &a) {
        infos.resize(4 * N + 5);
        tags.resize(4 * N + 5);
        this->N = N;
        build(a, 1, 1, N);
    }

    void push(ll u) {
        if (infos[u].l == infos[u].r) {
            return;
        }
        if (!tags[u].need_apply) {
            return;
        }
        infos[u << 1].apply(tags[u]);
        infos[u << 1 | 1].apply(tags[u]);
        tags[u << 1].apply(tags[u]);
        tags[u << 1 | 1].apply(tags[u]);
        tags[u].clear();
    }

    void pull(ll u) {
        infos[u] = I::merge(infos[u << 1], infos[u << 1 | 1]);
    }

    void build(const vector<I> &a, ll u, ll l, ll r) {
        if (l == r) {
            infos[u] = a[l];
            infos[u].l = l;
            infos[u].r = r;
            return;
        }
        ll mid = l + r >> 1;
        build(a, u << 1, l, mid);
        build(a, u << 1 | 1, mid + 1, r);
        pull(u);
        // pull(u);
    }

    I query(ll u, ll l, ll r) {
        if (infos[u].l >= l && infos[u].r <= r) {
            return infos[u];
        }
        push(u);
        I res{};
        // 为什么要设置 isget 这个 bool 呢？其实是因为防止使用初值进行 merge
        // 我们并不保证使用初值进行 merge 一定是对的。
        bool isget = false;
        if (!(infos[u << 1].r < l || infos[u << 1].l > r)) {
            res = query(u << 1, l, r);
            isget = true;
        }
        if (!(infos[u << 1 | 1].r < l || infos[u << 1 | 1].l > r)) {
            if (isget) {
                res = I::merge(res, query(u << 1 | 1, l, r));
            } else {
                res = query(u << 1 | 1, l, r);
            }
        }
        return res;
    }

    void assign(ll u, ll pos, const I &val) {
        if (infos[u].l == infos[u].r && infos[u].l == pos) {
            infos[u] = val;
            infos[u].l = pos;
            infos[u].r = pos;
            return;
        }
        push(u);
        if (pos >= infos[u << 1].l && pos <= infos[u << 1].r) {
            assign(u << 1, pos, val);
        }
        if (pos >= infos[u << 1 | 1].l && pos <= infos[u << 1 | 1].r) {
            assign(u << 1 | 1, pos, val);
        }
        pull(u);
    }

    void modify(ll u, ll l, ll r, const T &t) {
        if (infos[u].l >= l && infos[u].r <= r) {
            infos[u].apply(t);
            tags[u].apply(t);
            return;
        }
        // 在判断完全覆盖之后再去push，不影响结果，会省一点操作
        push(u);
        if (isIntersect(infos[u << 1].l, infos[u << 1].r, l, r)) {
            modify(u << 1, l, r, t);
        }
        if (isIntersect(infos[u << 1 | 1].l, infos[u << 1 | 1].r, l, r)) {
            modify(u << 1 | 1, l, r, t);
        }
        pull(u);
    }
};

struct Solve {
    ll N, M, Q;

    Solve() {
        cin >> N >> M >> Q;
        vector<Info> A(N + 2);
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            cin >> A[i].orgin_mn;
            A[i].mn = A[i].orgin_mn;
        }
        SEG seg(N, A);
        ll ans = 0;
        for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
            ll op, l, r;
            cin >> op >> l >> r;
            if (op == 1) {
                ll x;
                cin >> x;
                seg.modify(1, l, r, {{{MinusOp, -x}}, true});
                if (seg.infos[1].mn <= M) {
                    seg.modify(1, 1, N, {{{BackOp}}, true});
                    ++ans;
                }
            } else {
                seg.modify(1, l, r, {{{DivideOp, 1}}, true});
                if (seg.infos[1].mn <= M) {
                    seg.modify(1, 1, N, {{{BackOp}}, true});
                    ++ans;
                }
            }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
};

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
    cout.setf(ios::unitbuf); // 无缓冲流，方便我们调试
#endif

    cin >> lT;
    for (testcase = 1; testcase <= lT; ++testcase)
        Solve solve;
    return 0;
}

/*
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17893

*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

错误报告 latex 代码

\documentclass{article}

\usepackage{graphicx} % Required for inserting images
\usepackage{amsmath} % bmatrix、cases、aligned 等数学环境
\usepackage{amssymb} % 数学符号宏包，支持 \mathbb 等
\usepackage{xeCJK} % 核心：添加这个宏包以支持中文
\usepackage{multicol} % 引入分栏宏包
\usepackage{tocloft} % 支持目录引导点
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\usepackage[cachedir=_minted-main]{minted} % Pygments 高亮，需 -shell-escape + pygmentize
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% 与原先 listings 外观大致对齐；
\setminted{
	% 允许长行换行
	breaklines=true,
	% 允许在任意位置换行，防止长 URL 戳出去
	breakanywhere=true,
	fontsize=\small,
	frame=single,
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}

% --- 目录样式修改 ---
\renewcommand{\cftsecleader}{\cftdotfill{\cftdotsep}} % 让 section 也有点点
% ------------------

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\begin{document}

\begin{center}
{\LARGE\textbf{「时空回溯」调试错误总结报告}}\\[0.5em]
{\large HDU 2026 杭电春季联赛 3 · 1009}\\[0.3em]
{\normalsize 2026-04-07}
\end{center}

\vspace{1em}

\noindent 本文档记录了在使用「标记数组线段树」解法实现「时空回溯」一题过程中所犯的全部错误，涵盖正确性错误（WA）与性能错误（TLE），并逐一给出错因分析、样例追踪与修复方案。

\tableofcontents
\newpage

%======================================================================
\section{错误一：判定条件写错——严格小于与小于等于}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
if (seg.infos[1].mn < M) {   // 错误：使用了严格小于
    seg.modify(1, l, r, {{{BackOp}}, true});
    ++ans;
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
题意要求"当整个数组中存在至少一个元素\textbf{小于等于} $m$ 时触发回溯"，但代码中使用了严格小于 \texttt{<}。当数组中恰好存在等于 $m$ 的元素时，本应触发回溯却被遗漏。

\subsection*{修复}
\begin{minted}{cpp}
if (seg.infos[1].mn <= M) {   // 正确：小于等于
    seg.modify(1, 1, N, {{{BackOp}}, true});
    ++ans;
}
\end{minted}

\subsection*{教训}
比较运算符的选择必须与题意严格对应。涉及"不超过""至多""小于等于"等表述时，一律使用 \texttt{<=}；涉及"小于""严格小于"时才使用 \texttt{<}。写完条件判断后应立即与题目原文逐字核对。

%======================================================================
\section{错误二：回溯范围错误——局部重置与全局重置}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
seg.modify(1, l, r, {{{BackOp}}, true});   // 错误：只重置了 [l, r]
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
题目明确规定时空回溯时"整个数组立即恢复为最初的初始状态"，但代码中 \texttt{BackOp} 只被下发到当前操作所涉及的区间 $[l, r]$，而非整个数组 $[1, N]$。这导致 $[l, r]$ 以外的元素虽然可能已经被先前的操作修改，却没有被重置。

\subsection*{修复}
\begin{minted}{cpp}
seg.modify(1, 1, N, {{{BackOp}}, true});   // 正确：重置整个数组
\end{minted}

\subsection*{教训}
实现"全局操作"时务必确认修改范围是 $[1, N]$ 而非当前操作的 $[l, r]$。局部操作触发的全局效果，一定不能把局部范围代入全局操作中。

%======================================================================
\section{错误三：标记合并时引用了错误的索引}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
void apply(const Tag &t) {
    if (!t.need_apply) return;
    if (!op_ls.empty() && !t.op_ls.empty()) {
        if (op_ls.back().type == t.op_ls.back().type) {   // 错误：用了 back()
            op_ls.back().num += t.op_ls.back().num;
        }
    }
    for (int i = 1; i < t.op_ls.size(); ++i) {
        // ...
    }
    need_apply = true;
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
标记合并的意图是：将新标记 \texttt{t.op\_ls} 拼接到当前 \texttt{op\_ls} 的末尾，并在拼接边界处尝试合并同类型操作。边界合并应该比较的是当前列表的\textbf{末尾元素}与待合并列表的\textbf{首元素}，但代码中误写成了 \texttt{t.op\_ls.back()}（末尾元素）。当 \texttt{t.op\_ls} 含多个元素时（例如 pushdown 传递累积标记），会将错误的元素合并进 \texttt{op\_ls}。

\subsection*{修复}
\begin{minted}{cpp}
if (op_ls.back().type == t.op_ls[0].type) {   // 正确：比较首元素
    op_ls.back().num += t.op_ls[0].num;
}
\end{minted}

\subsection*{教训}
在拼接两个序列并在边界处合并时，待合并序列的"衔接端"是其\textbf{首元素}（\texttt{[0]} 或 \texttt{front()}），而非末尾元素。这是一个容易因直觉混淆"正在处理的一端"而产生的笔误。

%======================================================================
\section{错误四：\texttt{pull} 丢失初始最小值}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
static Info merge(const Info &a, const Info &b) {
    Info res;
    res.l = a.l;
    res.r = b.r;
    res.mn = min(a.mn, b.mn);
    // 遗漏：没有设置 res.orgin_mn
    return res;
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
\texttt{Info} 结构体的 \texttt{orgin\_mn} 字段默认值为 $0$。建树（\texttt{build}）时使用了 \texttt{merge2} 来正确传播 \texttt{orgin\_mn}，但后续所有的 \texttt{pull} 操作调用的 \texttt{merge} 未设置 \texttt{orgin\_mn}。

一旦某个非叶节点经历过 pushdown + pull 序列，其 \texttt{orgin\_mn} 就会被覆写为默认值 $0$。此后若该节点收到 \texttt{BackOp} 标记，\texttt{Info::apply} 中的 \texttt{mn = orgin\_mn} 会把最小值错误地重置为 $0$，而非真正的初始最小值。

\subsection*{修复}
\begin{minted}{cpp}
static Info merge(const Info &a, const Info &b) {
    Info res;
    res.l = a.l;
    res.r = b.r;
    res.mn = min(a.mn, b.mn);
    res.orgin_mn = min(a.orgin_mn, b.orgin_mn);   // 保留初始最小值
    return res;
}
\end{minted}

\subsection*{教训}
当节点中存在"不可变属性"（如初始值）时，所有涉及节点信息重建的路径（\texttt{merge}、\texttt{pull}）都必须正确传播该属性。如果建树时用了特殊的 \texttt{merge2}，那就说明常规 \texttt{merge} 有缺漏——这本身就是一个危险信号。

%======================================================================
\section{错误五：标记合并跳过了待合并序列的首元素}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
void apply(const Tag &t) {
    if (!t.need_apply) return;
    if (!op_ls.empty() && !t.op_ls.empty()) {
        if (op_ls.back().type == t.op_ls[0].type) {
            op_ls.back().num += t.op_ls[0].num;
        }
    }
    for (int i = 1; i < t.op_ls.size(); ++i) {   // 始终从 i=1 开始
        // ...
    }
    need_apply = true;
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
上面的代码尝试在 \texttt{if} 块中处理 \texttt{t.op\_ls[0]}（与末尾合并），然后让循环从 \texttt{i = 1} 开始处理剩余部分。但在以下两种情况中，\texttt{t.op\_ls[0]} 会被完全丢弃：

\begin{itemize}
\item \textbf{当 \texttt{op\_ls} 为空时}：外层 \texttt{if} 条件不满足，直接跳过。循环从 \texttt{i = 1} 开始，\texttt{t.op\_ls[0]} 无人处理。
\item \textbf{当类型不同时}：合并条件为假，什么都不做。循环同样从 \texttt{i = 1} 开始跳过了首元素。
\end{itemize}

这意味着 pushdown 时，父节点标记序列的首个操作会在传给子节点时被静默丢失。

\subsection*{修复}
引入变量 \texttt{st} 来动态控制循环起始位置：仅在成功合并首元素后才将 \texttt{st} 设为 $1$，否则保持为 $0$。

\begin{minted}{cpp}
void apply(const Tag &t) {
    if (!t.need_apply) return;
    ll st = 0;
    if (!op_ls.empty() && !t.op_ls.empty()) {
        if (op_ls.back().type == t.op_ls[0].type) {
            op_ls.back().num += t.op_ls[0].num;
            st = 1;   // 已处理首元素，循环从 1 开始
        }
    }
    for (int i = st; i < t.op_ls.size(); ++i) {
        // ...
    }
    need_apply = true;
}
\end{minted}

\subsection*{教训}
当特殊处理序列的首元素后，使用硬编码的 \texttt{i = 1} 作为循环起始索引时，必须确保首元素在\textbf{所有分支路径}中都已被正确处理。如果存在"条件不满足则什么都不做"的分支，那首元素就会被跳过。使用动态变量控制循环起始索引是更安全的写法。

%======================================================================
\section{错误六：\texttt{BackOp} 被消费后未保留在标记列表中}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
for (int i = st; i < t.op_ls.size(); ++i) {
    if (t.op_ls[i].type == BackOp) {
        op_ls.clear();          // 清空了旧操作
        // 但没有把 BackOp 自身放入 op_ls！
    } else {
        op_ls.push_back(t.op_ls[i]);
    }
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
当 \texttt{Tag::apply} 遇到 \texttt{BackOp} 时，只执行了 \texttt{op\_ls.clear()}，却没有将 \texttt{BackOp} 本身保留在列表中。这导致了一个致命的问题：

\begin{enumerate}
\item 根节点的 \texttt{infos} 被正确重置（\texttt{Info::apply} 遍历到 \texttt{BackOp} 时执行了 \texttt{mn = orgin\_mn}）。
\item 但根节点的 \texttt{tags.op\_ls} 被清空为 \texttt{[]}——\textbf{重置信息丢失}。
\item 后续操作需要 pushdown 时，子节点收到一个空的标记列表，完全不知道自己需要被重置。
\item 子节点继续保持着旧的脏数据和旧的累积标记，导致计算结果全面错乱。
\end{enumerate}

\subsection*{样例验证}
以样例 $[5, 4, 6]$，$m = 1$ 为例：

操作 1（\texttt{1 1 2 4}）后数组为 $[1, 0, 6]$，触发回溯。根节点 \texttt{mn} 被正确重置为 $4$，但左子 $[1,2]$ 的标记 \texttt{[\{MinusOp, -4\}]} 和 \texttt{mn = 0} 均未被清除。

操作 2（\texttt{2 2 3}）需要 pushdown 根节点。由于根节点标记为空，子节点什么都没收到。左子的 \texttt{mn} 仍为 $0$，最终叶子 $[2,2]$ 算出 \texttt{mn} $= 0 \gg 1 = 0$，全局最小值为 $0 \le 1$，\textbf{错误地触发了一次不应存在的回溯}。最终输出 $3$ 而非正确的 $2$。

\subsection*{修复}
\begin{minted}{cpp}
for (int i = st; i < t.op_ls.size(); ++i) {
    if (t.op_ls[i].type == BackOp) {
        op_ls.clear();
        op_ls.push_back(t.op_ls[i]);   // 保留 BackOp，以便 pushdown 传递给子节点
    } else {
        op_ls.push_back(t.op_ls[i]);
    }
}
\end{minted}

\subsection*{教训}
在懒惰标记体系中，"高优先级操作"（如全局重置）不仅要作用于当前节点的信息，还必须\textbf{被保留在标记中}以便后续通过 pushdown 传递给子节点。如果一个操作在标记合并时被"消费"但未被"记录"，那么它对子树的影响就会永久丢失。这个 bug 是本次调试中最隐蔽、最致命的——根节点的值看起来是对的，但子树的状态已经全面损坏。

%======================================================================
\section{错误七（TLE）：\texttt{tags[u] = \{\,\}} 反复释放 \texttt{vector} 内存}
%======================================================================

\subsection*{错误代码}
\begin{minted}{cpp}
void push(ll u) {
    // ...
    tags[u] = {};   // 移动赋值，触发旧 vector 的析构与内存释放
}
\end{minted}

\subsection*{错误分析}
\texttt{tags[u] = \{\}} 会用一个默认构造的 \texttt{Tag}（其中 \texttt{vector} 容量为 $0$）去移动赋值给 \texttt{tags[u]}，这会\textbf{释放}原有 \texttt{vector} 的底层内存缓冲区。下次再给该节点打标记时，\texttt{push\_back} 必须从零开始重新分配内存。

每次 pushdown 都触发一次 dealloc + 后续的 realloc。线段树共有 $4 \times 10^5$ 个节点，$Q = 10^5$ 次操作中可能进行数百万次这样的内存分配/释放循环，累积的系统调用开销极其巨大。

此外，\texttt{SEG} 作为局部变量，每组测试数据重建时会触发约 $4 \times 10^5$ 个 \texttt{Tag} 对象的构造与析构（每个内含一个 \texttt{vector}），$T = 10$ 组数据下总共约 $8 \times 10^6$ 次堆内存操作。

\subsection*{修复}
为 \texttt{Tag} 提供一个 \texttt{clear()} 方法，仅重置逻辑状态而保留底层容量：

\begin{minted}{cpp}
struct Tag {
    // ...
    void clear() {
        op_ls.clear();       // size 归零，capacity 不变
        need_apply = false;
    }
};

void push(ll u) {
    // ...
    tags[u].clear();   // 不释放内存，下次 push_back 无需重新分配
}
\end{minted}

\texttt{vector::clear()} 只将 \texttt{size} 置零而\textbf{不释放} \texttt{capacity}，后续的 \texttt{push\_back} 可以直接复用已有的内存空间。

\subsection*{教训}
在竞赛代码中，当一个容器需要频繁"清空后重新填充"时，应优先使用 \texttt{clear()} 而非赋值为默认值或新对象。后者会触发析构 + 构造的完整流程，在热路径上造成显著的性能退化。如果对性能要求极高，甚至可以考虑用固定大小的数组（如 \texttt{Type\_Num op\_ls[64]; int op\_cnt = 0;}）彻底消除动态内存分配。

%======================================================================
\section{错误总览}
%======================================================================

\begin{center}
\renewcommand{\arraystretch}{1.4}
\begin{tabular}{c|l|c|c}
\hline
\textbf{编号} & \textbf{错误描述} & \textbf{类型} & \textbf{后果} \\
\hline
1 & 判定条件 \texttt{<} 应为 \texttt{<=} & 逻辑 & WA \\
2 & 回溯范围 $[l,r]$ 应为 $[1,N]$ & 逻辑 & WA \\
3 & 标记合并引用 \texttt{t.op\_ls.back()} 应为 \texttt{[0]} & 索引 & WA \\
4 & \texttt{merge} 未传播 \texttt{orgin\_mn} & 遗漏 & WA \\
5 & 循环硬编码 \texttt{i=1} 导致首元素丢失 & 逻辑 & WA \\
6 & \texttt{BackOp} 清空列表后未保留自身 & 设计 & WA \\
7 & \texttt{tags[u]=\{\}} 反复释放 vector 内存 & 性能 & TLE \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\end{document}

PDF

一般来说，一个线段树只应该有一个 merge 函数，因为我们的 merge 是 static 的，我们的逻辑也是用 merge 从子节点中完全重新推出父节点

vector clear() 函数减少内存的重新分配（保留 capacity），进而加快速度

类似于 t.op_ls[i].type，这样子比较复杂的东西，可以使用引用，重命名为 t_op_ls[i].type，这样子书写的时候可以少一层，可以减少写错的可能性

注意特殊操作的范围，不一定就局限在【l，r】了，可能是全局操作【1，N】。

除零错误——INTEGER_DIVIDE_BY_ZERO

Posted on 2026-04-06 Edited on 2026-04-07

常见错误之除零错误。

https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17130

一般来说，只要除数不是一个简单的，一个变量，都要担心这个除 0 错误。

void gen_eraly_seg() {
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        ll early_sz;
        if (i == 1) {
            early_sz = K - (bound_win + K - 1) / K;
        } else {
            if (early_sz_ls[i - 1] - K == 0) {
                early_sz = K;
            } else {
              // 这里这个除法要小心除 0 错误。
                early_sz = (bound_win - K * K) / (early_sz_ls[i - 1] - K);
            }
        }
        early_sz = min(early_sz, K);
        early_sz_ls[i] = early_sz;
        for (int j = 1; j <= early_sz; ++j) {
            ans_mat[i][j] = idx;
        }
        if (early_sz != 0) {
            ++idx;
        }
    }
}

Lucas 定理及其模版题题目

Posted on 2026-04-05 Edited on 2026-04-06

Lucas 定理是怎么来的？

Lucas 定理的最直观证明是通过生成函数（母函数）和二项式定理来推导的。

首先，根据二项式定理，我们知道组合数 $C_n^m$ 其实就是多项式 $(1+x)^n$ 展开后 $x^m$ 这一项的系数。

对于任意质数 $p$ ，考虑 $(1+x)^p \pmod p$ 的展开式：

(1+x)^p = C_p^0 x^0 + C_p^1 x^1 + C_p^2 x^2 + \dots + C_p^p x^p

因为 $p$ 是质数，当 $1 \le i \le p-1$ 时， $C_p^i = \frac{p!}{i!(p-i)!}$ 的分子里有一个 $p$ ，而分母里没有 $p$ 可以把它约掉。所以中间所有的项都是 $p$ 的倍数，在模 $p$ 意义下全部等于 $0$ 。
因此我们得到了一个非常漂亮的核心结论：

(1+x)^p \equiv 1 + x^p \pmod p

现在我们来求 $(1+x)^n \pmod p$ 中 $x^m$ 的系数。
我们将 $n$ 和 $m$ 拆分成除以 $p$ 的商和余数（类似于把它们转成 $p$ 进制）：
令 $n = \lfloor n/p \rfloor \times p + (n \bmod p)$
令 $m = \lfloor m/p \rfloor \times p + (m \bmod p)$

代入多项式中：

由于前面证明的核心结论，把内部的 $(1+x)^p$ 替换掉：

\begin{aligned}(1+x)^n &= (1+x)^{\lfloor n/p \rfloor \times p + (n \bmod p)} \\&= \left( (1+x)^p \right)^{\lfloor n/p \rfloor} \times (1+x)^{n \bmod p} \\\end{aligned}

\begin{aligned}(1+x)^n &\equiv (1+x^p)^{\lfloor n/p \rfloor} \times (1+x)^{n \bmod p} \pmod p\end{aligned}

我们要求的是 $x^m$ 的系数，而 $x^m = (x^p)^{\lfloor m/p \rfloor} \times x^{m \bmod p}$ 。
所以在右边这两个括号相乘时，我们必须：

从前一个括号 $(1+x^p)^{\lfloor n/p \rfloor}$ 中选出 $(x^p)^{\lfloor m/p \rfloor}$ ，这部分的系数是 $C_{\lfloor n/p \rfloor}^{\lfloor m/p \rfloor}$ 。
从后一个括号 $(1+x)^{n \bmod p}$ 中选出 $x^{m \bmod p}$ ，这部分的系数是 $C_{n \bmod p}^{m \bmod p}$ 。

两者相乘，就得到了 $x^m$ 的总系数。这就是 Lucas 定理的来源：

C_{n}^{m} \equiv C_{\lfloor n / p \rfloor}^{\lfloor m / p \rfloor} \times C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \pmod p

关于这道 AcWing 题目与你的模板

注意观察这道题目的输入格式：每一组询问都会给出一个不同的质数 $p$ ！

我们刚才在你的 main.tex 里，把 Lucas 定理改成了复用你已有的 Comb 命名空间和全局的 mod。那个模板只适用于所有询问的模数 $p$ 固定不变的情况（因为我们需要针对固定的 mod 预处理阶乘）。

对于这道题，因为 $p$ 会变（最高到 $10^5$ ），所以我们不能用全局预处理，反而应该用我们刚才撤掉的那份按定义暴力算的代码！因为暴力算单次是 $O(p)$ 的，加上 Lucas 递归，总时间大概是 $O(p \log_p n)$ ，这道题 $n \le 20$ 组询问，最大运算量在 $2 \times 10^6$ 左右，完全可以光速通过。

以下是可以直接通过这道题的 AC 代码，风格和我们刚才讨论的完全一致：

https://www.acwing.com/problem/content/submission/code_detail/44735227/

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;
using ll = long long;

ll mod;

// 你的组合数模板
namespace Comb{    
  vector<ll> frac, infrac;
  int ln = 1;
  bool initialized = false;

  inline ll binpow(ll a, ll k) {
    ll res = 1;
    a %= mod;
    while (k > 0) {
      if (k & 1) res = (res * a) % mod;
      a = (a * a) % mod;
      k >>= 1;
    }
    return res;
  }

  void Comb(int n) {
    ln = n;
    frac.assign(n + 5, 1);
    infrac.assign(n + 5, 1);
    for (int i = 1; i <= ln; ++i) {
      frac[i] = (frac[i - 1] * i) % mod;
    }
    infrac[ln] = binpow(frac[ln], mod - 2);
    for (int i = ln - 1; i >= 0; --i) {
      infrac[i] = (infrac[i + 1] * (i + 1)) % mod;
    }
  }

  inline ll CC(ll n, ll k) {
    if (k < 0 || k > n) return 0;
    if(!initialized){
      // 【核心细节】：Lucas定理的余数最大为 mod-1，所以只用预处理到 mod-1。
      // 绝对不能预处理到 mod，否则 frac[mod] = 0，会导致所有的 infrac 变成 0。
      Comb(mod - 1); 
      initialized = true;
    }
    ll res = frac[n];
    res = (res * infrac[n - k]) % mod;
    res = (res * infrac[k]) % mod;
    return res;
  }
}
using namespace Comb;

// Lucas 定理递归求解，复用 CC 模板
inline ll lucas(ll a, ll b) {
  if (a < mod && b < mod) return CC(a, b);
  return CC(a % mod, b % mod) * lucas(a / mod, b / mod) % mod;
}

void solve() {
  ll a, b;
  cin >> a >> b >> mod;
  
  // 每次 mod 发生变化，必须重置初始化标记
  initialized = false; 
  
  cout << lucas(a, b) << '\n';
}

int main() {
  // 优化输入输出
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  
  int n;
  if (cin >> n) {
    while (n--) {
      solve();
    }
  }
  return 0;
}

2026 杭电春季联赛 3——1006-骰子大战（一定要好好读题，把题面中的所有限制信息都读到）

Posted on 2026-04-04 Edited on 2026-04-07

题目大意

题目描述
需要构造 $n$ 个具有 $k$ 个面的骰子，每个面上的数字取值范围为 $0 \sim m$ 。
两个骰子进行对决时，随机掷出一个面，点数大者获胜。要求构造的骰子组合必须同时满足以下三个条件：

循环劣势：形成 $1 \to 2 \to 3 \to \dots \to n-1 \to n \to 1$ 的胜负关系。即 1 号骰子输给 2 号，2 号输给 3 号，……， $n$ 号输给 1 号（“输给”定义为在 $k \times k$ 种可能的掷出组合中，获胜的次数严格少于对方）。
绝对无平局：每个数字至多只能出现在一个骰子上，保证任意两个骰子对决时不可能掷出相同的点数。
字典序最小：将 1 号到 $n$ 号骰子上的所有数字按顺序拼接成一个长度为 $n \times k$ 的序列，要求该序列在所有合法方案中字典序最小。

输入格式
第一行输入一个正整数 $T$ ，表示测试数据组数。
接下来每组数据输入三个正整数 $n$ 、 $m$ 、 $k$ ，分别表示骰子数量、面上的最大允许数字、每个骰子的面数。

输出格式
对于每组数据，输出一行 $n \times k$ 个用空格分隔的整数，依次表示 1 号到 $n$ 号骰子各个面上的数字。

样例数据

输入样例：

1
2

1
3 4 3

输出样例：

1	0 3 3 1 1 4 2 2 2

样例解释
输入代表需要构造 $3$ 个骰子，每个骰子有 $3$ 个面，数字范围在 $0 \sim 4$ 之间。根据输出样例，三个骰子的构造如下：

1 号骰子：[0, 3, 3]
2 号骰子：[1, 1, 4]
3 号骰子：[2, 2, 2]

胜负关系验证（总对决情况数为 $3 \times 3 = 9$ 种）：

1 号 vs 2 号：1 号获胜的情况为 3>1（共 4 次），2 号获胜的情况为 1>0、1>0、4>0、4>3、4>3（共 5 次）。2 号胜率更高，1 号输给 2 号。
2 号 vs 3 号：2 号获胜的情况为 4>2（共 3 次），3 号获胜的情况为 2>1（共 6 次）。3 号胜率更高，2 号输给 3 号。
3 号 vs 1 号：3 号获胜的情况为 2>0（共 3 次），1 号获胜的情况为 3>2（共 6 次）。1 号胜率更高，3 号输给 1 号。

该方案数字各不相同（无平局），构成了 $1 \to 2 \to 3 \to 1$ 的循环劣势，且可以证明拼接后的序列 0 3 3 1 1 4 2 2 2 是所有满足条件的方案中字典序最小的。

思路讲解

gemini 的思路以及代码

https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17028
这道题是一道非常精妙的构造题，涉及博弈与贪心策略。为了得到字典序最小的方案，我们需要深入分析骰子胜负的数学本质。

题目描述

我们需要构造 $n$ 个具有 $k$ 个面的骰子，每面的数字范围为 $0 \sim m$ 。要求形成 $1 \to 2 \to 3 \to \dots \to n \to 1$ 的循环劣势（即 $i+1$ 击败 $i$ ， $1$ 击败 $n$ ），其中“击败”定义为在 $k^2$ 次可能对决中获胜次数严格大于一半。不仅要满足该条件，还要使所有骰子的面按顺序拼接后的序列字典序最小。

解题思路

1. 胜负条件的数学转化：
由于不能平局，任意两个骰子对决共有 $k^2$ 种结果。“ $B$ 击败 $A$ ” 等价于 $B$ 在对决中获胜的次数 $W(B, A) \ge \lfloor k^2/2 \rfloor + 1$ 。
令目标获胜次数为 $w = \lfloor k^2/2 \rfloor + 1$ 。
2. 字典序最小的贪心框架：
为了让整体拼接成的序列字典序最小，我们需要让 $1$ 号骰子的数字尽可能小，且小数字尽可能多；接着是 $2$ 号骰子，依此类推。
这启发我们设计一种 “两阶段划分（双段构造）” 的模式。将每个骰子 $i$ 的 $k$ 个面分成两部分：

早段（较小的数字）：包含 $x_i$ 个面。
晚段（较大的数字）：包含 $y_i = k - x_i$ 个面。
为了最小化序列，我们按照如下顺序分配逐渐递增的数值：
$1$ 号早段 $\to 2$ 号早段 $\dots \to n$ 号早段 $\to 1$ 号晚段 $\to 2$ 号晚段 $\dots \to n$ 号晚段。
同一段内的面赋予完全相同的数字，不同段赋予递增的数字。
3. 推导核心不等式：
在上述赋值顺序下，考虑相邻骰子的对决：
$i+1$ 击败 $i$ ( $1 \le i < n$ )：
$i+1$ 的“早段”排在 $i$ 的“早段”之后，所以能赢 $x_{i+1} \times x_i$ 次。
$i+1$ 的“晚段”排在 $i$ 的两段之后，所以能赢 $y_{i+1} \times k$ 次。
总获胜次数： $x_{i+1} x_i + (k - x_{i+1}) k \ge w$
化简得： $x_{i+1} (k - x_i) \le k^2 - w$ 。令 $R = k^2 - w$ ，即 $x_{i+1} (k - x_i) \le R$ 。
$1$ 击败 $n$ ：
$1$ 的“早段”排在最前面，赢不了 $n$ 的任何面。
$1$ 的“晚段”排在 $n$ 的“早段”之后、“晚段”之前，所以能赢 $y_1 \times x_n$ 次。
总获胜次数： $y_1 x_n = (k - x_1) x_n \ge w$ 。
4. 贪心求解 $x_i$ ：
要使字典序最小，我们要尽可能让早段容量变大（即尽量最大化 $x_1, x_2, \dots$ ）：
由 $(k - x_1) x_n \ge w$ ，且 $x_n \le k$ ，可知 $(k - x_1) k \ge w$ ，即 $x_1 \le k - \lceil w/k \rceil$ 。我们直接取最大值： $x_1 = k - \lceil w/k \rceil$ 。
对于后续的 $x_i$ ( $i \ge 2$ )，根据 $x_i (k - x_{i-1}) \le R$ ，只要 $k - x_{i-1} > 0$ ，我们就贪心地取最大合法值： $x_i = \min(k, \lfloor R / (k - x_{i-1}) \rfloor)$ 。
（如果 $x_{i-1} = k$ ，意味着 $i$ 号骰子可以无条件获胜，此时直接设 $x_i = k$ ）。
由于题目保证解存在， $m$ 必定足够大，我们只需依据 $x_i$ 和 $y_i$ 生成非空的段并依次赋上递增的数字即可。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

void solve() {
    long long n, m, k;
    if (!(cin >> n >> m >> k)) return;

    // w 为获胜所需的最少胜场数，R 为不等式中的常数上限
    long long w = (1LL * k * k) / 2 + 1;
    long long R = 1LL * k * k - w; // 即 ceil(k^2 / 2) - 1

    vector<long long> x(n + 1);

    // 确定贪心的最优化分段容量
    x[1] = k - (w + k - 1) / k; // k - ceil(w / k)
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        long long denom = k - x[i - 1];
        if (denom == 0) {
            x[i] = k;
        } else {
            x[i] = min((long long)k, R / denom);
        }
    }

    // 记录分配的具体数字，用 -1 初始化
    long long current_val = 0;
    vector<long long> early_val(n + 1, -1);
    vector<long long> late_val(n + 1, -1);

    // 首先按顺序分配给所有存在的“早段”
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (x[i] > 0) {
            early_val[i] = current_val++;
        }
    }
    // 然后按顺序分配给所有存在的“晚段”
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        long long y = k - x[i];
        if (y > 0) {
            late_val[i] = current_val++;
        }
    }

    // 按要求输出 n*k 个序列数字
    bool first = true;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 输出早段的数字
        for (int j = 0; j < x[i]; j++) {
            if (!first) cout << " ";
            cout << early_val[i];
            first = false;
        }
        // 输出晚段的数字
        long long y = k - x[i];
        for (int j = 0; j < y; j++) {
            if (!first) cout << " ";
            cout << late_val[i];
            first = false;
        }
    }
    cout << "\n";
}

int main() {
    // 提升 I/O 效率
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int t;
    if (cin >> t) {
        while (t--) {
            solve();
        }
    }
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：计算所有的段落分布 $x_i$ 只需要一重循环遍历 $1$ 到 $n$ 。为骰子面赋值和打印输出的循环总计处理了 $n \times k$ 次操作。所以处理每组测试数据的时间复杂度为 $\mathcal{O}(n \times k)$ 。结合总和 $\sum n \times k \le 2 \times 10^5$ ，算法能在极短时间内高速执行完成。
空间复杂度：由于只存储了诸如 x、early_val 和 late_val 这些一维状态数组，占用空间为 $\mathcal{O}(n)$ 。这远低于题目宽松的 $512 \text{ MB}$ 空间限制。

gemini 的 latex 代码

\documentclass{article}
\usepackage{graphicx} % Required for inserting images
\usepackage{amsmath} % bmatrix、cases、aligned 等数学环境
\usepackage{amssymb} % 数学符号宏包，支持 \mathbb 等
\usepackage{xeCJK} % 核心：添加这个宏包以支持中文
\usepackage{multicol} % 引入分栏宏包
\usepackage{xcolor}   % 用于设置颜色；须先于 minted 以便 bgcolor 等生效
\usepackage[cachedir=_minted-main]{minted} % Pygments 高亮，需 -shell-escape + pygmentize
\usepackage[a4paper, left=2cm, right=2cm, top=2.5cm, bottom=2.5cm]{geometry}

% 保持与模板一致的 minted 样式
\setminted{
	breaklines=true,
	breakanywhere=true,
	fontsize=\small,
	frame=single,
	bgcolor=gray!5,
	tabsize=2,
}

\usepackage[colorlinks=true, linkcolor=black, anchorcolor=black, citecolor=black, filecolor=black, menucolor=black, runcolor=black, urlcolor=blue]{hyperref}

\begin{document}

\begin{center}
    \section*{骰子大战}
\end{center}

\subsection*{题目大意}
有 $n$ 个具有 $k$ 个面的骰子，每面的数字范围为 $0 \sim m$。需要构造一种赋值方案，使得 $i+1$ 号骰子击败 $i$ 号骰子（其中 $1 \le i < n$），并且 $1$ 号骰子击败 $n$ 号骰子。这里的“击败”定义为：两个骰子组合的 $k^2$ 种对决结果中，获胜次数严格大于一半。

同时要求在所有满足上述循环劣势条件的方案中，将 $1$ 号到 $n$ 号骰子的所有面按顺序拼接后的序列\textbf{字典序最小}。题目保证解一定存在。

\subsection*{解题思路}

这道题的核心难点在于平衡“循环劣势”与“字典序最小”这两个看似矛盾的条件。我们将推导过程分为动机分析、构造模型、条件转化和贪心求解四个部分。

\subsubsection*{1. 动机分析与核心思想}

要求最终拼接的序列字典序最小，意味着我们应当\textbf{优先让编号越小的骰子分配到越小的数字}，并且\textbf{小数字的数量应当尽可能多}。

如果我们遵循最朴素的贪心思想，直接把最小的一批数字全部分给 $1$ 号骰子，稍大一些的分给 $2$ 号骰子，以此类推，那么显然 $n$ 号骰子将拥有最大的数字。这样确实能保证 $i+1$ 击败 $i$，但会面临一个致命问题：$1$ 号骰子的数字太小，绝对无法击败 $n$ 号骰子，从而无法形成题目要求的闭环（即 $1 \to 2 \to \dots \to n \to 1$）。

为了打破这个僵局，我们必须让 $1$ 号骰子拥有\textbf{少部分非常大的数字}，大到足以在与 $n$ 号骰子的对决中获得足够的胜场。但为了不破坏字典序最小的要求，这些大的数字必须尽可能排在序列的后方。这就自然引出了“双段构造”的思想。

\subsubsection*{2. 双段构造法模型}

我们将每个骰子的 $k$ 个面拆分为两个集合：
\begin{itemize}
    \item \textbf{早段（分配较小的数字）}：设第 $i$ 号骰子的早段分配了 $x_i$ 个面。同一个骰子的所有早段面填写的数字完全相同。
    \item \textbf{晚段（分配较大的数字）}：设第 $i$ 号骰子的晚段分配了 $y_i \leftarrow k - x_i$ 个面。同一个骰子的所有晚段面填写的数字完全相同。
\end{itemize}

如你所见，为了满足“字典序最小”，我们将较小的数字优先分配给靠前的骰子，于是天然形成了两个内部递增的顺序：$\text{早段}_1 < \dots < \text{早段}_n$ 以及 $\text{晚段}_1 < \dots < \text{晚段}_n$。

但\textbf{为什么早段和晚段之间，必须是完全割裂的“所有的早段都小于所有的晚段”}（即 $\text{早段}_n < \text{晚段}_1$）呢？能不能把它们的大小关系穿插一下？

这个强行不穿插的规定，是由\textbf{“$1$ 号骰子必须击败 $n$ 号骰子”这个游戏规则倒逼出来的。}
\begin{itemize}
    \item \textbf{如果穿插了会发生什么（反证法）？} 
    假设我们不这么分，而是让 $\text{晚段}_1 < \text{早段}_n$。
    因为对于任何一个骰子来说，它的早段肯定小于它的晚段，所以 $\text{早段}_1 < \text{晚段}_1$。
    如果 $\text{晚段}_1 < \text{早段}_n$，那么对 $1$ 号骰子来说，它的\textbf{所有数字}（$\text{早段}_1$ 和 $\text{晚段}_1$）就都严格小于 $n$ 号骰子的 $\text{早段}_n$ 了。
    这意味着，$1$ 号骰子的\textbf{最大面}，都比 $n$ 号骰子的\textbf{最小面}还要小。那 $1$ 号骰子打 $n$ 号骰子的胜率直接就是 $0$，绝对不可能击败 $n$ 号。
    \item \textbf{破局的唯一方式}：
    为了让 $1$ 号能够击败 $n$ 号，$1$ 号骰子必须拥有一些能够大过 $n$ 号的数字。为了不破坏整体序列尽量小的字典序，我们把这些大数字安排在 $1$ 号骰子的末尾（也就是 $\text{晚段}_1$）。为了让这部分数字能赢过 $n$ 号，它至少必须大过 $n$ 号最小的那批数字（也就是 $\text{早段}_n$）。
    \item \textbf{贪心衔接形成最终顺序}：
    因此，$\text{晚段}_1$ 被强行拔高，必须放在 $\text{早段}_n$ 之后，即确立了不可逾越的界限：$\text{早段}_n < \text{晚段}_1$。
    而在确立了这个界限之后，剩下的数字继续按照字典序贪心法则，依次递增地分配给 $\text{晚段}_1 \to \text{晚段}_2 \to \dots \to \text{晚段}_n$。
\end{itemize}

这就是最终的全局数值大小分配顺序必须为以下形式的原因：
$$ \text{早段}_1 < \text{早段}_2 < \dots < \text{早段}_n < \text{晚段}_1 < \text{晚段}_2 < \dots < \text{晚段}_n $$

\subsubsection*{3. 胜负条件的代数推导}

任意两个骰子对决没有平局，共有 $k^2$ 种结果。要实现“击败”，获胜次数必须大于等于 $w \leftarrow \lfloor k^2/2 \rfloor + 1$。

在双段构造的大小关系下，我们来计算对决的胜场数：

\textbf{第一种情况：$1$ 号骰子击败 $n$ 号骰子}

$1$ 号的“早段”是全局最小的，无法击败 $n$ 号的任何面；
$1$ 号的“晚段”仅大于 $n$ 号的“早段”（因为 $\text{晚段}_1 < \text{晚段}_n$），因此 $1$ 号获胜的次数完全由“$1$ 号晚段”对战“$n$ 号早段”贡献。
所以 $1$ 号的总获胜次数为 $y_1 \times x_n$。我们需要满足：
$$ (k - x_1) \times x_n \ge w $$

\textbf{第二种情况：$i+1$ 号骰子击败 $i$ 号骰子（对于 $1 \le i < n$）}

\begin{itemize}
    \item $i+1$ 号的“早段”排在 $i$ 号的“早段”之后，所以能击败 $i$ 号的“早段”，贡献胜场 $x_{i+1} \times x_i$。
    \item $i+1$ 号的“晚段”排在 $i$ 号的“晚段”之后，自然也大于 $i$ 号的“早段”，所以能击败 $i$ 号的所有面，贡献胜场 $y_{i+1} \times k$。
\end{itemize}

总获胜次数要求：
$$ x_{i+1} \times x_i + y_{i+1} \times k \ge w $$
将 $y_{i+1} \leftarrow k - x_{i+1}$ 代入并化简：
$$ x_{i+1} \times x_i + k^2 - x_{i+1} \times k \ge w $$
$$ x_{i+1} \times (k - x_i) \le k^2 - w $$

为了方便，我们令常数 $R \leftarrow k^2 - w$。核心不等式即为：
$$ x_{i+1} \times (k - x_i) \le R $$

\subsubsection*{4. 贪心求解 $x_i$}

为了使字典序最小，我们需要让每个骰子尽量多地获得“早段”的容量（即小数字）。因此我们要尽可能地\textbf{最大化} $x_1$，$x_2$，$\dots$，$x_n$。

\begin{itemize}
    \item \textbf{确定 $x_1$}：根据 $1$ 击败 $n$ 的条件 $(k - x_1) \times x_n \ge w$。由于 $x_n$ 的理论最大值为 $k$，要使 $x_1$ 尽可能大，就必须让 $(k - x_1)$ 尽可能小。最极限的情况是 $x_n$ 达到最大值 $k$，此时：
    $$ (k - x_1) \times k \ge w \implies k - x_1 \ge \left\lceil \frac{w}{k} \right\rceil $$
    因此，我们贪心地取 $x_1$ 的最大合法值：
    $$ x_1 \leftarrow k - \left\lceil \frac{w}{k} \right\rceil $$

    \item \textbf{确定 $x_{i}$（对于 $i \ge 2$）}：基于不等式 $x_i \times (k - x_{i-1}) \le R$，我们要贪心地让 $x_i$ 尽可能大：
    \begin{itemize}
        \item 如果 $k - x_{i-1} > 0$，则：
        $$ x_i \leftarrow \min\left(k, \left\lfloor \frac{R}{k - x_{i-1}} \right\rfloor\right) $$
        \item 如果 $x_{i-1} \leftarrow k$，意味着 $i-1$ 号骰子全部分配为早段。此时无论 $x_i$ 取何值，$i$ 号骰子的晚段都能击败 $i-1$ 号的全部面（晚段大于一切早段）。因此可以直接贪心地让 $x_i \leftarrow k$。
    \end{itemize}
\end{itemize}

题目保证解一定存在，所以按照上述方式递推求出所有的 $x_i$ 后，我们依次给存在的早段和晚段分配严格递增的数值即可。

\subsection*{代码实现}

\begin{minted}{cpp}
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

void solve() {
    long long n, m, k;
    if (!(cin >> n >> m >> k)) return;

    // w 为获胜所需的最少场数
    long long w = (1LL * k * k) / 2 + 1;
    // R 为推导出的常数界限
    long long R = 1LL * k * k - w;

    vector<long long> x(n + 1);
    
    // 贪心确定 1 号骰子的最大早段容量
    x[1] = k - (w + k - 1) / k; 
    
    // 递推贪心确定后续骰子的最大早段容量
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        long long denom = k - x[i - 1];
        if (denom == 0) {
            x[i] = k;
        } else {
            x[i] = min((long long)k, R / denom);
        }
    }

    // current_val 用于按顺序分配递增的数值
    long long current_val = 0;
    vector<long long> early_val(n + 1, -1);
    vector<long long> late_val(n + 1, -1);

    // 阶段一：按顺序给所有骰子的“早段”分配小数值
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (x[i] > 0) {
            early_val[i] = current_val++;
        }
    }
    // 阶段二：按顺序给所有骰子的“晚段”分配大数值
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        long long y = k - x[i];
        if (y > 0) {
            late_val[i] = current_val++;
        }
    }

    // 按照 1 到 n 号骰子的顺序，格式化输出所有的面
    bool first = true;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 输出早段
        for (int j = 0; j < x[i]; j++) {
            if (!first) cout << " ";
            cout << early_val[i];
            first = false;
        }
        // 输出晚段
        long long y = k - x[i];
        for (int j = 0; j < y; j++) {
            if (!first) cout << " ";
            cout << late_val[i];
            first = false;
        }
    }
    cout << "\n";
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    
    int t;
    if (cin >> t) {
        while (t--) solve();
    }
    return 0;
}
\end{minted}

\subsection*{复杂度分析}
\begin{itemize}
    \item \textbf{时间复杂度}：贪心推导 $x_i$ 的过程仅需一次遍历，时间复杂度为 $\mathcal{O}(n)$。为每个面输出数值的过程需要两层循环，执行次数恰好为 $\sum_{i=1}^n x_i + y_i = n \times k$。因此总时间复杂度为 $\mathcal{O}(n \times k)$，非常高效。
    \item \textbf{空间复杂度}：存储状态数组及对应的分配数值所需的数组长度均为 $n+1$，整体占用空间为 $\mathcal{O}(n)$，能够轻松满足题目要求。
\end{itemize}

\end{document}

首先，我们为什么会想到双段构造？呃，其实正常的思维链路应该是，我们先想怎么构造，

其实题面里面讲的非常清楚，一个骰子最多只会有两种不同的数字，每个数字仅能出现在至多一个骰子上。

那都说了，最多两个数，那还能不是双段构造吗？

如果分成双段构造，那么不难看出：

$\text{早段}_1 < \text{早段}_2 < \dots < \text{早段}_n$ ，$\text{晚段}_1 < \text{晚段}_2 < \dots < \text{晚段}_n $（为了字典序最小，这两个条件是必须的），但是早晚段之间是什么关系呢？

注意啊，为了赢得游戏， $\text{早段}_n < \text{晚段}_1$ ，这个也是为了赢得游戏，满足所谓的“循环劣势要求”，所必须的这个构造，一个的最小的，大于一个的最大的，两者之间是绝对不会发生这个穿插的这个情况的，因此就是 $\text{早段}_1 < \text{早段}_2 < \dots < \text{早段}_n < \text{晚段}_1 < \text{晚段}_2 < \dots < \text{晚段}_n$ 。

okay，那这道题目比较关键的部分就做完了，当然，还需要处理一些细节问题，就是每个段的早段是几个数，晚段是几个数？

不过贪心求解的部分也不是那么容易的。

首先，先写出一系列的这个获胜条件：

接着，我们要进行这个贪心求解，我们不难发现：

然后我们知道了 x1 的值，后面就用前面的限制，一个一个往后推就行了。

void gen_eraly_seg() {
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        ll early_sz;
        if (i == 1) {
            early_sz = K - (bound_win + K - 1) / K;
        } else {
            if (early_sz_ls[i - 1] - K == 0) {
                early_sz = K;
            } else {
                early_sz = (bound_win - K * K) / (early_sz_ls[i - 1] - K);
            }
        }
        early_sz = min(early_sz, K);
        early_sz_ls[i] = early_sz;
        for (int j = 1; j <= early_sz; ++j) {
            ans_mat[i][j] = idx;
        }
        if (early_sz != 0) {
            ++idx;
        }
    }
}

void gen_late_seg() {
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        for (int j = early_sz_ls[i] + 1; j <= K; ++j) {
            ans_mat[i][j] = idx;
        }
        if (early_sz_ls[i] != K) {
            ++idx;
        }
    }
}

AC代码

AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17137

源代码

// teamname: Gospel_rock
/**
 * Problem: 骰子大战
 * Contest: 
 * Judge: HDOJ
 * URL: https://acm.hdu.edu.cn/contest/problem?cid=1199&pid=1006
 * Created: 2026-04-06 16:32:16
 * Author: Gospel_rock
 * My blog: https://znzryb.com/
 * 
 * Powered by AutoCp https://github.com/Pushpavel/AutoCp
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define lson(o) (o<<1)
#define rson(o) (o<<1|1)
#define SZ(a) ((long long) a.size())
#define debug(var) cerr << #var <<" = ["<<var<<"]"<<"\n";
#define debug1d(a)    \
cerr << #a << " = [";   \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++) \
cerr << (i ? ", " : "") << a[i]; \
cerr << "]\n";
#define debug2d(a)  \
cerr << #a << " = [\n";  \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++)  \
{   \
cerr << "  [";  \
for (int j = 0; j < (int)(a[i]).size(); j++) \
cerr << (j ? ", " : "") << a[i][j];   \
cerr << "]\n";   \
}  \
cerr << "]\n";
#define cend cerr<<"\n-----------\n"
#define fsp(x) fixed<<setprecision(x)

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using DB = double;
using i128 = __int128;
using CD = complex<double>;

static constexpr ll MAXN = (ll) 1e6 + 10, INF = (1ll << 61) - 1;
static constexpr ll mod = 998244353; // (ll)1e9+7; 
static constexpr double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1.0);

ll lT, testcase;

/*
 *
 */

struct Solve {
    ll N, M, K;
    ll idx = 0;
    ll bound_win;
    vector<vector<ll> > ans_mat;
    vector<ll> early_sz_ls;

    void gen_eraly_seg() {
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            ll early_sz;
            if (i == 1) {
                early_sz = K - (bound_win + K - 1) / K;
            } else {
                if (early_sz_ls[i - 1] - K == 0) {
                    early_sz = K;
                } else {
                    early_sz = (bound_win - K * K) / (early_sz_ls[i - 1] - K);
                }
            }
            early_sz = min(early_sz, K);
            early_sz_ls[i] = early_sz;
            for (int j = 1; j <= early_sz; ++j) {
                ans_mat[i][j] = idx;
            }
            if (early_sz != 0) {
                ++idx;
            }
        }
    }

    void gen_late_seg() {
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            for (int j = early_sz_ls[i] + 1; j <= K; ++j) {
                ans_mat[i][j] = idx;
            }
            if (early_sz_ls[i] != K) {
                ++idx;
            }
        }
    }

    Solve() {
        cin >> N >> M >> K;
        ans_mat.resize(N + 2, vector<ll>(K + 2));
        bound_win = K * K / 2 + 1;
        early_sz_ls.resize(N + 2);
        gen_eraly_seg();
        // #ifdef LOCAL
        //         debug1d(early_sz_ls);
        // #endif
        gen_late_seg();
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            for (int j = 1; j <= K; ++j) {
                cout << ans_mat[i][j] << " ";
            }
        }
        cout << "\n";
    }
};

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
    cout.setf(ios::unitbuf); // 无缓冲流，方便我们调试
#endif

    cin >> lT;
    for (testcase = 1; testcase <= lT; ++testcase)
        Solve solve;
    return 0;
}

/*
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=17137

*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

除零错误——INTEGER_DIVIDE_BY_ZERO

2026 杭电春季联赛 3——1002-汉诺塔（汉诺塔问题不要深究，其实就是三步）

Posted on 2026-04-04 Edited on 2026-04-09

题目大意

题目描述
你有三个栈 $A,B,C$ 和两个变量 $L,R$ （相当于两只手）。栈中元素必须时刻满足：越靠近栈底的元素越大。

初始时， $L=R=0$ ， $A$ 栈中有 $n$ 个元素（从栈底到栈顶依次为 $n, n-1, \dots, 1$ ）， $B, C$ 栈为空。目标是将所有元素移动到栈 $C$ ，且操作过程中必须满足上述大小限制。

可以进行两种操作：

操作 1（拿起）：选择一个非空栈 $S$ 和一个值为 $0$ 的变量 $V$ （ $L$ 或 $R$ ），弹出 $S$ 的栈顶元素，并将该元素的值赋给 $V$ 。
操作 2（放下）：选择一个值为 $x \neq 0$ 的变量 $V$ 和一个栈 $S$ ，将 $x$ 压入栈 $S$ ，并将 $V$ 的值设为 $0$ 。

求：将所有元素移到栈 $C$ 所需的最少操作 1（拿起）的次数。
结果需要对 $998244353$ 取模。

输入格式
第一行输入一个整数 $T$ （ $1 \le T \le 100$ ）表示测试数据组数。
接下来 $T$ 行，每行输入一个整数 $n$ （ $1 \le n \le 10^6$ ）。

输出格式
输出 $T$ 行，每行一个整数，表示最少使用操作 1 的次数对 $998244353$ 取模的结果。

样例输入

样例输出

样例解释（对于 $n=3$ ）
初始状态： $A(3,2,1),B(),C(),L=0,R=0$
操作 1： $A(3,2),B(),C(),L=1,R=0$
操作 2： $A(3,2),B(1),C(),L=0,R=0$
操作 1： $A(3),B(1),C(),L=2,R=0$
操作 1： $A(),B(1),C(),L=2,R=3$
操作 2： $A(),B(1),C(3),L=2,R=0$
操作 2： $A(),B(1),C(3,2),L=0,R=0$
操作 1： $A(),B(),C(3,2),L=1,R=0$
操作 2： $A(),B(),C(3,2,1),L=0,R=0$
共使用了 4 次操作 1，因此答案为 4。

思路讲解

gemini 的 latex 代码

\documentclass{article}
\usepackage{graphicx} % Required for inserting images
\usepackage{amsmath} % bmatrix、cases、aligned 等数学环境
\usepackage{amssymb} % 数学符号宏包，支持 \mathbb 等
\usepackage{xeCJK} % 核心：添加这个宏包以支持中文
\usepackage{multicol} % 引入分栏宏包
\usepackage{xcolor}   % 用于设置颜色；须先于 minted 以便 bgcolor 等生效
\usepackage[cachedir=_minted-main]{minted} % Pygments 高亮，需 -shell-escape + pygmentize
\usepackage[a4paper, left=2cm, right=2cm, top=2.5cm, bottom=2.5cm]{geometry}

% 保持与模板一致的 minted 样式
\setminted{
	breaklines=true,
	breakanywhere=true,
	fontsize=\small,
	frame=single,
	bgcolor=gray!5,
	tabsize=2,
}

\usepackage[colorlinks=true, linkcolor=black, anchorcolor=black, citecolor=black, filecolor=black, menucolor=black, runcolor=black, urlcolor=blue]{hyperref}

\begin{document}

\begin{center}
    \section*{汉诺塔}
\end{center}

\subsection*{题目大意}
给定三个栈 $A, B, C$ 和两个可以暂存一个元素的变量 $L, R$（相当于两只手）。初始时栈 $A$ 中有 $n$ 个元素（从栈底到栈顶单调递减，分别为 $n, n-1, \dots, 1$），其余栈和变量均为空。要求在任意时刻各栈内都满足“越靠近栈底的元素越大”的单调性。

每次可以执行两种操作：拿起（从非空栈顶弹出一个元素，暂存到一只空闲的手中）和放下（将手中的元素压入某个栈中，需满足该栈为空或栈顶元素大于要压入的元素）。求将所有元素从 $A$ 移动到 $C$ 所需的最少“拿起”操作次数，结果对 $998244353$ 取模。

\subsection*{解题思路}

这道题的核心难点在于如何处理多出的两只手（容量为 $1$ 的栈）以及解决在递推过程中的取模比较问题。本题的正解其实是\textbf{纯递推}，我们将推导过程分为动机分析、分治转移模型、物理限制推演，以及如何突破取模困境得出最终的线性递推关系四个部分。

\subsubsection*{1. 动机分析与核心思想}

本题本质上是一个变形的多柱汉诺塔问题。经典汉诺塔中有多个容量无限的柱子，而本题中我们有三个标准栈 $A, B, C$ 和两个容量仅为 $1$ 的“退化柱” $L, R$。

面对这类求最少步数的问题，如果直接通过状态转移搜索（BFS）求解，状态空间呈指数级爆炸，对于 $10^6$ 的数据必定超时。
多柱汉诺塔问题的经典解法（即 Frame-Stewart 算法）其核心思想在于：\textbf{将整个盘子堆分为上下两部分，先借用所有空间把上部移走腾出空间，再把下部移到目标位置，最后把上部盖回来}。我们需要将这种分治递推结构完美映射到本题的条件中。

\subsubsection*{2. 经典分治法在变形汉诺塔中的映射}

根据 Frame-Stewart 算法的框架，我们要把 $A$ 栈中 $n$ 个盘子全部移到 $C$ 栈，可以分为以下三个阶段：
\begin{itemize}
    \item \textbf{第一阶段（挪开上部大山）}：我们先挑出最顶部的 $n-m$ 个较小的盘子。利用场上所有的空间（栈 $B$、$C$ 以及两只手 $L$、$R$），将这 $n-m$ 个盘子从 $A$ 栈整体搬运并堆叠到 $B$ 栈上。因为这本质上就是规模为 $n-m$ 的原问题（只是目标从 $C$ 换成了 $B$），所以这一步所需的最少“拿起”次数就是 $f_{n-m}$。
    \item \textbf{第二阶段（转移底部大盘）}：经过第一阶段，栈 $B$ 已经被较小的 $n-m$ 个盘子完全占据了。由于汉诺塔“大盘绝不能压小盘”的死规定，后续在移动剩下那些更大的盘子时，\textbf{任何大盘子都绝对不能往 $B$ 栈里放}。这就相当于栈 $B$ 在这个阶段被彻底“封印”了。我们只能利用剩下的栈 $A$、$C$ 和两只手 $L$、$R$，把最底部的 $m$ 个大盘子从 $A$ 栈搬到 $C$ 栈。我们设这种“废掉一个柱子”情况下的搬运代价为 $g_m$。
    \item \textbf{第三阶段（大山归位）}：底部大盘就位后，我们再次利用所有空间（因为大盘在 $C$ 的底部，不影响小盘放上去），把 $B$ 栈上的那 $n-m$ 个小盘子整体搬运到 $C$ 栈的顶部。这同样是一个规模为 $n-m$ 的原问题，耗费次数依然是 $f_{n-m}$。
\end{itemize}

这三个阶段衔接在一起，总的“拿起”次数就等于 $f_{n-m} + g_m + f_{n-m} = 2 \times f_{n-m} + g_m$。
为了找出将 $n$ 个盘子移走的最优方案，我们显然需要尝试所有可能的划分点 $m$，看看究竟一次性把几个大盘子留在底部转移，才能让总代价最小：
$$ f_n = \min_{m} \{2 \times f_{n-m} + g_m\} $$

\subsubsection*{3. 物理极限界限：如何用两只手极限转移 4 个盘子？}

在第二步禁用 $B$ 栈的情况下，仅靠 $A, C$ 和两只手 $L, R$，最多能移动多少个大盘子？
直觉上，废掉一根柱子，手里只能拿 2 个，加上目标柱 $C$ 必须空着接收最大的盘子，最多只能转移 $2+1=3$ 个。但这是一个巨大的物理盲点：\textbf{源柱 $A$ 本身也是可以作为中转站的！}只要严格遵守“大盘在下，小盘在上”，在最大盘子移动的瞬间，我们可以把小盘子反向压在 $A$ 栈上。

为了打破直觉盲区，我们来硬核推演一遍，如何极限榨取空间，将 4 个盘子（从底到顶为 $4, 3, 2, 1$）从 $A$ 移到 $C$：

\textbf{第一阶段：避难}
\begin{itemize}
    \item 左手 $L$ 拿 1，右手 $R$ 拿 2。（此时 $A$ 剩 $[4, 3]$）
    \item $R$ 把 2 放入 $C$，$L$ 把 1 放入 $C$。（此时 $C$ 有 $[2, 1]$，两手腾空！）
\end{itemize}

\textbf{第二阶段：抽出最大盘}
\begin{itemize}
    \item $L$ 拿 3，$R$ 拿最大的 4。
    \item \textbf{关键点}：此时 $A$ 彻底空了！最大盘 4 终于被拿在了右手 $R$ 里！
\end{itemize}

\textbf{第三阶段：极限微操，清空 $C$ 栈}
现在 $R$ 拿着 4，$L$ 拿着 3，$C$ 里面有 $[2, 1]$。我们必须把 4 放进 $C$，但两手已满，$C$ 又被占了，怎么办？利用空出来的 $A$！
\begin{itemize}
    \item $L$ 把 3 放入空的 $A$ 栈。（此时 $A$ 有 $[3]$，左手 $L$ 腾空！）
    \item $L$ 从 $C$ 拿起 1。
    \item $L$ 把 1 放入 $A$ 栈。（压在 3 上面，完全合法！此时 $A$ 有 $[3, 1]$，$L$ 再次腾空！）
    \item $L$ 从 $C$ 拿起 2。
    \item \textbf{见证奇迹的时刻}：此时 $C$ 彻底空了！$L$ 拿着 2，$R$ 拿着 4，$A$ 里安全停放着 $[3, 1]$。
\end{itemize}

\textbf{第四阶段：最大盘归位与收尾}
\begin{itemize}
    \item $R$ 把最大的 4 稳稳地放入空无一物的 $C$ 栈底部！（$C$ 有 $[4]$，$R$ 腾空）
    \item $L$ 把 2 放入 $C$ 栈。（$C$ 有 $[4, 2]$，$L$ 腾空）
    \item 最后利用两只手，把 $A$ 栈里的 $[3, 1]$ 倒腾回 $C$ 栈即可。
\end{itemize}

\textbf{为什么不能是 5 个盘子？（ $>4$ 会导致死锁的原因）}
在这个极限微操中，之所以没有卡死，是因为从 $C$ 往 $A$ 退回盘子时，我们只退回了盘子 1，压在了盘子 3 上面（$1 < 3$，完全合法）。
如果一开始试图转移的是 5 个盘子，那么在“清空 $C$ 栈”阶段，$C$ 里面将会有 $[3, 2, 1]$。当我们需要把它们退回 $A$ 栈时，我们得先拿 1 压在空出来的盘子 4 上，然后再拿 2 压在 1 上——\textbf{盘子 2 压在盘子 1 上，大盘压小盘，直接违规死锁！}
也就是说，在反向退回 $A$ 栈时，由于只能一个一个倒序拿，导致上层的盘子一定比下层的大，$A$ 栈在这个瞬间\textbf{最多只能安全地停放 1 个盘子}。加上手中能拿的 2 个盘子，以及正在转移的最大盘，物理极限刚好就是 $1 + 2 + 1 = 4$ 个！

我们通过简单的搜索即可得到 $m \le 4$ 时的常数代价：
$$g_1=1, \quad g_2=2, \quad g_3=5, \quad g_4=10$$

代入转移方程，得到了常数状态的动态规划式：
$$f_n = \min_{1 \le m \le 4} \{ 2 \times f_{n-m} + g_m \}$$

\subsubsection*{4. 纯递推的推导与取模困境的破局}

似乎到这里，我们直接写一个 $\mathcal{O}(N)$ 的循环就能通过 $10^6$ 的数据了。但这里隐藏着一个极其致命的陷阱：\textbf{取模运算与 $\min$ 操作是不兼容的！}

因为 $f_n$ 呈指数级增长，很快就会溢出 \mintinline{cpp}{long long}。如果我们为了防止溢出而在中间对结果取模，那么取模后的值再送入 $\min$ 进行大小比较，纯属荒谬（比如真实的 $10^{10} \bmod MOD$ 可能会比真实的 $10$ 还要小，导致转移决策严重错误）。

为了解决这个取模的死结，我们需要关注递推的实质：\textbf{到底在转移中，是哪个 $m$ 取到了最小值？}

我们可以用不取模的程序打印出前几十项的真实最优决策情况：
当 $n \le 7$ 时，转移处于边界调整期，其最优解为：$1, 2, 4, 6, 9, 13, 17$。
但是，\textbf{当 $n \ge 8$ 时，无一例外，所有的最优转移全部来自于 $m=4$！}

\textbf{为什么最优决策总是 $m=4$ 呢？}
其实逻辑非常直观：每挪开一次上面的“大山”（即顶部的 $n-m$ 个盘子，耗费 $2 \times f_{n-m}$），我们就应该尽可能多地把底部的盘子一次性全塞过去。而底部的容量物理极限就是 $4$ 个盘子，代价仅仅是 $g_4 = 10$。相较于呈指数级暴涨的 $f_{n-m}$，“挪开大山”的代价过于高昂，因此最大化利用底部的极限物理空间（即永远选择 $m=4$）绝对是最优的贪心策略。

这就引出了本题最终的\textbf{纯递推公式}：
当 $n \ge 8$ 时，状态转移方程完全去除了不可取模的 $\min$ 函数，退化为一个确定的、常系数线性递推方程：
$$f_n = 2 \times f_{n-4} + 10$$

有了这个严格的递推关系，取模难题迎刃而解！因为递推式中不再有任何比较操作，我们可以毫无顾忌地在每一步转移后直接取模：
$$f_n = (2 \times f_{n-4} + 10) \pmod{998244353}$$

至此，我们得到了一个完美且大道至简的 $\mathcal{O}(N)$ 纯递推解法。对于 $N = 10^6$ 的数据规模，$\mathcal{O}(N)$ 的时间复杂度能够在几毫秒内轻松跑完。即便后续遇到恶意的 $N = 10^{18}$ 的加强版数据，由于这是一个常系数线性递推，我们也可以无缝衔接\textbf{矩阵快速幂}进行对数级别的加速。但在本题的数据范围内，朴素的纯递推循环已经是最契合、最漂亮的解法。

\subsection*{代码实现}

完整代码供以验证思路：

\begin{minted}{cpp}
#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 1000000;

vector<long long> f(MAXN + 5);

void init() {
    // 阶段一：前 7 项为无规律的边界状态，Hardcode 写入
    f[1] = 1;
    f[2] = 2;
    f[3] = 4;
    f[4] = 6;
    f[5] = 9;
    f[6] = 13;
    f[7] = 17;
    
    // 阶段二：n >= 8 时，进入严格的线性递推状态
    // 最优决策固定为 m = 4，彻底避免了 min 操作与取模冲突的问题
    for (int i = 8; i <= MAXN; i++) {
        f[i] = (2 * f[i - 4] + 10) % MOD;
    }
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << f[n] << "\n";
}

int main() {
    // 优化输入输出
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    
    // 预处理打表，O(N) 纯递推
    init();
    
    int t;
    if (cin >> t) {
        while (t--) {
            solve();
        }
    }
    return 0;
}
\end{minted}

\subsection*{复杂度分析}

\begin{itemize}
    \item \textbf{时间复杂度}：通过固定最优决策点，我们将不可取模的 $\min$ 动态规划简化为了 $\mathcal{O}(N)$ 的纯线性递推。预处理阶段需执行 $N$ 次循环，时间复杂度为 $\mathcal{O}(N)$。后续每次查询直接利用数组寻址，时间复杂度为 $\mathcal{O}(1)$。总时间复杂度为 $\mathcal{O}(N + T)$，对于 $N=10^6$ 的数据规模，可以在毫秒级别内跑完。
    \item \textbf{空间复杂度}：需要一个大小为 $N$ 的一维数组来存储所有的答案表，空间复杂度为 $\mathcal{O}(N)$，占用不到 $10 \text{ MB}$，远低于题目 $65536 \text{ KB}$ 的空间限制。
\end{itemize}

\end{document}

PDF

直接打表是没什么思路的：

1:1
2:2
3:4
4:6
5:9
6:13
7:17
8:22
9:28
10:36
11:44
12:54
13:66

再大，时间复杂度就要求太大了，没法继续打了。我们一般看规律是用差分与二阶差分这样子去看的，不过这个难度还是比较大，想把这个规律看出来，主要是

不过，汉诺塔问题嘛，就是 3 步：

当然，由于我们现在有两只手，所以情况稍微复杂一点，就是我们在没有辅助杆的情况下，我们可以移动的盘子就不一定是 1 个了，

当然，具体是几根也不是那么重要了。可以使用 bfs 求解，或者你对自己的直觉和数学功底比较自信的话，也可以自己整一整。

没有辅助柱子的情况下，就靠两只手，所需要的拿去次数
_______________[ Sample Testcase #1 OUTPUT]_______________
1:1
2:2
3:5
4:10
5:2123213341（随便设置的哨兵值）
6:2123213341

其实套路和经典汉诺塔问题一样。

AC代码

AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=18423

源代码

// teamname: Gospel_rock
/**
 * Problem: 汉诺塔
 * Contest: 
 * Judge: HDOJ
 * URL: https://acm.hdu.edu.cn/contest/problem?cid=1199&pid=1002
 * Created: 2026-04-08 00:31:39
 * Author: Gospel_rock
 * My blog: https://znzryb.com/
 * 
 * Powered by AutoCp https://github.com/Pushpavel/AutoCp
 */

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define lson(o) (o<<1)
#define rson(o) (o<<1|1)
#define SZ(a) ((long long) a.size())
#define debug(var) cerr << #var <<" = ["<<var<<"]"<<"\n";
#define debug1d(a)    \
cerr << #a << " = [";   \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++) \
cerr << (i ? ", " : "") << a[i]; \
cerr << "]\n";
#define debug2d(a)  \
cerr << #a << " = [\n";  \
for (int i = 0; i < (int)(a).size(); i++)  \
{   \
cerr << "  [";  \
for (int j = 0; j < (int)(a[i]).size(); j++) \
cerr << (j ? ", " : "") << a[i][j];   \
cerr << "]\n";   \
}  \
cerr << "]\n";
#define cend cerr<<"\n-----------\n"
#define fsp(x) fixed<<setprecision(x)

using namespace std;

using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
using DB = double;
using i128 = __int128;
using CD = complex<double>;

static constexpr ll MAXN = (ll) 1e6 + 10, INF = (1ll << 61) - 1;
static constexpr ll mod = 998244353; // (ll)1e9+7; 
static constexpr double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1.0);

ll lT, testcase;

/*
 *
 */

struct Solve {
    ll N;
    inline static bool is_init = false;
    inline static vector<ll> F = {
        {},
        1,
        2,
        4,
        6,
        9,
        13,
        17,
        22,
        28,
        36,
        44,
        54,
        66,
    };

    static void init() {
        is_init = true;
        F.resize(MAXN);
        for (int i = 14; i <= MAXN - 5; ++i) {
            F[i] = 2 * F[i - 4] + 10;
            F[i] %= mod;
            if (F[i] < 0) {
                F[i] += mod;
            }
        }
    }

    Solve() {
        cin >> N;
        if (!is_init) {
            init();
        }
        cout << F[N] << "\n";
    }
};

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
    cout.setf(ios::unitbuf); // 无缓冲流，方便我们调试
#endif

    cin >> lT;
    for (testcase = 1; testcase <= lT; ++testcase)
        Solve solve;
    return 0;
}

/*
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1199&rid=18423

_______________[ Sample Testcase #1 OUTPUT]_______________
1:1
2:2
3:5
4:10

*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

打表的时候遇到的问题

小心，不要把这个 step 也用于判重，如果 step 要用于优先队列，那么就使用两个比较器

初始化顺序问题，栈的初始化顺序有可能是反的