生命的奇迹

互动｜最近遇到过的离谱小事

互动｜😓 你最近遇到过的离谱小事 嗨，AC狗友们，生活有时候比段子还离谱 比如： * 去机房做作业，电脑开机三次蓝屏三次，第四次它自己更新了半小时。 * 老师说这道题很简单，像呼吸一样自然。结果他自己讲了四十分钟还没讲完。 * 在数学课睡过1800秒 不管多小的事，只要你觉得离谱、好笑、无语、神奇，都欢迎来分享。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 🎯 怎么参与？ 在评论区写下你最近遇到的一件真实发生的离谱小事。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 🎁 奖励 活动截止后（符合评论要求的）： * 评论点赞前5名 → 每人 罐头 × 50 * 随机抽取5人 → 每人 罐头 × 20 ⏰ 时间 即日起 至 2026年5月5日 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 💬 快来评论区说说：你最近遇到了什么离谱小事？ （越真实越好笑，越离谱越有奖） 往期互动

期中考试怎么样？!

主包今天刚刚考完期中考，很疑惑为什么要在兴奋激动期待的春假来临之前举行一次生死肉搏……嗯对老师这个批卷的速度也是很快好吧，成功获得 语文37(满分四十，只考阅读)，数学95，英语100科学28(满分三十只考实验)的好成绩了哈哈哈哈可以过个好假期啦。宝宝们都肿模样呢，欢迎打评论区哦

我上秩序白银了

rt. 巅峰赛#33 参加人数有点少,我直接上秩序白银了 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 艾特环节: @暮雨朝云—月落 @AAA终焉赌命齐哥 @༺ཌༀཉི༒G.T.I༒༃ༀད༻ @超唐鼠王—金雨晗(打三角洲的处) @百大游戏解说官🤔 @毒豌

关于九上数学

rt。 求问哪个单元最难一些，需要主攻。哪个单元看着简单在考试中会变难（引申内容多）。 @cjdst @Grapher @Xylophone 把 @cjdst 挂最前面吧因为经验更多一些。

春假五一做题计划

上榜了？？？？？？？ 求赞求赞求赞求赞 DAY -1 题目 分数 难度 OJ A92132.「CodePlus 2017 11 月赛」晨跑 100pts 橙 ACGO A92130.「CodePlus 2017 11 月赛」汀博尔 100pts 黄 ACGO P1102 A-B 数对 100pts 橙 洛谷 P1605 迷宫 100pts 橙 洛谷 P1057 [NOIP 2008 普及组] 传球游戏 100pts 黄 洛谷 P1095 [NOIP 2007 普及组] 守望者的逃离 100pts 黄 洛谷 P1036 [NOIP 2002 普及组] 选数 86pts 橙 洛谷 P1001 A+B Problem ？？？ ？ 洛谷 闲的没事干，多写了几道 DAY 0 题目 分数 难度 OJ P1238 走迷宫 100pts 黄 洛谷 有点小水 DAY 1 题目 分数 难度 OJ P2040 打开所有的灯 100pts 黄 洛谷 P1097 [NOIP 2007 提高组] 统计数字 100pts 橙 洛谷 P2678 [NOIP 2015 提高组] 跳石头 100pts 黄 洛谷 P1009 [NOIP 1998 普及组] 阶乘之和 50pts 橙 洛谷 P1036 [NOIP 2002 普及组] 选数 86pts 橙 洛谷 P1097 [NOIP 2007 提高组] 统计数字 acgo上的数据实在太水了，洛谷的数据还可以 怪不得橙题都过不了，选数加了个排序还过不了 DAY 2 题目 分数 难度 OJ P1440 求m区间内的最小值 90pts 黄 洛谷 P1049 [NOIP 2001 普及组] 装箱问题 100pts 橙 洛谷 P1020 [NOIP 1999 提高组] 导弹拦截 100pts 绿 洛谷 DAY 3 洛谷说今天大凶，果然，电脑坏了，不能刷题了 所以 return 0;

官方公开赛 ZZSR #2预告

比赛LINK 赛前答疑 * 本帖禁止任何人发广告招人/加团队/互关等等，发了让你飞起来 * 关于审核机制以及一个福利，可以看这里。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 众所周知，一场比赛需要一张头图。 警告，糖分过高 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 4.27 大家好，距离开赛还有 444 天，在此和各位说一些注意事项： * 题目可能会提供大样例（因为不是OI赛制，所以大样例不是必要的），看我心情。 * 由于整个五一假期期间出题人都是比较忙的（可能出去玩，可能起飞，可能上课，可能生日），不一定能确保时刻在线给大家答疑，可以保证每天至少答疑 333 次，致歉。 * 在比赛中使用AI将会被我私信辱骂。这里是关于AI的一些事项。 * Good Luck. @Xylophone 要的头图 无不良引导，请理性观看。

GESP

嗯对大家GESP(有做过弊吗)。。 其实想问这个。但是不知道会不会被删帖。。 依旧细节句号好吧。。

互动｜分享你用AI干过的“神级操作”

互动｜分享你用AI干过的“神级操作” hi，AC狗友们 AI时代，连懒人都能开挂！写作业、做笔记、催队友、编曲……今天，它全包了！ 玩法超简单： 在评论区，分享一个你用AI干过的“神级操作” —— 越实用越欢迎，越“又懒又爽”越好！ 举个栗子： * 把老师60页PPT变成3句重点+10道押题：“我用了30秒，AI用了0.3秒。” * 把乱哼的旋律变成一首完整的Lo-fi beats：“现在它是我的学习背景音，比白噪音还上头。” 你可以写： * AI帮你“偷懒”的真实操作 * 一个离谱但实用的AI用法 * AI把你的某个日常变宝的故事 奖励 活动截止，评论区符合参与条件的留言 点赞TOP5 每人获得：罐头 × 50，@༺ཌༀ我要上浙大ༀད༻，@Michael，@拉巴巴小魔仙(布)，@全站的狗子我嘴最臭(慕温)，@Zorange(ZC) 幸运奖5名 每人获得：罐头 × 20，@（百小1."QYM".4育才）回，@（百小1."QYM".4育才）回，@‎樱桃指挥官(互关)（加团）‏，@???，@寻道·渊·天道主宰 ⏰ 时间 即日起至 2026年4月20日 分享一个你用AI干过的“神级操作”，越实用越欢迎！ 往期互动

严肃取关所有人

不是，这帖子是怎么上榜的 请大家不要在此贴sgt并发wyy评论，谢谢 望周知|饿啊，手点废了，当时关注那么多人做什么 @AAA终焉赌命齐哥（超级wyy）@༺ཌༀཉི༒SSCD刹༒༃ༀད༻同二位一样

【学习笔记】随机游走优化 dp

感觉是比较冷门的技巧（） 点击这里获得更卡哇伊的阅读体验 引入 > 一个数轴，初始有一个点在 000 位置。现在这个点会移动 nnn 次，每一次有 12\frac1221 的概率点从 xxx 移动到 x+1x+1x+1，另外 12\frac1221 的概率点从 xxx 移动到 x−1x-1x−1。问移动完 nnn 次之后 ∣x∣|x|∣x∣ 的期望值是多少。 上述问题的答案不超过 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 级别。下面给出一个简单的证明： 直接计算 E[∣x∣]E[|x|]E[∣x∣] 比较复杂。考虑先放缩一下，计算出 E[x2]E[x^2]E[x2] 的值，然后就可以直接得到 E[∣x∣]≤E[x2]E[|x|]\le \sqrt{E[x^2]}E[∣x∣]≤E[x2] 。 记第 iii 步 xxx 移动的决策是 pip_ipi （也就是 xxx 在第 iii 次操作中移动到了 x+pix+p_ix+pi 位置）。则显然有 x2=(p1+p2+…+pn)2x^2=(p_1+p_2+\ldots+p_n)^2x2=(p1 +p2 +…+pn )2，也就可以得到 E[x2]=∑i=1nE[pi2]+2∑i=1n∑j=i+1nE[pipj]=n+2∑i=1n∑j=i+1nE[pipj]E[x^2]=\sum\limits_{i=1}^nE[p_i^2]+2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^nE[p_ip_j]=n+2\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^nE[p_ip_j]E[x2]=i=1∑n E[pi2 ]+2i=1∑n j=i+1∑n E[pi pj ]=n+2i=1∑n j=i+1∑n E[pi pj ]。又因为决策之间是两两独立的，所以直接分类 pi,pjp_i,p_jpi ,pj 的取值分别算期望，可以得到 E[pipj]=0E[p_ip_j]=0E[pi pj ]=0，也就得到了 E[x2]=n⇒E[x]≤O(n)E[x^2]=n\Rightarrow E[x]\le O(\sqrt n)E[x2]=n⇒E[x]≤O(n )。 现在在上面的问题上扩展，考虑另外一个与其相似的问题： > 一个数轴，初始有一个点在 000 位置。现在这个点会移动 nnn 次，每一次有 12\frac1221 的概率点从 xxx 移动到 x+1x+1x+1，另外 12\frac1221 的概率点从 xxx 移动到 x−1x-1x−1。问移动完 nnn 次后，xxx 移动到的全部 n+1n+1n+1 个位置中绝对值最大的点的期望值是多少。 解决完上一个问题之后容易猜测答案还是 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 级别的。下面给出一个证明： 设随机游走位置为 S0=0,Sk=ξ1+ξ2+⋯+ξkS_0=0,S_k=\xi_1+\xi_2+\cdots+\xi_kS0 =0,Sk =ξ1 +ξ2 +⋯+ξk ，其中每个 ξi\xi_iξi 有 12\frac1221 的概率为 111，另外 12\frac1221 的概率为 −1-1−1。为了方便，记 Mi=max⁡j=0i∣Sj∣M_i=\max\limits_{j=0}^i|S_j|Mi =j=0maxi ∣Sj ∣ 即前 iii 次移动中距离原点最远的距离是多少。 因为 MnM_nMn 是非负整数，所以 E[Mn]=∑t≥1Pr⁡(Mn≥t)\mathbb E[M_n]=\sum_{t\ge1}\Pr(M_n\ge t)E[Mn ]=∑t≥1 Pr(Mn ≥t)。 所以只要我们能证明 Pr⁡(Mn≥t)≤Ce−ct2/n\Pr(M_n\ge t)\le C e^{-c t^2/n}Pr(Mn ≥t)≤Ce−ct2/n，把这个式子对 ttt 求和，就会得到 E[Mn]=O(n)\mathbb E[M_n]=O(\sqrt n)E[Mn ]=O(n )。 事件 Mn≥tM_n\ge tMn ≥t 的意思是：在前 nnn 步里，曾经到过 ttt 或者 −t-t−t。所以 Pr⁡(Mn≥t)≤Pr⁡(max⁡0≤k≤nSk≥t)+Pr⁡(min⁡0≤k≤nSk≤−t) \Pr(M_n\ge t) \le \Pr\Bigl(\max_{0\le k\le n}S_k\ge t\Bigr) + \Pr\Bigl(\min_{0\le k\le n}S_k\le -t\Bigr)Pr(Mn ≥t)≤Pr(max0≤k≤n Sk ≥t)+Pr(min0≤k≤n Sk ≤−t)。 由于对称性，这两项相等，因此有：Pr⁡(Mn≥t)≤2Pr⁡(max⁡0≤k≤nSk≥t)\Pr(M_n\ge t)\le 2\Pr\Bigl(\max_{0\le k\le n}S_k\ge t\Bigr)Pr(Mn ≥t)≤2Pr(max0≤k≤n Sk ≥t)。 现在用一维随机游走最经典的“反射法”结论：Pr⁡(max⁡0≤k≤nSk≥t)≤2Pr⁡(Sn≥t)\Pr\Bigl(\max_{0\le k\le n}S_k\ge t\Bigr)\le 2\Pr(S_n\ge t)Pr(max0≤k≤n Sk ≥t)≤2Pr(Sn ≥t)，结合一下就可以得到 Pr⁡(Mn≥t)≤4Pr⁡(Sn≥t)\Pr(M_n\ge t)\le 4\Pr(S_n\ge t)Pr(Mn ≥t)≤4Pr(Sn ≥t)。 此时又因为 Sn=ξ1+⋯+ξnS_n=\xi_1+\cdots+\xi_nSn =ξ1 +⋯+ξn 是 nnn 个独立 ±1\pm1±1 的和，所以它的方差是 nnn，标准差是 n\sqrt nn 。更进一步，SnS_nSn 有高斯型尾估计：Pr⁡(Sn≥t)≤e−t2/(2n)\Pr(S_n\ge t)\le e^{-t^2/(2n)}Pr(Sn ≥t)≤e−t2/(2n)，因此 Pr⁡(Mn≥t)≤4e−t2/(2n)\Pr(M_n\ge t)\le 4e^{-t^2/(2n)}Pr(Mn ≥t)≤4e−t2/(2n)。 结合一开始得到的式子，有： E[Mn]=∑t≥1Pr⁡(Mn≥t)≤∑t≥14e−t2/(2n)\mathbb E[M_n]= \sum_{t\ge1}\Pr(M_n\ge t)\le\sum_{t\ge1}4e^{-t^2/(2n)}E[Mn ]=t≥1∑ Pr(Mn ≥t)≤t≥1∑ 4e−t2/(2n) 而这个和的量级就是 n\sqrt nn 。最简单的看法是把它和积分比较： ∑t≥1e−t2/(2n)≤∫0∞e−x2/(2n)dx=n∫0∞e−u2/2du=Cn\sum_{t\ge1}e^{-t^2/(2n)} \le \int_0^\infty e^{-x^2/(2n)}{dx}= \sqrt n\int_0^\infty e^{-u^2/2}du= C\sqrt n t≥1∑ e−t2/(2n)≤∫0∞ e−x2/(2n)dx=n ∫0∞ e−u2/2du=Cn 所以有 E[Mn]≤4Cn\mathbb E[M_n]\le 4C\sqrt nE[Mn ]≤4Cn 。于是得到最终结论： E[Mn]=O(n)\boxed{\mathbb E[M_n]=O(\sqrt n)} E[Mn ]=O(n ) 事实上，可以继续收紧上下界得到 E[Mn]∼πn2\mathbb E[M_n]\sim\sqrt{\frac{\pi n}2}E[Mn ]∼2πn ，但是我不会证，而且在实际题目中并不需要这么紧的上界，因此这里直接给出一个由 ChatGPT 5.4 Thinking 给出的证明过程： :::info[证明过程] 设随机游走的过程为： S0=0,Sk=∑i=1kξi,Pr⁡(ξi=1)=Pr⁡(ξi=−1)=12,S_0=0,\qquad S_k=\sum_{i=1}^k \xi_i,\qquad \Pr(\xi_i=1)=\Pr(\xi_i=-1)=\frac12, S0 =0,Sk =i=1∑k ξi ,Pr(ξi =1)=Pr(ξi =−1)=21 , 题目要求的是 Mn:=max⁡0≤k≤n∣Sk∣M_n:=\max_{0\le k\le n}|S_k|Mn :=max0≤k≤n ∣Sk ∣ 的期望 E[Mn]\mathbb E[M_n]E[Mn ]。 1. 先写成尾和公式 因为 MnM_nMn 是非负整数值随机变量，所以： E[Mn]=∑m≥1Pr⁡(Mn≥m).\mathbb E[M_n]=\sum_{m\ge1}\Pr(M_n\ge m). E[Mn ]=m≥1∑ Pr(Mn ≥m). 而 nnn 步最多走到距离 nnn，所以实际上： E[Mn]=∑m=1nPr⁡(Mn≥m)\boxed{\mathbb E[M_n]=\sum_{m=1}^n \Pr(M_n\ge m)} E[Mn ]=m=1∑n Pr(Mn ≥m) 也就是： E[Mn]=∑m=1n(1−Pr⁡(Mn<m))\boxed{\mathbb E[M_n]=\sum_{m=1}^n \Bigl(1-\Pr(M_n<m)\Bigr)} E[Mn ]=m=1∑n (1−Pr(Mn <m)) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 2. 精确公式 事件 Mn<mM_n<mMn <m 就是“前 nnn 步始终没有碰到 ±m\pm m±m”，也就是随机游走在区间 −m+1,−m+2,…,m−1{-m+1,-m+2,\dots,m-1}−m+1,−m+2,…,m−1 内存活到第 nnn 步。 这是经典吸收随机游走，谱分解可得： Pr⁡(Mn<m)=1m∑j=0m−1(−1)jcot⁡(2j+1)π4m,(cos⁡(2j+1)π2m)n.\Pr(M_n<m) = \frac1m\sum_{j=0}^{m-1} (-1)^j \cot\frac{(2j+1)\pi}{4m}, \Bigl(\cos\frac{(2j+1)\pi}{2m}\Bigr)^n. Pr(Mn <m)=m1 j=0∑m−1 (−1)jcot4m(2j+1)π ,(cos2m(2j+1)π )n. 因此： E[Mn]=∑m=1n[1−1m∑j=0m−1(−1)jcot⁡(2j+1)π4m,(cos⁡(2j+1)π2m)n].\boxed{ \mathbb E[M_n] = \sum_{m=1}^n \left[ 1- \frac1m\sum_{j=0}^{m-1} (-1)^j \cot\frac{(2j+1)\pi}{4m}, \Bigl(\cos\frac{(2j+1)\pi}{2m}\Bigr)^n \right]. } E[Mn ]=m=1∑n [1−m1 j=0∑m−1 (−1)jcot4m(2j+1)π ,(cos2m(2j+1)π )n]. 这就是这个期望的一个标准精确表达式。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 3. 渐近结果 当 n→∞n\to\inftyn→∞ 时，有经典极限定理： Mnn ⟹ sup⁡0≤t≤1∣Bt∣\frac{M_n}{\sqrt n}\ \Longrightarrow\ \sup_{0\le t\le 1}|B_t| n Mn  ⟹ 0≤t≤1sup ∣Bt ∣ 其中 BtB_tBt 是标准布朗运动。并且该极限随机变量的期望是： E[sup⁡0≤t≤1∣Bt∣]=π2\mathbb E\Bigl[\sup_{0\le t\le 1}|B_t|\Bigr] = \sqrt{\frac{\pi}{2}} E[0≤t≤1sup ∣Bt ∣]=2π 所以： E[Mn]∼πn2\boxed{\mathbb E[M_n]\sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}}} E[Mn ]∼2πn 也就是主项约为： E[Mn]≈1.253314n.\mathbb E[M_n]\approx 1.253314\sqrt n. E[Mn ]≈1.253314n . ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 4. 对比一下末位置 注意这不是最后位置 ∣Sn∣|S_n|∣Sn ∣ 的期望。后者是 E∣Sn∣∼2nπ,\mathbb E|S_n|\sim \sqrt{\frac{2n}{\pi}},E∣Sn ∣∼π2n ,，而这里取的是全过程的最大绝对值，所以更大，主常数变成了 π2\sqrt{\frac{\pi}{2}}2π 。 5. 最终结论 精确值： E![max⁡0≤k≤n∣Sk∣]=∑m=1n[1−1m∑j=0m−1(−1)jcot⁡!(2j+1)π4m,(cos⁡!(2j+1)π2m)n].\boxed{ \mathbb E!\left[\max_{0\le k\le n}|S_k|\right] = \sum_{m=1}^n \left[ 1- \frac1m\sum_{j=0}^{m-1} (-1)^j \cot!\frac{(2j+1)\pi}{4m}, \Bigl(\cos!\frac{(2j+1)\pi}{2m}\Bigr)^n \right]. } E![0≤k≤nmax ∣Sk ∣]=m=1∑n [1−m1 j=0∑m−1 (−1)jcot!4m(2j+1)π ,(cos!2m(2j+1)π )n]. 渐近值： E![max⁡0≤k≤n∣Sk∣]∼πn2\boxed{ \mathbb E!\left[\max_{0\le k\le n}|S_k|\right] \sim \sqrt{\frac{\pi n}{2}}} E![0≤k≤nmax ∣Sk ∣]∼2πn ::: 解决问题 考虑用上面给出的 trick 解决一道经典题目！ 题目给出的六边形网格不太好处理，因此容易想到把这个东西压扁，将六个方向修改为上，下，左，右，右上，左下。此时容易想到直接 dp。设 fi,x,y,j,kf_{i,x,y,j,k}fi,x,y,j,k 表示当前处理了前 iii 个 idea，L=j,G=kL=j,G=kL=j,G=k，当前网格的横坐标是 xxx，纵坐标是 yyy，是否是可行的状态。 考虑优化这个 dp。可行性 dp 通常有下面两种优化方法： * 把一维状态写到答案里。 * 用 bitset 优化。 这个问题看着很不能把状态写到答案里，因此考虑用 bitset 优化。发现 yyy 这个 dp 维度其实就是在做一次循环移位操作，用 bitset 优化可以让时间复杂度除一个 www，但是仍然难以通过。 考虑利用上面的 trick。注意到最后需要让所在的位置 (x,y)(x,y)(x,y) 回到 (0,0)(0,0)(0,0)，而上面的 trick 在更高维度上也同样满足距离 (0,0)(0,0)(0,0) 的曼哈顿距离期望为 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 级别。因此考虑直接随机打乱输入的 idea 顺序，此时对于距离原点超过 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 的位置，其很大概率是可以被不超过 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 的位置所替代的，因此只需要处理 x,y∈[−O(n),O(n)]\boldsymbol{x,y\in[-O(\sqrt n),O(\sqrt n)]}x,y∈[−O(n ),O(n )] 的部分，范围以外的 dp 值直接截断处理即可。此时算法的时间复杂度被优化到 O(n2p2w)O(\frac{n^2p^2}w)O(wn2p2 )，卡常后可以通过该题。 :::success[代码] 因为作者不太会卡常所以目前只有用 C++98 提交才能通过/kel ::: 练习 > 给定一个 nnn 个结点的树，每条边都有边权（边权可能为负）。你需要选择若干条有 444 条边组成的简单路径（可以不选），使得没有一条边被超过一条路径覆盖。问所有被路径覆盖的边的边权的和最大是多少。 > > 数据范围：2≤n≤2×1052\le n\le 2\times 10^52≤n≤2×105。 考虑一个暴力的 dp 做法。设 fi,0/1/2/3f_{i,0/1/2/3}fi,0/1/2/3 表示当前只处理 iii 结点为根的子树，iii 结点没有挂长度不为 444 的链 / 在子树里挂了一条长度为 1/2/31/2/31/2/3 的链，边权之和最大是多少。转移过程需要合并儿子结点的 dp 信息，考虑再记一个 dp 数组辅助转移：设 gi,0/1g_{i,0/1}gi,0/1 表示当前合并了若干个儿子结点的信息，其中儿子结点里长度为 000 的链比长度为 222 的链多 iii 条，长度为 111 的链数量  mod  2=0,1\bmod\ 2=0,1mod 2=0,1，边权和最大是多少（只记录这些信息是因为子树内合并链只能是长度为 0,20,20,2 的链对应匹配，长度为 111 的链单独匹配）。此时合并信息是简单的。 直接做转移时间复杂度为 O(n2)O(n^2)O(n2)。注意到辅助转移的 ggg 数组中 iii 维度维护的是两类儿子结点的链的差值，而一个儿子结点只能有最多一条连向父亲结点的链，最后可以转移到 fff 数组里的 ggg 也只有 g−1,∗,g0,∗,g1,∗g_{-1,*},g_{0,*},g_{1,*}g−1,∗ ,g0,∗ ,g1,∗ 三类。因此考虑把长度为 000 的链看作 111，长度为 222 的链看作 −1-1−1，则可以看作是在数轴上做随机游走，打乱儿子结点顺序后 gig_igi 这个维度只需要维护 O(n)O(\sqrt n)O(n ) 个 iii 的信息即可。此时算法的时间复杂度优化到 O(nn)O(n\sqrt n)O(nn )，可以通过该题。 :::success[代码] :::