蓝桥杯 2026 省赛 B 组复盘：考前状态、考场决策与赛后重做

发表于 2026-05-12 分类于算法题解/复盘

记录蓝桥杯 2026 省赛 B 组从考前准备、考场决策到赛后重做的完整复盘，重点分析每题的考场思路、正解推导、失误原因与可迁移经验。

前言

省赛落幕，我拿到了省一的成绩，校内第 2，北京市第 25。

从结果上看，这似乎是一个“好成绩”。但结合我的个人体验，我仍然觉得自己本可以做得更好，或者说，我并没有发挥出自己的正常水平。

因此，这篇文章并不是一篇获奖感言，而是围绕考前状态、考场决策、赛后重做，以及这次比赛所暴露出的问题，做一次完整的复盘。

考前状态与准备

考前状态

这次省赛前，我的状态并不好。

一方面是长期的焦虑和睡眠问题。赛前很长一段时间里，我对自己的水平、学校平台、未来发展以及比赛结果都有强烈的焦虑感。临近比赛时，这种焦虑并没有明显缓解，反而让我在复习和休息之间很难找到稳定节奏。

另一方面，我的身体状态也很不理想。考前一晚我依然没有休息好，彻夜失眠，整个人并不是在一个精力充足、心态平稳的状态下走进考场的。

这也是我赛后最难受的地方之一：我并不是完全不会这些题，而是在考场上没有进入正常的思考状态。有些题我能摸到方向，但没有足够稳定的心态和足够冷静的头脑支撑我推演下去；有些题我选择了止损，写了骗分的做法；还有些题则是在赛后重做时才发现，自己其实并不是没有能力理解，只是考场上没有完成最后一步转化。

因此，这次复盘并不只是为了重新写一遍题解，也是为了更清楚地看见：哪些问题来自知识短板，哪些问题来自临场建模，哪些问题又来自考场状态和稳定性。

赛前准备

赛前一周，我才开始进行系统备赛。我主要围绕两条线做准备：一是完整真题模拟，二是专题复习。

真题模拟方面，我完整做了三套省赛真题，同时穿插补了一些零散真题，用来熟悉蓝桥杯的题型分布、填空题节奏和后半部分大题的难度梯度。

专题复习方面，我重点过了一些自己认为省赛中可能会用到的内容，包括搜索（BFS / DFS）、字符串哈希、快速幂、进制转换、gcd / lcm、STL、Dijkstra、LCA、拓扑排序、基础数学函数，以及 DP 中的背包、树形 DP 和自定义状态设计等内容。

从赛后结果来看，这些内容绝大多数都没有命中考题。但这些复习并不是完全没有意义，它们至少让我在基础代码、常见模型和比赛节奏上更稳定了一些。

真正暴露出来的问题，更多集中在数学推导以及考场压力下的细节处理上。这些问题也能体现在后文的逐题复盘中。

逐题复盘

下面对比赛中的 8 道题进行逐题复盘。

T1：青春常数

点击展开/折叠 T1题面

题意简述

本题给定整数：

N = 2026202520242023

要求统计有多少种拆分方式，使得：

N = x + y

并且满足：

0 \le x < y

本质上，这是一道整数拆分计数题。题面中的年份拼接容易带来一定干扰，但最终并不涉及字符串拆分或特殊构造。

考场思路

考场上我一开始被题面叙述干扰了一下，以为“拆分”可能和字符串结构有关。但重新读题后，我意识到它应该只是把这个整数拆成两个非负整数之和，并要求前一个数严格小于后一个数。

因此只需要统计满足条件的 $x$ 的取值个数。由于 $y=N-x$ ，条件 $x<y$ 等价于：

x < N-x

也就是：

2x<N

因为 $N$ 是奇数，所以合法的 $x$ 为：

0,1,2,\dots,\left\lfloor\frac{N}{2}\right\rfloor

一共有：

\left\lfloor\frac{N}{2}\right\rfloor+1

种。

正解思路

根据：

x+y=N,\quad 0\le x<y

令 $y=N-x$ ，可得：

x<N-x

进一步转化为：

2x<N

所以合法的 $x$ 个数为：

\left\lfloor\frac{N}{2}\right\rfloor+1

代入：

N=2026202520242023

得到答案：

2026202520242023 / 2 + 1

即：

1013101260121012

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout << 2026202520242023 / 2 + 1;
    return 0;
}

小结

这题本身并不难，真正值得记录的是考场上的第一反应。作为第一道填空题，我原本预期它应该是比较直接的送分题，但题面刚读完时，我却被“拆分”和年份拼接这些表述卡了一下，一度以为它可能和字符串结构有关。

这种开局被第一题轻微卡住的感觉，其实会对心态造成影响。尤其是在考前状态本来就不稳定的情况下，第一题如果不能立刻确认思路，很容易产生一种“是不是今天又不在状态”的自我怀疑。

好在我后面及时把题面抽象成了最朴素的数学条件： $N=x+y$ ，且 $0\le x<y$ 。转化之后，这题就只是统计满足 $2x<N$ 的非负整数 $x$ 的个数。

第一道题，稳住心态最重要。

T2：双碳战略

点击展开/折叠 T2题面

题意简述

有 $2026$ 盏路灯，初始全部为亮。每一盏路灯只有亮和灭两种状态，可以用 $1$ 和 $0$ 表示。

第奇数次操作时，可以选择一盏路灯，并翻转它及其右侧所有路灯，也就是翻转一个后缀。

第偶数次操作时，可以选择一盏路灯，并翻转它及其左侧所有路灯，也就是翻转一个前缀。

对每一种可能的最终状态，定义从初始全亮状态变成该状态所需的最少操作次数。题目要求统计所有 $2^{2026}$ 种状态的最少操作次数之和，并对 $998244353$ 取模。

考场思路

这题我在考场上大概看了十分钟，但始终没有找到有效的切入点。

题面里的操作规则并不难理解，但难点在于它要求统计所有状态的最少操作次数之和。状态数量是 $2^{2026}$ ，显然不可能逐个考虑，同时我也没想出来暴力解法。

在没有形成有效模型的情况下，我选择直接跳过，并且后续没有再回看。

正解思路

这题的关键是不要直接看每一盏灯本身，而是看相邻两盏灯之间的关系，也就是“插板”。

对于一个最终状态：

a_1,a_2,\dots,a_n

其中 $n=2026$ 。

我们先只考虑相邻两盏灯之间是否不同。对于每一对相邻位置：

a_i,\ a_{i+1}

如果它们相同，说明这里没有分界；如果它们不同，说明这里有一个分界。可以把这种分界理解成一个“插板”。

因此，长度为 $n$ 的灯序列，一共有 $n-1$ 个内部插板位。

一次翻转后缀时，后缀内部的相邻关系不会改变，因为这一整段都同时取反。真正改变的只有后缀起点左侧的那个边界。

同理，一次翻转前缀时，前缀内部的相邻关系也不会改变，真正改变的只有前缀终点右侧的那个边界。

所以，除了整体翻转之外，每一次操作本质上都可以看成是在改变一个内部插板位。

接下来先只看这 $n-1$ 个内部插板位。

对于所有 $2^n$ 种最终状态，任意一个固定的内部插板位，有一半状态中它为 $0$ ，另一半状态中它为 $1$ 。也就是说，每个插板位在所有状态中会贡献：

2^{n-1}

次操作。

内部插板位一共有 $n-1$ 个，所以这部分总贡献为：

(n-1)\cdot 2^{n-1}

但是，只看内部插板还不够。

因为相同的内部插板结构，对应两种互为整体取反的原序列。

例如 $n=3$ 时，如果内部插板为：

d_2d_3=11

那么对应的原序列可以是：

101

也可以是：

010

这两个序列的相邻变化完全相同，但整体亮暗方向相反。

对于每一种固定的内部插板结构，按这些插板去操作，只能到达两种互补状态中的一种；另一种还需要额外进行一次整体翻转。

因此，对于每一种固定的内部插板结构，都会额外贡献 $1$ 次操作。

内部插板结构一共有：

2^{n-1}

种，所以整体翻转带来的额外贡献为：

2^{n-1}

于是总答案为：

(n-1)\cdot 2^{n-1}+2^{n-1}

合并得：

n\cdot 2^{n-1}

本题中：

n=2026

所以答案为：

2026\cdot 2^{2025}\bmod 998244353

用快速幂计算即可。

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr ll mod = 998244353;

ll qpow(ll a, ll b) {
    ll res = 1;
    a %= mod;
    while (b) {
        if (b & 1) {
            res = res * a % mod;
        }
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout << 2026 * qpow(2, 2025) % mod;
    return 0;
}

小结

这题最值得记录的不是我为什么没做出来，而是我在考场上没有继续和它死磕。

作为一道填空题，它的分值有限；而从题目结构和赛后难度来看，它明显不是简单枚举或几步模拟能够解决的问题。我后来在洛谷上看到这题的难度标记是蓝题，这也说明它本身就不是一道适合在考场上长时间硬啃的低成本题。

考场上我看了约十分钟，仍然没有建立出有效模型。在这种情况下，继续投入时间大概率只会拖累后面的题目。直接跳过，并且不再回看，是当时更接近局部最优的选择。

赛后补题时再去理解它的内部插板统计和整体翻转补偿，是复盘应该做的事；但在考场上，比赛目标不是证明自己每道题都能想出来，而是在有限时间内尽可能多地拿分。

这题给我的经验不是某个具体算法模板，而是考场决策本身：有些题难、分值少、入口不明显，就应该果断止损。

T3：循环右移

点击展开/折叠 T3题面

题意简述

给定 $N,X,Y$ ，要求统计满足条件的数组数量。

数组 $A$ 的长度为 $N$ ，并且每个元素都需要满足：

X\le A_i\le Y

题目要求这个数组对任意一个连续子数组进行一次循环右移后，整个数组仍然保持不变。

需要求满足条件的数组数量。

考场思路

这题我在考场上其实没有做严格证明。

当时主要是通过样例和直觉判断：如果一个数组满足题目要求，那么它大概率只能是所有元素都相等的数组。因为只要数组里存在不同的元素，某次对连续子数组的循环右移就很可能改变原数组。

基于这个判断，我直接认为合法数组只能形如：

[c,c,\dots,c]

其中：

X\le c\le Y

所以答案就是可以选择的 $c$ 的数量：

Y-X+1

如果 $X>Y$ ，则没有合法取值，答案为 $0$ 。

因此最终写成：

\max(0,Y-X+1)

正解思路

这题的严格证明其实很短，只需要考虑长度为 $2$ 的连续子数组。

对于任意相邻两个元素：

A_i,\ A_{i+1}

它们本身就是一个长度为 $2$ 的连续子数组。

如果对这个子数组进行一次循环右移，那么：

[A_i,A_{i+1}]

会变成：

[A_{i+1},A_i]

题目要求操作之后整个数组仍然保持不变，所以这两个位置上的元素不能发生变化。因此必须有：

A_i=A_{i+1}

这个结论对所有相邻位置都成立，所以：

A_1=A_2=\cdots=A_N

也就是说，满足条件的数组只能是全体元素都相等的数组。

于是数组只能写成：

[c,c,\dots,c]

其中：

X\le c\le Y

所以合法数组数量为：

Y-X+1

如果 $X>Y$ ，则答案为：

0

统一写成：

\max(0,Y-X+1)

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int t;

void op() {
    ll n, x, y;
    cin >> n >> x >> y;
    cout << max(0ll, y - x + 1) << '\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> t;
    while (t--) {
        op();
    }
    return 0;
}

小结

这题考场上我是靠样例和直觉得出了正确结论并写出了正解，但严格来说，当时并没有完成证明。赛后回头看，真正的证明非常短：题目虽然要求任意连续子数组都满足条件，但只需要考虑长度为 $2$ 的连续子数组，就能推出所有相邻元素必须相等。

这题给我的经验是，直觉可以帮助快速找到方向，但如果时间允许，还是应该尽量把关键结论补成一个可验证的证明。尤其是这种“任意子数组 / 任意区间”类条件，往往不一定要从一般情况入手，最小的关键结构可能已经足够强。

考场上这题能做对，说明我的直觉方向是有效的；但从复盘角度看，它也提醒我，填空题和结论题不能只停留在“感觉应该是这样”，最好能快速找到一个能够支撑结论的最小反证或证明点。

T4：蓝桥竞技

点击展开/折叠 T4题面

题意简述

有 $N$ 种位置，第 $i$ 种位置有 $A_i$ 名选手。

现在需要把所有选手分成若干支战队，每支战队必须满足：

恰好有 $5$ 名选手；
这 $5$ 名选手来自 $5$ 个不同的位置。

也就是说，同一支战队中不能出现两个相同位置的选手。

对于每组数据，判断是否可以把所有选手全部分完。如果可以，输出 T，否则输出 F。

考场思路

这题我在考场上第一时间没有想出简洁做法，大概卡了小十分钟后选择先跳过。

后面把剩下能写的题处理完之后，我又回头来看这题。当时心态已经有点崩，没有再冷静地从必要条件和充分性角度分析，而是把它当成了一个实际分组问题，写了一个比较复杂的递归 / 构造逻辑。

正解思路

设总人数为：

S=\sum_{i=1}^{N} A_i

如果所有选手可以被分成若干支合法战队，那么每支战队恰好 $5$ 人，所以首先必须满足：

S \bmod 5 = 0

如果这个条件不满足，显然无法分完。

设最终一共有：

m=\frac{S}{5}

支战队。

由于每支战队中同一种位置最多只能出现 $1$ 名选手，因此对于任意一种位置 $i$ ，这 $A_i$ 名选手最多只能分散到 $m$ 支战队中。

所以还必须满足：

A_i \le m

也就是：

\max A_i \le \frac{S}{5}

这两个条件是必要的。

接下来需要说明它们也是充分的。

可以把 $m$ 支战队看成 $m$ 个盒子。对于第 $i$ 种位置，因为：

A_i \le m

所以它的 $A_i$ 名选手总能分别放进不同的战队中，不会出现同一支战队里有两个相同位置选手的情况。

更直观地说，可以每次从当前剩余人数最多的 $5$ 个不同位置中各取 $1$ 人组成一队。只要总人数仍然是 $5$ 的倍数，并且没有任何一种位置的人数超过剩余队伍数，就不会出现某一种位置被迫在同一队中重复出现的情况。

因此，判断条件就是：

S \bmod 5 = 0

且：

\max A_i \le \frac{S}{5}

两者同时成立时输出 T，否则输出 F。

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int t;

void op() {
    int n, max_a = 0;
    cin >> n;
    ll sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int ai;
        cin >> ai;
        sum += ai;
        max_a = max(max_a, ai);
    }
    if (sum % 5 == 0 && max_a <= sum / 5) {
        cout << "T\n";
    } else {
        cout << "F\n";
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> t;
    while (t--) {
        op();
    }
    return 0;
}

小结

这题的考场代码我并不确定是完全正确的。现在回头看，当时的写法明显过于复杂，也没有抓到这题真正的判定核心。

我没能在考场上及时识别出它是一个充分必要条件判定题。其实是可以秒的，但是没看出来这个充要条件，浪费了很多时间不说，极大程度地影响了心态和答题节奏。这很伤。

题目表面上是在说“分组”，很容易让人下意识地去想怎么实际构造每一支队伍。但它只要求判断是否存在方案，并不要求输出具体分组方式。也正是因为我被“分组过程”带偏了，才会在考场上写出一个复杂且不确定正确性的递归。

赛后重做时，这题其实可以压缩成两个条件：总人数能否被 $5$ 整除，以及人数最多的位置是否超过队伍数。真正难的不是写代码，而是敢于相信这两个条件不仅必要，而且充分。

这题给我的经验是，遇到“能否分组”“能否安排”“是否存在方案”这类问题时，不要第一时间进入搜索或递归。应该先看总量约束，再看单类上界约束，最后判断这些必要条件是否已经足够。如果能在考场上先完成这一层抽象，很多看似需要构造的问题其实会变成非常简洁的判定题。

T5：LQ 聚合

点击展开/折叠 T5题面

题意简述

给定一个长度为 $N$ 的字符串，字符串中只包含三种字符：

其中，? 可以被替换成 L 或 Q。

定义一个字符串中的 LQ 聚合数量为满足以下条件的二元组数量：

1\le i<j\le N

并且：

s_i=L,\quad s_j=Q

也就是说，需要统计有多少对 L 在前、Q 在后的组合。

题目要求将所有 ? 替换成 L 或 Q，使得最终字符串中的 LQ 聚合数量最大，并输出这个最大值。

考场思路

这题我在考场上没有真正推出来正解。

当时我大致猜到，? 的替换可能应该倾向于前面放 L、后面放 Q，也就是类似：

LLLLQQQQ

这样的形态。但这个结论在考场上并没有被我证明出来，我也没有把它稳定地转化成枚举分界点的做法。

最后我写了一个基于这个猜测的贪心做法，但这个做法并不严谨，大概只能拿到很少的小样例的部分分。

正解思路

首先考虑一个关键结论：

在最优方案中，所有 ? 的替换结果一定可以看成：前面一段替换成 L，后面一段替换成 Q。

也就是说，如果按 ? 在原字符串中出现的顺序来看，最优形态一定可以写成：

1	LLLL...LLQQQ...QQ

不会出现某个较早的 ? 被替换成 Q，而某个较晚的 ? 被替换成 L 的情况。

证明这个结论可以用交换法。

假设存在两个 ?，位置分别为 $i,j$ ，且：

i<j

但当前替换为：

s_i=Q,\quad s_j=L

也就是出现了 Q ... L 的倒置。

如果把它们交换成：

s_i=L,\quad s_j=Q

那么这两个位置本身就会新增一对 LQ。同时，对于它们中间的字符：

中间的 Q 可以和新的左侧 L 形成贡献；
中间的 L 可以和新的右侧 Q 形成贡献。

因此，把较早的 Q 和较晚的 L 交换成 L ... Q，答案不会变差。

所以最优方案一定存在一个分界点：分界点之前的 ? 全部替换成 L，分界点之后的 ? 全部替换成 Q。

接下来问题就变成了：

枚举这个分界点，并快速维护当前字符串中的 LQ 数量。

一种做法是，初始时先把所有 ? 都当作 Q。

此时我们可以计算出当前字符串中的 LQ 数量，记为 cur。

然后按照 ? 出现的位置从左到右枚举，每次把当前这个 ? 从 Q 改成 L，相当于枚举新的分界点。

假设当前处理的是第 $i$ 个 ?，它在原字符串中的位置为 $p$ 。

当它从 Q 改成 L 时，答案会发生两部分变化。

首先，它原来作为 Q，会和它左边的所有 L 形成 LQ 对。现在它不再是 Q，这些贡献要删掉。

它左边的 L 包括两部分：

原字符串中固定的 L；
前面已经由 ? 改成 L 的字符。

如果前面已经处理了 $i$ 个 ?，那么这一部分数量就是 $i$ 。

因此损失为：

lose=i+\text{左侧固定 }L\text{ 的数量}

其次，它现在作为 L，会和它右边的所有 Q 形成新的 LQ 对。

由于初始时把所有 ? 都看作 Q，而我们是从左到右依次把 ? 改成 L，所以当前位置右侧仍然为 Q 的数量可以用前缀统计快速得到。

记这部分新增贡献为：

gain

于是每次转移就是：

cur=cur-lose+gain

在枚举所有分界点的过程中取最大值即可。

由于每个位置只会被处理常数次，所以总复杂度为：

O(N)

需要注意的是，LQ 对数最多可以达到 $O(N^2)$ ，因此答案和当前贡献都需要使用 long long。

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int maxn = 1e5 + 5;

int n, preL[maxn], preQ[maxn], totQ;
ll ans, cur;
vector<int> idx;
string s;

void init() {
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i >= 1) {
            preL[i] = preL[i - 1];
            preQ[i] = preQ[i - 1];
        }
        if (s[i] == 'L') {
            preL[i]++;
        } else {
            preQ[i]++;
            totQ++;
            if (s[i] == '?') {
                idx.push_back(i);
            }
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (s[i] == 'L') {
            cur += totQ - preQ[i];
        }
    }
    ans = cur;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    s.reserve(maxn);
    idx.reserve(maxn);
    cin >> n >> s;
    init();
    int size = (int) idx.size();
    for (int i = 0; i < size; ++i) {
        ll lose = i + (idx[i] ? preL[idx[i] - 1] : 0);
        ll gain = totQ - preQ[idx[i]];
        ans = max(ans, cur = cur - lose + gain);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

小结

这题我在考场上真正卡住的点，其实不是后面的维护，而是没有把 ? 的最优替换形态严格推出来。

我当时隐约猜到了答案可能应该长成“前面一段 L，后面一段 Q”的形式，但因为没有证明这个结论，所以后面写得很虚，只能沿着一个不严谨的贪心往下做。现在回头看，如果当时能够通过交换法确认这个形态，那么后续自然就会变成枚举分界点，再用前缀和或增量维护来计算答案。

赛后重做时也是这样：一旦意识到所有 ? 的替换结果可以按分界点划分，后面的建模和代码其实都能顺着推出来。初始把所有 ? 当成 Q，然后从左到右依次改成 L，每次维护损失和新增贡献，这一套实现并不算特别绕。

所以这题暴露的问题很明确：不是完全没有算法能力，而是考场上缺少把“直觉形态”转化为“可证明结构”的那一步。对于这类最优构造题，如果感觉某种答案形态是对的，应该优先尝试用交换法证明它。一旦形态被证明，问题往往就会从不确定的贪心变成可以枚举的确定模型。

T6：应急布线

点击展开/折叠 T6题面

题意简述

给定 $N$ 台电脑和 $M$ 条已经存在的连接线。把电脑看成点，连接线看成无向边，那么当前网络可能并不连通。

现在可以新增若干条应急跳线，使得整个网络最终连通。

题目要求输出两个值：

让整个网络连通所需新增跳线数量的最小值；
在新增跳线数量最小的前提下，最小化“单台电脑接入新增跳线数量”的最大值。

考场思路

这题第一问比较直接，只要统计当前图中有多少个连通块。设连通块数量为 $cnt$ ，那么最少需要新增：

cnt-1

条边，才能把所有连通块连成一个整体。

问题主要出在第二问。

考场上我当时偏向于把新增跳线理解成一种“星型连接”：找一个足够大的连通块作为中心，让它去连接其他所有连通块。于是我的思路会关注最大连通块的大小，如果最大连通块大小不少于 $cnt-1$ ，那么似乎可以让这个中心连通块里的不同电脑分别承担一条跳线，从而让最大接入数为 $1$ 。

这个思路能覆盖一部分情况，但它默认了最优方案必须接近星型结构。赛后回头看，这个假设是不完备的。

正解思路

第一问仍然是连通块数量。

如果当前图中有 $cnt$ 个连通块，那么为了让整个图连通，至少需要：

cnt-1

条新增边。

这是因为每新增一条边，最多只能把两个连通块合并成一个。要把 $cnt$ 个连通块合并成一个，至少需要 $cnt-1$ 次连接。同时，只要把这些连通块连成一棵树，就可以用 $cnt-1$ 条边做到。

所以第一问答案为：

cnt-1

接下来考虑第二问。

在新增边数最少的前提下，新增边数量已经固定为：

cnt-1

每条新增边有两个端点，所以一共会产生：

2(cnt-1)

个新增跳线端点。

第二问本质上就是：把这些新增跳线端点尽量均匀地分配到 $N$ 台电脑上，使得单台电脑承担的端点数最大值最小。

因此答案至少是：

\left\lceil \frac{2(cnt-1)}{N} \right\rceil

这个下界是可以达到的。

如果：

2(cnt-1)\le N

说明所有新增跳线端点可以分配给不同电脑，那么第二问答案为 $1$ 。

如果：

2(cnt-1)>N

则至少有一台电脑需要承担两个新增跳线端点。由于 $cnt\le N$ ，此时答案不会超过 $2$ 。例如可以把所有连通块按链状连接，每个连通块最多需要承担两个连接端点，而连通块中至少有一台电脑可以承担这些端点。

当 $cnt=1$ 时，原图已经连通，不需要新增边，两个答案都为 $0$ 。而公式：

\left\lceil \frac{2(cnt-1)}{N} \right\rceil

此时也自然得到 $0$ 。

所以第二问可以统一写成：

\left\lceil \frac{2(cnt-1)}{N} \right\rceil

代码中使用整数上取整：

\frac{2(cnt-1)+N-1}{N}

即可。

连通块数量可以用 DFS / BFS 或并查集统计。我这里使用 BFS 建图遍历（因为我还没学并查集）。

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int maxn = 1e5 + 5;

int n, m, cnt;
vector<int> adj[maxn];
bool vis[maxn];

void BFS(int s) {
    queue<int> q;
    q.push(s);
    vis[s] = true;
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();
        for (int v: adj[u]) {
            if (!vis[v]) {
                q.push(v);
                vis[v] = true;
            }
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        adj[a].push_back(b);
        adj[b].push_back(a);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            cnt++;
            BFS(i);
        }
    }
    int new_edges = cnt - 1;
    int mx = (new_edges * 2 + n - 1) / n;
    cout << new_edges << " " << mx;
    return 0;
}

小结

这题我考场上应该拿到了大部分分数，第一问的连通块判断没有问题，真正的问题出在第二问的结构理解上。

我当时的思路更偏向星型连接：找一个最大的连通块作为中心，让它承担连接其他连通块的任务。如果最大连通块大小至少为 $cnt-1$ ，那么确实可以让中心连通块里的不同电脑各接一根新增跳线，从而让最大接入数为 $1$ 。

但这个条件只是充分条件，不是必要条件。最优方案并不一定要是星型，也可以是链状或其他树状结构。比如多个连通块可以共同分摊新增跳线端点，而不需要所有边都压在同一个中心连通块上。

正解的视角其实更简单：最少新增边数固定为 $cnt-1$ ，于是新增跳线端点总数固定为 $2(cnt-1)$ 。第二问要做的不是找中心，而是把这些端点尽量均摊到所有电脑上。

这题给我的经验是，遇到“在最少边数前提下最小化最大负载”这类问题时，不要急着假设某种具体结构，比如星型。应该先看总资源量和总负载量，再判断平均下界是否可以达到。考场上我差的就是这一层抽象：从“找一个中心连通块”转到“统计新增端点并均摊”。

T7：理想温度

点击展开/折叠 T7题面

题意简述

有 $N$ 个位置，每个位置当前温度为 $A_i$ ，理想温度为 $B_i$ 。

现在可以选择一个连续区间 $[l,r]$ ，并给这个区间内的所有温度同时加上同一个整数 $k$ 。

操作后，若某个位置满足：

A_i+k=B_i

则这个位置达到理想温度。区间外的位置不变。

题目要求在最多一次这样的操作后，最多能让多少个位置达到理想温度。

考场思路

这题我考场上的思路是先计算每个位置的差值：

d_i=B_i-A_i

如果选择某个区间并加上 $k$ ，那么区间内只有满足 $d_i=k$ 的位置会被调整到理想温度。

基于这个想法，我当时统计了每个差值对应的出现范围，并把数组整体分成三部分：区间前、区间内、区间后。然后比较原本已经达到理想温度的位置数量，以及对某个差值的完整覆盖区间进行调整后的收益。

但写到中途我已经意识到这个思路并不完整。

因为如果某个差值 $k$ 的两次出现之间夹着很多 $d_i=0$ 的位置，那么这些位置原本已经是理想温度，一旦被非零 $k$ 覆盖，反而会被调整错。也就是说，完整覆盖某个差值的出现区间不一定最优，真正的最优区间可能只取这个差值出现位置中的一段。

当时剩余时间已经不允许我重新建模并推到正解，所以我只能沿着这个不完整的思路继续写，尽量拿到一部分分。

正解思路

首先仍然定义差值：

d_i=B_i-A_i

如果 $d_i=0$ ，说明这个位置本来就已经达到理想温度。设这些位置的数量为：

base

如果不进行任何有效调整，答案至少为 $base$ 。

接下来考虑一次操作选择的加值为某个非零整数 $k$ 。

对于区间中的每个位置，有三种情况：

如果 $d_i=k$ ，那么这个位置会从不正确变成正确，贡献 $+1$ ；
如果 $d_i=0$ ，那么这个位置原本正确，但被加上非零 $k$ 后会变错，贡献 $-1$ ；
如果 $d_i\ne 0$ 且 $d_i\ne k$ ，那么这个位置操作前后都不正确，贡献 $0$ 。

因此，对于固定的 $k$ ，问题就变成了：

在一个由 $+1,-1,0$ 组成的收益序列中，选择一个连续区间，使区间收益最大。

这就是最大子段和模型。

不过不能对每一个 $k$ 都完整扫描一遍数组，否则复杂度会退化到 $O(N^2)$ 。

注意到对于固定的 $k$ ，真正产生正贡献的位置只有 $d_i=k$ 的位置。其他非零且不等于 $k$ 的位置贡献为 $0$ ，只有 $d_i=0$ 的位置会作为负贡献出现。

所以可以把每个非零差值 $k$ 的出现位置存下来，只在这些位置上做“稀疏最大子段和”。

假设某个差值 $k$ 出现的位置依次为：

p_1,p_2,\dots,p_m

每个 $p_j$ 自身贡献 $+1$ 。

如果把上一个出现位置 $last$ 和当前出现位置 $p$ 放在同一个区间中，那么中间夹着的 $d_i=0$ 的位置会产生负贡献。

用前缀数组 $pre0$ 统计 $d_i=0$ 的个数，则：

zero = pre0[p-1]-pre0[last]

表示 $last$ 和 $p$ 之间有多少个原本已经正确的位置。

于是稀疏最大子段和的转移为：

cur=\max(1,\ cur+1-zero)

其中：

$1$ 表示从当前位置重新开一段；
$cur+1-zero$ 表示接在前面的最优段后面，当前 $d_i=k$ 贡献 $+1$ ，中间的 $d_i=0$ 贡献负数。

对每个非零差值 $k$ 计算最大收益，最终答案就是：

base+\max gain

由于每个非零位置只属于一个差值分组，所以所有分组的总处理次数为 $O(N)$ 。使用 unordered_map 存储每个差值的出现位置，平均复杂度为：

O(N)

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int maxn = 2e5 + 5;

int n, d[maxn], pre0[maxn], a[maxn], b[maxn], ans;
unordered_map<int, vector<int> > um;

int ansOFk(const vector<int> &pos) {
    int base = pre0[n];
    if (pos.size() == 1) {
        return base + 1;
    }
    int cur = 1, best = 1;
    for (auto it = next(pos.begin()); it != pos.end(); ++it) {
        cur = max(1, cur + 1 - pre0[*it - 1] + pre0[*prev(it)]);
        best = max(best, cur);
    }
    return base + best;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> b[i];
        d[i] = b[i] - a[i];
        pre0[i] = pre0[i - 1] + (d[i] == 0);
        if (d[i]) {
            um[d[i]].push_back(i);
        }
    }
    ans = pre0[n];
    for (const auto &p: um) {
        ans = max(ans, ansOFk(p.second));
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

小结

这题是我这次复盘里花时间比较久的一题。考场上我并不是完全没有意识到问题，实际上我已经发现“完整覆盖同一差值区间”这个思路不对，因为中间的 $d_i=0$ 会变成负贡献，最优区间很可能只取其中一段。

但发现原思路不对，和在考场上重新抽象出正解，是两回事。

这题真正的转化是：固定一个非零差值 $k$ ，把每个位置的影响变成 $+1,-1,0$ ，然后做最大子段和。再进一步，由于不能对每个 $k$ 扫完整数组，还要把它压缩成只遍历同差值出现位置的稀疏最大子段和。

这几层抽象在赛后复盘时我都花了不少时间，考场上剩余时间不足的情况下，基本不可能完整推出来。因此当时选择沿着已经写了一半的部分分思路继续提交，我觉得是可以接受的。

这题给我的经验是，如果在考场上已经意识到当前思路不完整，但又无法在短时间内完成重新建模，就应该果断止损，把能写出的部分分先落地。赛后真正要补的是模型归类能力：一旦看到“选一个区间，某些位置加分、某些位置扣分”，就应该尽快联想到最大子段和。

T8：足球训练

点击展开/折叠 T8题面

题意简述

有 $N$ 名队员，第 $i$ 名队员的初始能力值为 $a_i$ ，每训练一天可以增加 $b_i$ 的能力值。

现在一共有 $M$ 天训练时间，需要把这些训练天数分配给队员。设第 $i$ 名队员被训练了 $k_i$ 天，那么最终能力值为：

a_i+k_i b_i

并且：

\sum_{i=1}^{N}k_i=M

题目要求最大化所有队员最终能力值的乘积：

\prod_{i=1}^{N}(a_i+k_i b_i)

并对 $998244353$ 取模。

考场思路

这题作为最后一题，我在考场上没有考虑正解。

当时我的策略很明确：直接写 DFS 暴力枚举训练天数分配，尽量拿到至少 $30\%$ 的部分分。对于小范围数据，枚举每个队员分到多少天训练，再计算乘积最大值即可。

这不是完整做法，但作为压轴题，在我没有正解思路的情况下，先把能稳拿的部分分写出来，是比较现实的选择。

正解思路

这题的关键在于把“分配训练天数最大化乘积”转化为“每一天训练带来的边际收益”。

假设第 $i$ 名队员已经训练了 $k_i$ 天，那么他当前能力值为：

a_i+k_i b_i

如果再给他训练一天，能力值会变成：

a_i+(k_i+1)b_i

此时整体乘积会被乘上一个倍率：

\frac{a_i+(k_i+1)b_i}{a_i+k_i b_i}

这个倍率就是“再训练他一天”的边际收益。

将它变形：

\frac{a_i+(k_i+1)b_i}{a_i+k_i b_i} = 1+\frac{b_i}{a_i+k_i b_i}

可以看出，随着 $k_i$ 增大，分母变大，所以同一个队员继续训练的边际收益会逐渐下降。

也就是说：

同一个队员训练越多，继续训练他的性价比越低。

因此，最优策略可以理解为：

从所有队员的所有“下一天训练收益”中，选出最大的 $M$ 个。

如果 $M$ 很小，可以直接用优先队列，每次选择当前边际收益最大的队员训练一天。但本题中 $M$ 很大，不能一天一天模拟。

为了批量处理，需要进一步引入“水位线”模型。

将能力值写成：

a_i+k_i b_i=b_i\left(\frac{a_i}{b_i}+k_i\right)

其中 $b_i$ 是固定的。令：

x_i=\frac{a_i}{b_i}

可以把 $x_i+k_i$ 理解为第 $i$ 名队员当前的“水位”。

每训练一天，就是让他的水位增加 $1$ 。

从边际收益公式：

1+\frac{1}{x_i+k_i}

可以看出，水位越低，下一次训练的边际收益越高。

所以问题等价于从所有序列：

x_i,\ x_i+1,\ x_i+2,\dots

中选出最小的 $M$ 个水位。

接下来二分一个安全水位线 $t$ 。

对于某个队员 $i$ ，如果：

x_i+k\le t

那么这一次训练对应的水位不超过 $t$ ，可以先被选中。

满足条件的 $k$ 为：

k=0,1,2,\dots,\left\lfloor t-x_i\right\rfloor

所以这个队员在水位线 $t$ 下会被分配：

\max(0,\left\lfloor t-x_i\right\rfloor+1)

天训练。

对所有队员求和，就可以判断当前水位线下会选出多少次训练。

二分时维护一个尽可能高、但选出的训练天数不超过 $M$ 的水位线。二分结束后，先根据这个水位线批量计算每个队员的训练天数 $k_i$ ，并统计还剩多少天没有分配，记为 rest。

由于水位可能存在并列，二分得到的水位线通常不能刚好选出 $M$ 天训练。因此还需要用优先队列补齐剩余天数。

此时，对于每个队员，下一次训练对应的水位是：

x_i+k_i

每次从优先队列中取出当前水位最小的队员，给他训练一天，然后更新他的水位并重新放入队列，直到补完剩余的 rest 天。

最后，每个队员的训练天数 $k_i$ 已经确定，直接计算：

\prod_{i=1}^{N}(a_i+b_i k_i)\bmod 998244353

即可。

AC代码

点击展开/折叠最终 AC 代码


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ld = long double;
constexpr int maxn = 1e5 + 5, mod = 998244353, inf = 1e9 + 1e5 + 10;

struct node {
    ld level;
    int id;

    bool operator>(const node &other) const {
        return level > other.level;
    }
};

int n, m, a[maxn], b[maxn];
ll k[maxn], rest;
ld x[maxn];

bool Check(ld t) {
    ll cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cnt += max(0ll, (ll) floor(t - x[i]) + 1);
        if (cnt > m) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

ld Binary() {
    ld l = 0, r = inf;
    for (int i = 1; i <= 100; ++i) {
        ld mid = l + (r - l) / 2;
        if (Check(mid)) {
            l = mid;
        } else {
            r = mid;
        }
    }
    return l;
}

void solve(ld t) {
    rest = m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        k[i] = max(0ll, (ll) floor(t - x[i]) + 1);
        rest -= k[i];
    }
    priority_queue<node, vector<node>, greater<node> > pq;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        pq.push({x[i] + k[i], i});
    }
    while (rest--) {
        int t_id = pq.top().id;
        pq.pop();
        k[t_id]++;
        pq.push({x[t_id] + k[t_id], t_id});
    }
}

ll Ans() {
    ll result = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        result = result * ((a[i] + 1ll * b[i] * k[i]) % mod) % mod;
    }
    return result;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i] >> b[i];
        x[i] = 1.0L * a[i] / b[i];
    }
    solve(Binary());
    cout << Ans();
    return 0;
}

小结

这题我承认是考场上真正不会的题。

和前面一些题不同，这题不是差一步证明、差一层抽象，或者考场上没有写稳。它的正解从建模开始就很难：需要先意识到训练天数分配可以转化为边际收益，再发现同一队员的边际收益递减，最后进一步转成水位线模型。

即使看出了“训练越多，继续训练的性价比越低”，后面的实现也并不轻松。二分水位线、用 floor 统计训练次数、处理 +1 的边界、二分后用优先队列补齐剩余天数、最终乘积时防止溢出，这些细节任何一个写错都可能导致错误。

我赛后复盘这题也花了很长时间。最后能把它写出来，更多是通过一点点拆解：先理解边际收益递减，再理解“选前 $M$ 个最大收益”等价于选最小水位，再理解为什么二分只能批量分配大部分训练天数，最后再用堆补齐边界。

所以考场上直接写 DFS 暴力拿 $30\%$ 部分分，我认为是合理的。压轴题如果短时间内完全看不到正解入口，与其硬耗，不如先把小数据部分分拿下。

这题值得反复回味。它给我的经验是，乘积最大化问题经常可以从边际收益入手；如果边际收益具有单调性，就可能进一步转化为贪心、二分答案或优先队列维护。对我来说，这题目前还不能算真正熟练掌握，但至少通过这次复盘，我已经把主要思路和关键实现细节补上了。

考场整体复盘

从整场来看，我大致稳住了两三道题，也在最后的难题拿到了一些部分分。但对于中间几道完全有能力AC的题，发挥并不稳定。

稳住的部分

虽然我对这场比赛的发挥很不满意，但从结果和复盘来看，这场比赛并不是完全失控的。

首先，部分题目我还是稳住了的。T1 虽然开局被题面干扰了一下，但最终及时把问题抽象成整数拆分计数，没有因为第一题的轻微卡顿继续影响判断；T3 虽然考场上没有给出严格证明，但凭直觉抓住了“合法数组只能全相等”的核心结论，最终方向是对的；T6 第一问的连通块判断是稳的，第二问虽然卡在了星型结构的错误理解上，但至少抓住了“连通块数量决定新增边数”的主线，这足以拿到大部分分数。

其次，我在一些题目上做出了比较合理的取舍。T2 看了约十分钟没有思路后直接跳过，没有继续投入大量时间；T8 作为最后一题，在完全看不到正解入口的情况下，直接写 DFS 暴力去拿小数据部分分。这些选择现在回头看都是合理的。比赛中不是每一道题都值得死磕，尤其是高难填空题和压轴题，如果短时间内没有有效模型，及时止损本身就是一种能力。

再者，即使一些题目没有完全做出正解，我也不是完全空白。T4 在心态崩盘 + 时间紧促的情况下，依旧写出了一个繁琐但能拿到部分分数的递归；T7 虽然没有推出最大子段和模型，但已经意识到差值和区间调整之间的关系，也意识到完整覆盖区间并不严谨，从结果上来看似乎也拿到了小部分分数；T8 也至少通过暴力拿到了能拿的部分分数。

所以从整体来看，这场比赛里我确实有不少没做好的地方，但也有一些下限是保住了的：基础题没有大面积崩盘，遇到高难题时有止损意识，除了 T2 蒙了个答案上去，其他题尽量都写了能拿分的东西。这些共同构成了最后省一的结果。

没稳住的部分

这场比赛最让我不满意的地方，是很多题并不是完全没有方向，而是在关键一步上没有稳住。

T1 虽然最后做对了，但第一题上来就被题面卡了一下，本身就说明我的考场状态并不理想。第一道填空题本该快速确认、快速通过，但我却一度被“拆分”和年份拼接这些信息干扰。这种开局轻微卡顿虽然没有直接造成失分，但确实影响了后续的心理状态。

T3 虽然这道题AC了，但是没有想出严谨的证明。这个难度的题不应该想不出来证明。

T4 是最典型的失误。这题赛后重做发现其实只需要判断两个条件：总人数能否被 $5$ 整除，以及最大位置人数是否超过队伍数。它本来是可以很快做出来的题，但我在考场上没有识别出这个充要条件，而是被“分组”这个表述带进了复杂递归和构造思路里。这不仅浪费了时间，也明显打乱了我的答题节奏。

T5 的问题则是没有推出来 ? 的最优替换形态。事实上，只要证明所有 ? 一定可以写成前面一段 L、后面一段 Q，后面就会自然变成枚举分界点和增量维护。但考场上我只是隐约猜到了这个形态，却没有把它证明出来，也没有敢沿着这个方向继续推进。最后写出的贪心缺乏严格依据，只能拿一些小样例的部分分。

T6 第二问的问题在于，我把最优结构想成了星型连接。这个思路能覆盖一部分情况，但它只是充分条件，不是必要条件。真正的正解应该从新增跳线端点总数出发，把 $2(cnt-1)$ 个端点尽量均摊到 $N$ 台电脑上。这里我没有及时从具体构造跳到总量约束。实际上我已经把大部分的问题都解决了，就差最后这“临门一脚”。

T7 是另一类问题。我已经意识到自己原来的完整区间思路不对，也意识到 $d_i=0$ 的位置会成为负贡献，但当时已经没有时间重新建模。赛后复盘时才发现，它真正应该转成“固定差值后的稀疏最大子段和”。这题说明我在考场上即使摸到了正解附近，也未必能在时间压力下完成最后的模型归类。

T8 则是完全不会正解。边际收益递减、水位线二分、优先队列补齐这些东西，考场上我基本不可能完整想出来。虽然写暴力拿部分分是合理选择，但从能力角度看，这题确实暴露出我对高阶贪心、二分批量分配和复杂边界实现的掌握还不够。

整体来看，这场比赛没稳住的核心并不是单纯“不会写代码”，而是几个关键抽象没有完成：T4 没有压缩出充要条件，T5 没有证明答案形态，T6 没有跳出星型构造，T7 没有归类到最大子段和，T8 则是从建模到实现都超出了我的考场能力范围。

暴露出的问题

这些题共同说明，我当前最大的问题仍然在于：有时能摸到方向，但无法在考场压力下把方向转化成稳定、可证明、可实现的正解。

1. 抽象建模能力还不够稳定

很多题我不是完全没有方向，而是差在最后一层抽象。

有些题需要从具体构造跳到充分必要条件，有些题需要从局部贪心跳到答案形态证明，有些题需要从区间操作跳到收益模型。赛后重做时，这些转化往往可以慢慢推出来；但在考场上，时间有限、压力很大，一旦第一反应没走对，就很容易停在一个不完整的思路里。

2. 证明意识不足

考场上我有时能凭直觉猜到某个结论，但没有及时把它证明出来。

直觉在比赛里当然很重要，但如果一个结论不能被证明，它就很难支撑后续实现。尤其是最优形态、充分必要条件、贪心正确性这几类题，必须尽快找到一个能说服自己的证明方式，否则写出来的代码就会很虚。

3. 实现细节距离稳定 AC 还有差距

有些题即使赛后理解了思路，真正写代码时也会反复卡在细节上。

比如最大子段和转移、前缀统计边界、二分中的 floor 和 +1、取模乘法防溢出等。这说明我目前还没有把一些模型练到“看到就能稳写”的程度。理解思路和稳定 AC 之间，仍然有一段距离。

4. 考场心态和节奏控制仍然不稳

前面题目一旦卡住，我的心态会受到明显影响。

有些题本来不应该消耗太多时间，但卡住之后会影响后面的答题节奏。考场上不只是比会不会做题，也是在比能不能及时判断：这题该不该继续想，当前思路值不值得写，写到什么程度应该止损。

5. 部分分策略还不够成熟

这次我确实在一些题上写了部分分，后面的复杂题也没有完全空着；但现在回头看，我还没有做到真正意义上的“稳定骗分”。

稳定骗分不是随便写一个错误贪心，而是在明确数据范围和部分性质的基础上，写出尽可能可靠、可控、能覆盖一部分测试点的做法。考场上如果正解一时想不出来，如何设计一个高可信度的部分分方案，也是我后续需要训练的能力。

总的来说，这次省一说明我有一定的基础和下限，但也暴露出我距离更稳定的竞赛能力还有差距。后续需要补的不是某一个孤立知识点，而是一整套能力：抽象建模、证明结论、实现细节、考场节奏，以及在不会正解时稳定拿部分分的能力。

结语

省赛一等奖，北京市第 25。

从结果上说，这已经是一个足够好的阶段性结果。这份奖项于我也有着特殊的意义——它似乎印证着我已从两三年的阴霾中走了出来。

在复盘完整套题之后，我也很清楚，我并不满意本场比赛的发挥。这也是为什么我在走出考场的时候郁闷至极。我感觉自己的这个发挥可能也就是省三了，运气好能到省二。很多题不是完全不会做，而是都被一些本应想通的点给卡住；有些题本可以更快做出来，却在考场上被题面或心态带偏；还有些题虽然写了部分分，但并没有做到真正稳定、可控地拿分。

所以这个省一对我来说，更像是一个阶段性证明，而不是终点。

它证明了我为自己的热爱所付出的努力没有白费，证明了过去半年多的算法积累、刷题、博客复盘和赛前准备不是无用功；也说明了即使在状态不佳的情况下，我依然有一定的下限。

但它同样提醒我，我在数学推导、结构转化、证明意识、实现细节和考场稳定性上，还有很多不够成熟的地方。

省赛已经结束，不管这场比赛有多少遗憾，都不能再一直停留在复盘情绪里。复盘的意义不是反复证明自己哪里没做好，而是把这些问题提炼出来，带到下一阶段训练中去。

接下来最现实的目标就是国赛。满打满算，距离国赛也只剩下一个月左右。

我需要迅速调整状态，重新进入备赛节奏。推进一些还没学过的算法知识点，对已发现的问题和不足之处查漏补缺，也要继续训练限时模拟考场、部分分设计和考场决策。

我会带着一如既往的热爱，继续走下去:)