2025ICPC南昌邀请赛结束那晚我们队三个人在回酒店的车上就开始对题最后回到房间用各自的记题本拼出了完整题面。今年的题目整体风格偏向“码量不大、但思路要干净”和前几年动辄线段树套平衡树的感觉不太一样对新手友好不少但对思维转换的要求一点没降。这篇文章把我印象比较深的几道题完整复盘一遍从题意还原、思路推导到最终的代码落地都写清楚也把我们现场踩过的坑一并列出来算是给明年要参加邀请赛的队伍一份参考。1. 赛题总览与现场节奏1.1 整体难度分布按我们队的现场感受这套题可以分成四档A、B两题属于“读完就要有思路”的签到热身C、D两题是典型的中档题区分度主要在细节处理E、F两题是决定能不能拿牌的题E考线段树的基本功F考组合计数的建模能力再往后的G、H基本是留给区域赛水平队伍的冲奖题。我们队在G题上卡了一个多小时最后只交了一发未通过这个后面会简单说两句。题号大致类型难度定位参考用时A奇偶统计 / 签到简单10分钟B环形最大子段和简单25分钟C排列构造中等35分钟DDAG路径计数中等35分钟E线段树区间操作中等偏难45分钟F障碍网格路径计数较难60分钟G扫描线 / DP优化进阶未解决这个难度梯度和往年相比没有太大意外但有个明显感受今年的题更注重“模型转化”比如B题要把环形问题转化成线性问题、F题要把障碍点问题转化成偏序DP。这些转化本身不依赖冷门算法靠的都是最基础的思维训练所以如果平时刷题只追求AC数量、不深究套路背后的推导到赛场上会比较吃亏。1.2 现场做题策略与分工我们队开场采取的是“一人翻题、一人写模板、一人推用例”的分工。ICPC这种三人一机的赛制最大的坑不是题目难而是三个人同时在键盘上抢代码。我们习惯的做法是A题这种签到题谁先读完谁直接上机写其余两个人继续读后面的题把每道题的题意和初步想法写在草稿纸上。等A题过了相当于机器热起来了再按“先易后难、先想清楚再上机”的节奏推进。我特别想强调的是不要因为过题数落后就心态失衡。今年C题构造题我们一开始就卡住了当时旁边队伍已经过了两题但我们坚持先把C题的规律在纸上推明白了才碰键盘最后一次提交就过了。这种“想清楚再写”的习惯在邀请赛这种强度下比手速重要得多。很多人说ICPC就是比谁码得快我自己的体会是热身题确实比手速但到了中档题以上比的其实是“谁能更早把思路收敛成一个可证明的结论”。2. 基础题解析从签到到入门2.1 A题统计奇偶对题面大意给定长度为 n 的数组 a求有多少对下标 (i,j)满足 ij 且 a_ia_j 是偶数。核心观察是两个数之和是偶数当且仅当它们奇偶性相同。所以这个问题退化成两个数统计数组里的奇数个数 odd 和偶数个数 even答案就是 C(odd,2)C(even,2)。这里有一个新手很容易踩的坑直接开双重循环枚举所有 (i,j) 对n 到 10^5 就直接TLE。正确做法是 O(n) 扫一遍统计奇偶数量。另一个坑是答案的数据范围n10^5 时C(n,2) 接近 5×10^9int 存不下必须开 long long。我们现场写这题用了不到五分钟但旁边的队伍有人在输出格式上被卡了一下所以提醒一句输出答案时不要想当然用 int尤其是这种“数对数”的题目先估算最大值再决定数据类型。#include bits/stdc.h using namespace std; int main() { int n; scanf(%d, n); long long odd 0, even 0; for (int i 0; i n; i) { int x; scanf(%d, x); if (x 1) odd; else even; } printf(%lld\n, odd * (odd - 1) / 2 even * (even - 1) / 2); return 0; }2.2 B题环形最大子段和题面大意给定 n 个整数围成一个环求环上的最大连续子段和允许子段跨越首尾相接的位置但不能为空。这个题现场至少有三种思路。最简单直观的一种是把数组复制成两倍长度然后在 2n 长度上跑滑动窗口版最大子段和但窗口长度要限制在 n 以内写起来容易漏边界。我推荐另一种思路答案要么是普通线性数组上的最大子段和要么是总和减去线性数组上的最小子段和。为什么因为环上的任意一个连续子段如果跨越了数组边界那么它的补集就是内部一段连续的部分。想让跨越边界的子段和最大等价于让内部那段连续部分的和最小。所以只需要同时维护两个 Kadane 扫描一个求最大子段和一个求最小子段和答案取二者较大。这个题有个边界坑非常经典如果数组里全是负数线性最大子段和是最大的那个负数而“总和 - 最小子段和”可能算出来是 0但子段不能为空所以答案必须是最 大的负数。我们现场在自测样例时发现了这个坑补了一个特判才交。类似的边界问题在环形数组题里特别常见建议写完后专门构造一组“全负数”和“全正数”的用例去验证。3. 中档题解析构造、图论与数据结构的实战3.1 C题排列构造题面大意给定 n构造一个长度为 n 的排列使得相邻两项差的绝对值恰好覆盖 1 到 n-1 的所有整数值。这类构造题的突破口是“倒序交叉”。直接说结论输出序列 1, n, 2, n-1, 3, n-2, ……。相邻差值依次是 n-1, n-2, n-3, n-4, ……最后到 1。比如 n5 时序列是 1, 5, 2, 4, 3差值分别是 4, 3, 2, 1正好覆盖全部。为什么这样能保证每个差值恰好出现一次因为最大值和最小值交替摆放时相邻项之间的落差是单调递减的先是 n-1然后 n-2一直减到 1。这个规律在现场只要举两三个例子就能发现但要注意代码实现时的边界n1 时直接输出 1没有相邻差n2 时输出 1 2 或者 2 1 都行。构造题在邀请赛里通常属于“想到了就秒过、想不到就卡死”的类型。我的建议是拿到题先别急着写代码花几分钟在纸上试着摆几个小规模例子把相邻差值的序列列出来规律往往就会自己浮出来。构造题没有固定的算法模板靠的是“观察—猜想—验证”的循环平时多练一些“给定约束构造序列”的题目会很有帮助。3.2 D题DAG上的路径计数题面大意给定一个 n 个点 m 条边的有向无环图DAG源点为 1汇点为 n求从 1 到 n 的不同路径数量答案对 10^97 取模。DAG 上计数是非常标准的拓扑排序 DP。设 dp[u] 表示从源点 1 到 u 的路径数初始化 dp[1]1。按拓扑序处理每个点 u对每条出边 u→v执行 dp[v](dp[v]dp[u])%mod。最终 dp[n] 就是答案。为什么必须在拓扑序上做而不是直接 DFS因为路径数量可能是指数级别的直接暴搜会指数爆炸。而拓扑序天然保证了计算 dp[u] 时所有能到达 u 的前驱都已经处理完毕这就是把“递归”变成“递推”的核心思想也是 DAG 上所有动态规划问题的底层逻辑。这里有一个现场容易出错的细节拓扑排序初始化时要把所有入度为 0 的点都加进队列而不是只从 1 开始。因为题目并没有保证图一定连通可能有某些点不在 1 到 n 的任何路径上如果只从 1 开始跑拓扑那些入度为 0 的孤立点会因为没有入队而漏处理导致后面的点拓扑序不完整。我们现场就是在这个细节上多排查了十分钟一开始只从 1 入队结果数据里有一条不在主路径上的链直接把 dp 过程断掉了。#include bits/stdc.h using namespace std; const int MOD 1e9 7; int main() { int n, m; scanf(%d%d, n, m); vectorvectorint g(n 1); vectorint indeg(n 1, 0); for (int i 0; i m; i) { int u, v; scanf(%d%d, u, v); g[u].push_back(v); indeg[v]; } queueint q; for (int i 1; i n; i) if (indeg[i] 0) q.push(i); vectorlong long dp(n 1, 0); dp[1] 1; while (!q.empty()) { int u q.front(); q.pop(); for (int v : g[u]) { dp[v] (dp[v] dp[u]) % MOD; if (--indeg[v] 0) q.push(v); } } printf(%lld\n, dp[n]); return 0; }3.3 E题线段树区间覆盖与最大值查询题面大意维护一个长度为 n 的数组支持两种操作1. 区间 [l,r] 加上一个值 v2. 查询区间 [l,r] 内的最大值。这就是标准的线段树 懒标记变种。每个节点维护两个信息区间最大值 mx 和懒标记 lazy。区间加操作访问到被完整覆盖的节点时直接给 mx 和 lazy 都加上 v 然后返回查询时先把懒标记下推到子节点再取子节点最大值。这题放在中档题的位置主要考验两件事。一是懒标记的更新顺序不能乱一定是先更新 mx 再更新 lazy下推时先处理左孩子再处理右孩子。顺序错了整棵树的懒标记就会错位查出来的最大值完全不可信。二是所有涉及区间和的累计计算要用 long long因为题目没有明确说 v 和 n 的范围很小时区间加和的总量很容易超过 int而且查询最大值本身没有整除运算不存在“最后一步再强转”的偷懒空间。写线段树这种代码量比较大的题我强烈建议现场先写一个暴力版本然后写一个随机数据生成器对拍。对拍是验证线段树正确性最有效的手段尤其是懒标记更新这种逻辑靠眼睛盯代码很难发现 bug。我们队在现场写了 E 题之后跑了大概几百组随机数据直到完全一致才提交一次就过了。#include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN 200005; ll mx[MAXN 2], lazy[MAXN 2]; void push_up(int rt) { mx[rt] max(mx[rt 1], mx[rt 1 | 1]); } void push_down(int rt) { if (lazy[rt]) { ll tag lazy[rt]; mx[rt 1] tag; lazy[rt 1] tag; mx[rt 1 | 1] tag; lazy[rt 1 | 1] tag; lazy[rt] 0; } } void update(int L, int R, ll v, int l, int r, int rt) { if (L l r R) { mx[rt] v; lazy[rt] v; return; } push_down(rt); int mid (l r) 1; if (L mid) update(L, R, v, l, mid, rt 1); if (R mid) update(L, R, v, mid 1, r, rt 1 | 1); push_up(rt); } ll query(int L, int R, int l, int r, int rt) { if (L l r R) return mx[rt]; push_down(rt); int mid (l r) 1; ll res -1e18; if (L mid) res max(res, query(L, R, l, mid, rt 1)); if (R mid) res max(res, query(L, R, mid 1, r, rt 1 | 1)); return res; }4. 进阶题解析数学与组合计数4.1 F题障碍网格路径计数题面大意给定一个 n×m 的网格从左上角 (0,0) 出发只能向右或向下走走到右下角 (n,m)。网格中有 k 个障碍点不能经过求合法路径数对 10^97 取模。没有障碍时从 (0,0) 到 (x,y) 的路径数是 C(xy, x)这是经典结论总共走 xy 步其中要选 x 步向右。加入障碍后就无法直接套公式了因为路径一旦碰到障碍就非法。标准做法是容斥 DP把所有障碍点和终点按“从左上到右下”排序也就是按 xy 从小到大排。设 f[i] 表示从起点到第 i 个障碍点、且途中不经过任何其他障碍点的方案数。对于每个 i先算从起点到它的总路径数 C(x_iy_i, x_i)再减去所有能到达它且排在它前面的障碍点 j 的贡献f[j] × C((x_i-x_j)(y_i-y_j), x_i-x_j)。最后把终点也当成一个特殊的“障碍点”加入排序答案就是 f[终点]。为什么要按 xy 排序因为从左上角到右下角的任意路径必然会按照 xy 单调递增的顺序经过各个点。按这个顺序做 DP能保证每个前置状态都在当前状态之前被计算完本质上是一个偏序关系下的 DP。如果不排序就有可能出现计算 f[i] 时 f[j] 还没算好的情况。这个题现场最大的坑是组合数预处理。最大需要算 C(nm, n)nm 可能到 2×10^5 以上所以要用预处理阶乘和逆元的方式 O(1) 求组合数。逆元推荐用费马小定理因为 10^97 是质数直接用 powmod(fact[i], MOD-2) 就行。如果用线性递推逆元也可以但要注意数组大小开够严格从 1 递推到 max(nm)。#include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; const int MOD 1e9 7; const int MAXV 200005; ll fac[MAXV], inv_fac[MAXV]; ll powmod(ll a, ll b) { ll res 1; while (b) { if (b 1) res res * a % MOD; a a * a % MOD; b 1; } return res; } void init() { fac[0] 1; for (int i 1; i MAXV; i) fac[i] fac[i - 1] * i % MOD; inv_fac[MAXV - 1] powmod(fac[MAXV - 1], MOD - 2); for (int i MAXV - 2; i 0; i--) inv_fac[i] inv_fac[i 1] * (i 1) % MOD; } ll C(int n, int k) { if (k 0 || k n) return 0; return fac[n] * inv_fac[k] % MOD * inv_fac[n - k] % MOD; }这类题的思维难点在于“把障碍点当成状态点”而不是把整张网格当成状态空间。如果直接对每个格子做 DP复杂度是 O(nm)n 和 m 一大就爆炸。通过只关注障碍点把复杂度压到 O(k^2)这是组合计数题里很经典的降维思路。4.2 G题一道没做完的进阶题我们队最后卡在 G 题上题面大概是给定若干区间选出若干区间使得任意位置最多被两个区间覆盖求最大权值。现场写了 O(n^2) 的 DP 但超时没能在比赛时间内优化到正解。赛后复盘这种题通常要用扫描线 数据结构维护状态或者把区间按左端点排序后用堆维护右端点做贪心。它考察的是对“区间覆盖模型”的熟悉程度和扫描线算法结合紧密属于典型的区域赛级别题目。这里不展开写因为我自己也没完全吃透就不误导大家了。5. 赛场常见问题与避坑记录5.1 边界条件与数据范围ICPC 赛场上最常见的罚时原因不是算法写错而是边界条件没考虑完整。我列出今年这场我们踩过或目睹过的几个典型情况。第一long long 的使用。很多新手只在看到“10^9”时才意识到要开 long long实际上像 C(n,2) 这类组合数、区间累加和这类累计值即便输入数据都在 int 范围内中间结果也可能溢出。我的习惯是只要题目数据范围综合起来有可能超过 2×10^9就直接用 long long不要犹豫。第二空区间和空数据结构。查询区间为空的节点、n1 时没有相邻差、k0 时没有障碍点这些情况单独写一个判断分支往往不麻烦但漏掉一个就可能整题 WA。写完核心逻辑后专门检查“输入规模最小”的边界情况这是最便宜的防罚时手段。第三取模操作要勤快。在计算组合数或者路径计数这类需要取模的题目里每一步加法、乘法结束之后都立即取模不要在最后统一取一次。中间过程一旦溢出最后再取模得到的值完全是错的而且这种错很难通过样例发现。5.2 读入、输出与代码组织读入方面scanf/printf 是最稳的选择cin/cout 只要在程序开头加入 ios::sync_with_stdio(false) 和 cin.tie(nullptr) 也基本够用。但要注意如果题目涉及大量字符串输入比如每行带空格的名字cin 的 getline 和 scanf 的 %s 行为差异比较大容易在格式上出问题。建议队伍里提前统一一套自己熟悉的输入输出模板比赛时直接套用减少试错成本。输出方面最容易被忽略的是“Case #x:”这种前缀格式。赛前我们就遇到过队伍因为大小写不一致被 WA所以建议在提交前先对比样例输出逐字符检查空格和冒号。代码组织上我强烈建议每个队员都准备一个常用的模板文件包含快读、常用头文件、模运算函数、组合数预处理等。虽然 ICPC 允许带纸质资料但现场手敲这些常用函数浪费时间模板能帮你把这三五分钟省下来。5.3 卡题时的调试思路卡题是 ICPC 的常态关键是怎么从卡住的状态里走出来。我们队有一条不成文的规矩如果一道题连续提交三次都是 WA就停止盲目修改回到读题阶段重读一遍原文把每一个约束条件划出来对照代码。很多“百思不得其解”的 bug其实是因为读题时漏掉了某个条件比如“序列长度至少为 2”“图保证连通”“障碍点不会重复”等等。对拍是另一个高效手段。写一个暴力程序再写一个随机数据生成器两边同时跑看哪组数据结果不一致就能定位问题。线段树、DP、图论这类逻辑复杂的题对拍几乎是最快的验证方式。唯一要注意的是随机数据生成器也要覆盖边界情况比如 n1、区间左端点等于右端点、所有数都相同等等。6. 一点赛后体会这次南昌邀请赛我个人的体会是题解文章最有价值的不是“已经 AC 的代码”而是做题过程中那个“从不会到会”的转折点是怎么发生的。比如 B 题的环形子段和我们最开始想的是复制数组跑两倍长度虽然也能做但容易错后来改成“总和减最小子段和”代码量直接少了一半C 题的构造不理解规律时百思不得其解一旦在纸上画出倒序交叉的序列整个思路就通了。如果你明年也要参加类似的邀请赛我只有两个建议。第一养成赛后立刻复盘的比赛习惯趁记忆还在把每道题的卡点和想法记录下来这是水平提升最快的方式。第二平时训练多练“读完题三十秒内判断难度”的能力这决定了比赛时的做题顺序也直接影响整场的节奏。希望这篇复盘能帮到正在备赛的朋友们。我也把这份题解思路同步给了队里的学弟准备引入到日常训练题单里让更多队友通过这套题感受一下算法竞赛的乐趣。