部分题解合集

懒得分开写咕咕咕。

TC13459

“1”的限制分两种，在同一行或在同一列，但 “1” 的数量很多，不能枚举每个“1”是哪一种，设“在同一行”的边为白边，“在同一列的”的边为黑边，考虑边之间的约束关系。

考虑两条边 \((i,j),(i,k)\)，当边 \((j,k)\) 存在时说明 \((i,j)\) 和 \((i,k)\) 的颜色相同，反之亦然。

这样就可以表示出所有的约束，必要性显然，充分性是因为合法解中同色边一定构成了若干不含公共边的团，这种对于相邻两条边的约束关系就很充分了。

在所有的约束条件下，所有的边及其约束关系构成类似二分图的结构，对于每个连通块，设它一部分的所有边形成了 \(x\) 个点连通块，另一部分的所有边形成了 \(y\) 个点连通块，那么它可以占用 \(x\) 行 \(y\) 列或 \(y\) 行 \(x\) 列。

最后可以通过简单 DP 计算答案。

复杂度 \(O(n^3)\)。

TC12909

任意时刻局面的样子都是若干个连续段，我们只关心每个连续段的样子和它们在环上的相对顺序，而不关心空白的位置，因为只要知道前者的方案数，当前局面的方案数是可以算的。

设 \(f_{i,j}\) 表示当前已经来了 \(i\) 个朋友，共构成 \(j\) 个连续段的方案数，转移分三种：

• 第 \(i+1\) 个朋友新开一个连续段，\(f_{i+1,j+1} \leftarrow j \cdot f_{i,j}\)。
• 第 \(i+1\) 个朋友加入一个连续段的开头或结尾，\(f_{i+1,j} \leftarrow 2j \cdot f_{i,j}\)。
• 第 \(i+1\) 个朋友将两个连续段接在了一起，\(f_{i+1,j-1} \leftarrow j \cdot f_{i,j}\)。

只需要保证 \(j \le G\) 就行了，而不需要考虑连续段过多而导致前两种转移不合法，因为不合法了贡献系数一定为 \(0\)。

最后是贡献系数，假设 \(K\) 个人到齐后有 \(x\) 个连续段，则贡献系数为 \(N\binom{N-K-1}{x-1}\)。

特判 \(k=n\) 时，答案为 \(N\cdot f_{n-1,1}\)。

复杂度 \(O(N^2)\)。

TC13692

搬家具的排列很像拓扑序，但又有点区别。

枚举 \(S_1-S_2\) 路径上第一个选的点 \(u\)，再对每条边定向，然后就转化成了一张图的拓扑序，记这个东西为 \(f_u\)。当 \(u=S_1\) 或 \(S_2\) 时这张图就是树，否则这张图和树唯一的区别是点 \(u\) 有两个父亲，但这张图的拓扑序并不好算，单次复杂度只能做到 \(O(n^2)\)，无法通过。

注意到这题只需要求出 \(S_1-S_2\) 路径上每个点 \(f\) 的总和。

枚举 \(S_1-S_2\) 路径上的一条边 \((u,v)\)，然后断开 \((u,v)\)，再对每条边定向，然后就转化成了两棵树的拓扑序，这个是可以 \(O(n)\) 算的，发现算出来的正好是 \(f_u+f_v\)。

最后把前一步骤的计算结果加起来，再加上 \(f_{S_1}+f_{S_2}\) 并除以二，即是答案。

AGC017F

容易想到用位向量来表示折线，\(0\) 表示这一步向左走，\(1\) 表示向右，容易得到折线的形态只有 \(2^{N-1}\) 种。

由于相邻两条折线 \(S,T\) 的约束关系是 \(T\) 的每个前缀和都大于等于 \(S\) 的对应前缀和。

不难想到轮廓线 DP，设 \(f_{i,j,k,S}\) 表示满足以下条件的方案数：

• 第 \(i\) 条折线已经填了前 \(j\) 位。
• \(S\) 的前 \(j\) 位是第 \(i\) 条折线的，后 \(N-1-j\) 位是第 \(i-1\) 条折线的。
• 第 \(i-1\) 条折线前 \(j\) 位之和为 \(k\)。

转移就枚举第 \(i\) 条折线第 \(j+1\) 为填什么。

复杂度 \(O(n^32^n)\)，无法通过。

再次考虑相邻两条折线 \(S,T\) 的约束关系，发现从 \(S\) 到 \(T\) 是以下过程：

• 把每个 \(1\) 都往前移或不动，并且不改变相对顺序。

• 最后一个 \(1\) 之后的 \(0\) 任意变成 \(1\)。

重新定义 DP 状态 \(f_{i,j,S}\) 表示正在确定了第 \(i\) 条折线，当前为 \(S\)，已经固定了前 \(j\) 个 \(1\) 的方案数。

转移为：

• 如果存在第 \(j+1\) 个 \(1\)，就枚举它往前移多少位，不能跨过前一个 \(1\)，这个枚举量平均是 \(O(1)\) 的。
• 如果不存在，要么确定第 \(i\) 条折线，要么枚举最后一个 \(1\) 之后的一个 \(0\) 把它变成 \(1\)，这个枚举量平均也是 \(O(1)\) 的。

当确定第 \(i\) 条折线后把不合法的状态置成 \(0\)。

复杂度 \(O(n^22^n)\)。

ARC078D

考虑从 \(1-n\) 只有一条点不重复的路径的充要条件：

• 把这条唯一路径上的边都断开后路径上的点两两不连通。

假设知道这条唯一路径是 \(u_1,u_2,\cdots,u_k\)（\(u_1=1,u_k=n\)），要将点集划分成 \(k\) 份，第 \(i\) 份包含 \(u_k\)，最大化每个点集内部的边权之和。

可以得到一个状压做法：

• 设 \(g_S\) 表示两个端点都在点集 \(S\) 内部的所有边的权值之和。
• 设 \(f_S\) 表示点集 \(S\) 已经被考虑时，最大的保留边权之和。
• 转移为：\(f_S \leftarrow f_{S-T} + g_T({T \subseteq S})\)，其中 \(T\) 恰好包含一个关键点。

由于并不知道这条路径，所以需要改一下 DP 状态：

设 \(f_{i,S}\) 表示点集 \(S\) 已经被考虑且 \(1-i\) 只有一条路径时，最大的保留边权之和。

转移为:

• \(f_{i,S \cup \{i\}} \leftarrow f_{j,S} + w(j,i)(j \not\in S)\)。
• \(f_{i,S\cup T} \leftarrow f_{i,S}+g_{T\cup\{i\}}(S \cap T = \varnothing)\)。

复杂度 \(O(n3^n)\)。

ARC068D

AGC004F

ARC097D

TC10265

TC9844

ARC067C

ARC097C

TC10727

根据“跳跳棋”的结论，所有的三元组构成二叉森林的形态，于是问题就转化成了：

• 在一棵无限满二叉树上，从点 \(u\) 走到点 \(v\) 长度恰好为 \(k\) 的路径条数。

直接算感觉很困难，考虑 DP，容易想到记录当前步数和所在点 \(x\)，但 \(x\) 显然是记不了的。考虑用关键信息来替代 \(x\)，记录 \(\text{dis}(x,\text{lca}(x,v)),\text{dis}(v,\text{lca}(x,v))\) 就够了。

状态 \(f_{i,j,k}\) 为走了 \(i\) 步，\(\text{dis}(x,\text{lca}(x,v))=j,\text{dis}(v,\text{lca}(x,v))=k\) 的路径条数。

转移为：

• \(f_{i+1,j+1,k} \leftarrow 2f_{i,j,k},f_{i+1,j-1,k} \leftarrow f_{i,j,k}(j>0)\)
• \(f_{i+1,1,k} \leftarrow f_{i,0,k},f_{i+1,\max(1-k,0),\max(k-1,0)} \leftarrow f_{i,0,k}(k>0)\)
• \(f_{i+1,0,k+1} \leftarrow f_{i,0,k}(k < \text{depth}_v)\)

TC10664

TC10566

TC10773

TC10993

容易发现把所有的环缩成点之后这张图就变成的一棵树，把 \(0\) 结点所在的环看出根。树边和环边分开考虑。

对于树边，显然所有人都只会向上走，最坏情况就是 \(C\) 个人全在这条树边的下面，故每条树边需要 \(C\) 个急救仓。

对于一个环，子树中的人都是先向上走到这个环上，再聚集到向上的树边的下端点，最后一起离开这个环。

可以看出环之间是独立的，考虑一个环怎么做。对于一个环来说，最坏的情况肯定是 \(C\) 个人聚集在一个点上，然后这 \(C\) 个人再分成两批，一批从左边绕到终点，另一批从右边绕到终点，要求 \(\min 左边 + \min 右边 \ge C\)。

方法是 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示已经确定了从终点开始向左的 \(i\) 条边，它们的 \(\min\) 为 \(j\) 时的最小代价。

转移时枚举第 \(i+1\) 条边的急救仓数 \(k\)：\(f_{i+1,\min(j,k)} \leftarrow f_{i,j}(j+k \ge C)\)。因为 \(j\) 只会变小，所以对于第 \(i+1\) 条之后的边，它们的限制会更严，所以转移只需要使第 \(i+1\) 条边满足限制。

复杂度 \(O(nC^2)\)，无法通过。

考虑将这个转移拆开：

• \(f_{i+1,j} \leftarrow f_{i,j}(k \ge \max(j,C-j))\)，此时肯定要最小化 \(k\)。
• \(f_{i+1,k} \leftarrow f_{i,j}(k \le j \le C -k)\)，考虑 \(k\) 从小到大时，可行的 \(j\) 组成的区间在扩展，容易做到均摊 \(O(1)\) 转移。

复杂度 \(O(nC)\)。

TC10741

TC10854

TC10848

TC10902

TC10737

TC10758

TC11003

TC11026

TC11032

TC10748

TC11213

TC11305

TC12620

TC10758

TC11032

Gym102391E

先二分一个直径 \(D\)，建出圆方树，设 \(f_u\) 表示：

• 已经确定了 \(u\) 子树内的所有方点表示的环怎么断。
• 子树内直径不超过 \(D\)。
• \(f_u\) 为子树内到 \(u\)（圆点）/ \(fa_u\)（方点）的最大距离。

转移分两种：

• \(u\) 为圆点，判断一下儿子 \(f\) 最大的两个之和是否小于等于 \(D\)，大于 \(D\) 说明 \(D\) 小了，停止 DP，否则继承儿子 \(f\) 的最大值。

• \(u\) 为方点，设 \(fa\) 为 \(u\) 的父亲，枚举一下断该环上的哪条边，然后算一下子树内直径，直径有两种可能情况。

  • 一个儿子 \(v\) 到断边的较大环上距离 \(+f_v\)。
  • 两个儿子 \(v_1,v_2\) 在不跨过断边时的环上距离 \(+f_{v_1}+f_{v_2}\)。

  如果直径大于 \(D\)，就说明这条边不能断，否则

  \(f_u \leftarrow \max\limits_vf_v+\) \(v\) 在不跨过断边时到 \(fa\) 的环上距离。

  \(f_u \leftarrow\) 断边到 \(fa\) 的环上距离。

  直接转移复杂度为 \(O(儿子数量^2)\)，记录一些儿子前后缀信息就可以优化到线性，以前缀为例：

  • 第 \(i\) 个儿子向左绕到 \(fa\) 的距离。
  • 前 \(i\) 个儿子子树内在不跨过 \(fa\) 时到第 \(i\) 个儿子的最大距离。
  • 前 \(i\) 个儿子子树内和断边向左绕到 \(fa\) 的最大距离。
  • 前 \(i\) 个儿子子树内的直径。

复杂度 \(O(n\log V)\)。

ZOJ3970

考虑在操作序列中有相邻的加减操作并且加操作在前面，应用如下调整：

• 两个操作区间无交，则交换操作顺序。
• 相互包含，可以变成两个加操作或两个减操作。
• 有交但不包含，那么相交的部分相当于什么都没做，直接去掉相交部分，变成第一种情况。

经过有限步调整，操作序列变成了若干减后若干加。

假设已知第 \(i\) 个位置需要进行 \(a_i\) 次减操作，那么最小操作次数为 \(\sum_{i=2}^n\max(0,a_i-a_{i-1})\)。

加操作同理。

设 \(pre_i\) 表示上一个满足 \(t_j>0\) 的位置 \(j\)。

\(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个位置，其中第 \(i\) 个位置被 \(j\) 个减操作覆盖时的最小操作次数。

转移为： \[ f_{i,j}=\min_kf_{pre_i,k}+\max(0,j-k)+\max(0,t_i-s_i+j-t_{pre_i}+s_{pre_i}-k)+\max(0,\max_{pre_i<x<i}s_x-\max(j,k)) \]

其中最后一项表示将区间 \((pre_i,i)\) 减成 \(0\) 需要的额外减操作次数。

复杂度 \(O(nV^2)\)，无法通过。

打表发现函数 \(f_i\) 分三段，每一段都是一次函数，并且斜率递增。

注意到转移方程后面的每一项都是分段一次函数，因此它们的和也是分段一次函数，所以 \(\min\) 只会在拐点处取到，这样就可以 \(O(1)\) 算出一个 \(f_{i,j}\)。

求函数 \(f_i\) 的两个拐点？二分两次即可。

复杂度 \(O(n\log V)\)。

ZOJ3989

为了方便处理，先对所有点旋转一个角度，使所有点横坐标两两不同。

对于一个三角剖分，考虑一个维护折线过程：

• 初始为下凸包。
• 每次将折线上一条边换成它上方三角形的另外两条边，要保证这两条边不在折线上。
• 或者将折线上在同一三角形内的相邻两条边换成第三条边，要保证三角形在原来两条边的上方。
• 最终为上凸包。

这个过程会遍历三角剖分中的所有边，容易想到把折线作为 DP 状态，但折线数量太大了。

给折线加一条限制：折线上的拐点横坐标递增。但这样可能会导致折线找不到合法的转移。

事实上这种情况不存在：

• 对于二换一的转移，显然合法，所以考虑只能进行一换二的时候。
• 对于最左边的折线，假设它的横坐标区间为 \([l,r]\)，进行一换二后新的拐点横坐标为 \(x\)，要么 \(l < x < r\)，这时可以直接转移，否则 \(x > r\)，即它上方的三角形向右偏。
• 对于最右边的折线，如果它不能直接转移，同理可以得到它上方的三角形向左偏。
• 最左边的折线上方的三角形向右偏，最右边的折线上方的三角形向左偏，故中间一定存在一条折线可以进行合法的一换二。

这样的折线就可以用拐点集合来表示了，状态数为 \(2^{n-2}\)，转移时不能跨过点。

这样就解决了最优化问题，但计数会算重。

定义一次转移的「横坐标」为它涉及到的两个或三个点中横坐标的最大值，所有当前能进行的转移的「横坐标」一定两两不同。

考虑将折线的转移序列标准化，使得转移序列与三角剖分一一对应：每次进行「横坐标」最大的合法转移。

另一个等价的定义是每次转移的「横坐标」单调不减。

设 \(f_{S,i}\) 表示当前折线为 \(S\)，上次转移的「横坐标」为 \(i\) 时的最小代价及其方案数。

复杂度 \(O(n^22^n)\)。

来源不明的题

给定一个二分图，左右各 \(n\) 个点。对于左部点的一个集合 \(S\)，设 \(f(S)\) 表示与 \(S\) 中至少一个点相邻的右部点集合。判断是否存在一个集合 \(S \ne \{1,2,\cdots,n\}\)，使得 \(|f(S)| \le |S|\)，输出方案。

\(n, m \le 10^5\)

Hall 定理：一个二分图存在完美匹配的充要条件是对于任意 \(S\)，\(|f(S)| \ge |S|\)。

如果不存在完美匹配，就存在 \(S\) 使得 \(|f(S)| \le |S|\)，考虑求出一个这样的 \(S\)。

先求出一个最大匹配，找一个未匹配点为根建匈牙利树，树上所有的左部点就是 \(S\)。

如果存在完美匹配，解的形式一定是一个左部点集合 \(S\)，它们的匹配点集合为 \(f(S)\)。

所以如果选了右部点 \(v\)，就一定会选它的匹配点 \(\text{match}(v)\)。

把原来的每条边 \((u,v)\) 换成 \((u,\text{match}(v))\) 再求出拓扑序最小的强连通分量即可。

ARC107F

由于一个连通块的贡献带有绝对值符号，不太好处理，变成枚举符号不会影响答案。

现在变成如下问题：

• 每个点有三种状态：正、负、删，代价分别为 \(-B_i,A_i,B_i\)。
• 对于相邻的点 \(u,v\)，如果它们的状态都不是删，就必须相同。
• 求最小代价。

想到最小割模型，由于每个点有三种状态，所以把每个点 \(i\) 变成两个点 \(U_i,V_i\)。

用 \((S,U_i),(U_i,V_i),(V_i,T)\) 三条边表示三种状态。

令它们的代价分别为 \(\infty-B_i,\infty+A_i,\infty+B_i\)，那么这三条边一定恰好割掉一条。

对于相邻的点 \((i,j)\)，有两个约束关系：

• 不能同时割 \((S,U_i),(V_j,T)\)，如果要割 \((S,U_i)\)，说明 \(U_i\) 能到达 \(T\)，如果要割 \((V_j,T)\)，说明 \(S\) 能到达 \(V_j\)，所以连一条 \((V_j,U_i)\)，代价为 \(\infty^2\) 的边。
• 不能同时割 \((S,U_j),(V_i,T)\)，同理连一条 \((V_i,U_j)\)，代价为 \(\infty^2\) 的边。

最后答案为最小割减去 \(n\infty\)。

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Gym101471J

CF1307G

CF1307F

P3980

CF1368H2

AGC038E

先考虑一个弱化版问题：\(B_i=1\) 时怎么做。

这是一个经典问题，一般做法有两种：状压 DP 和 min-max 容斥。

它们的复杂度都是 \(O(n2^n)\) 或 \(O(2^n)\) 的，然而这题数据范围是 \(400\)，说明需要用的此题的特殊性质。

通过 min-max 容斥可以得出答案为 \[ \sum_{S}(-1)^{|S|+1}\frac{\sum_{i=1}^n A_i}{\sum_{i \in S} A_i} \] 发现分母是小于 \(400\) 的非负整数！可以用背包数出每种分母的贡献 \(\sum_S(-1)^{|S|+1}\)。

设 \[ f_{i,j} = \sum_{S \subseteq \{1,2,\cdots,i\}}(-1)^{|S|+1}[\sum_{i \in S}A_i=j] \] 转移为 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}-f_{i-1,j-A_i}\)，答案为 \[ (\sum_{i=1}^n A_i)\sum_{i=0}^{400}\frac{f_{n,i}}i \] 现在回到原问题，还是考虑 min-max 容斥，答案就是 \[ \sum_{S}(-1)^{|S|+1}[S 中第一次有元素达到目标时的期望步数] \]

设 \(p_i=\frac{A_i}{\sum_{j \in S}A_j}\)。

根据期望的线性性质，期望步数可以分摊到经过每个状态上。所以后面那坨东西为： \[ \begin{aligned} &\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}[到达c状态的概率]\cdot[离开c状态的期望步数]\\\\ &=\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}\frac{(\sum_{i \in S}c_i)!}{\prod_{i \in S} c_i!}\prod_{i \in S}p_i^{c_i} \cdot \frac{\sum_{i=1}^n A_i}{\sum_{i \in S} A_i}\\\\ &=\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}\frac{(\sum_{i \in S}c_i)!}{\prod_{i \in S} c_i!}\prod_{i \in S}A_i^{c_i} \cdot \frac{\sum_{i=1}^n A_i}{(\sum_{i \in S} A_i)^{(\sum_{i \in S}c_i)+1}} \end{aligned} \]

把前面说的东西拼起来，答案为： \[ \begin{aligned} &\sum_S(-1)^{|S|+1}\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}\frac{(\sum_{i \in S}c_i)!}{\prod_{i \in S} c_i!}\prod_{i \in S}A_i^{c_i} \cdot \frac{\sum_{i=1}^n A_i}{(\sum_{i \in S} A_i)^{(\sum_{i \in S}c_i)+1}}\\\\ &=(\sum_{i=1}^n A_i)\sum_S(-1)^{|S|+1}\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}\frac{(\sum_{i \in S}c_i)!}{(\sum_{i \in S} A_i)^{(\sum_{i \in S}c_i)+1}} \cdot \prod_{i \in S}\frac{A_i^{c_i}}{c_i!} \end{aligned} \]

式子中比较难转移的东西就是 \(\sum_{i \in S} A_i\) 和 \(\sum_{i \in S}c_i\)，把它们记状态里就行了。

状态为 \[ f_{i,j,k}=\sum_{S \subseteq \{1,2,\cdots,i\}}(-1)^{|S|+1}\sum_{\forall i \in S,c_i<B_i}\prod_{i \in S}\frac{A_i^{c_i}}{c_i!}[\sum_{i \in S} A_i=j \land \sum_{i \in S}c_i=k] \] 转移为 \[ f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k}-\sum_{c=0}^{B_i-1}f_{i-1,j-A_i,k-c}\frac{A_i^c}{c!} \] 答案为 \[ (\sum_{i=1}^n A_i)\sum_{i=1}^{400}\sum_{j=0}^{400}\frac{j!f_{n,i,j}}{i^{j+1}} \] 分析一下时间复杂度，虽然每次转移的枚举量是 \(B_i\)，但由于 \(\sum_{i=1}^nB_i\) 是 \(O(n)\) 的，所以总复杂度是 \(O(n^3)\)，空间复杂度可以用滚动数组优化到 \(O(n^2)\)。

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AGC037D

考虑第三次操作前第 \(i\) 行一定由 \((i-1)m+1\) 到 \(im\) 构成，记 \((i-1)m+1\) 到 \(im\) 的颜色为 \(i\)。

第二次操作的目标就是使颜色为 \(i\) 的数在第 \(i\) 行，所以第一次操作的目标就是使每一列 \(n\) 种都颜色各有一个。

先考虑如何确定第一列的颜色，这显然是一个行与颜色的完美匹配问题。由于任意选 \(i\) 行，这 \(i\) 行的颜色数至少为 \(i\)，根据 Hall 定理，一定存在完美匹配。每一列依次求完美匹配就可以构造出一组解。

然后第二三次操作就非常简单了，复杂度 \(O(n^4)\)。

AGC043D

考虑什么样的排列 \(P\) 是能被造出来的。

考虑构造过程：每次选择一个头元素最小的序列 \(A_i\)，删除 \(A_i\) 开头单调递减的一段，再继续找头元素最小的序列。

这启发我们把同时删除的元素看成一段，分段具有如下性质：

• 每一段是长度不超过 \(3\) 的单调递减序列。
• 每一段的头元素递增。
• 长度为 \(1\) 的段不少于长度为 \(2\) 的段（因为每一个长度为 \(2\) 的段必须要对应一个长度为 \(1\) 的段来一起构成一个 \(A_i\)）。

同时，只要满足上面三个条件，这个 \(P\) 就能被造出来的，将每个段配配对就可以得到一个生成 \(P\) 的 \(A\) 序列。

由于 \(P\) 和分段内容是一一对应的，问题转化为对合法的分段内容计数。

枚举长度分别为 \(1,2,3\) 的段数 \(cnt_1,cnt_2,cnt_3\)，满足 \(cnt_1+2cnt_2+3cnt_3=3n\) 和 \(cnt_1 \ge cnt_2\)。

贡献即为 \[ \binom{cnt_1+cnt_2+cnt_3}{cnt_1,cnt_2,cnt_3}\frac{(3n)!}{(cnt_1+cnt_2+cnt_3)!2^{cnt_2}3^{cnt_3}} \] 前面的组合数是划分出每一段的方案数，除以 \((cnt_1+cnt_2+cnt_3)!\) 是保证每一段的头元素递增，除以 \(2^{cnt_2}3^{cnt_3}\) 是保证每一段的头元素为最大值。

复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC049D

考虑如何描述一个非负凸序列。

• 枚举最小值 \(c\)，以及取到最小值的第一个位置 \(i\)，令 \(A=(c,c,\cdots,c)\)。
• 多次选一个位置 \(j<i\)，将 \(A_j,A_{j-1},A_{j-2},\cdots,A_1\) 分别加上 \(1,2,3,\cdots,j\)。
• 多次选一个位置 \(j>i\)，将 \(A_j,A_{j+1},A_{j+2},\cdots,A_n\) 分别加上 \(1,2,3,\cdots,n-j+1\)，若 \(i>1\) 则 \(i-1\) 必须被选到一次。

第三步可以事先选 \(i-1\) 一次，对总和产生 \(\frac {i(i-1)}2\) 的贡献，然后第三步就和第二步一样了。

先枚举 \(i\)，第二三步本质上就是完全背包，由于体积的特性，有用的物品数量是 \(O(\sqrt m)\) 的，可以 \(O(m\sqrt m)\) 预处理出背包数组，然后 \(O(\frac mn)\) 枚举 \(c\)，计算贡献。

这样做的复杂度为 \(O(nm\sqrt m)\)，无法通过。

考虑 \(i \rightarrow i+1\) 时，物品最多删一个，也最多添一个，并且总改变次数是 \(O(\sqrt m)\) 的，动态维护背包即可做到 \(O(m\sqrt m)\) 的复杂度。

AGC050D

设 \(f_{i,a,b,j}\) 表示从以下局面出发，还没有赢的人中从左到右第 \(j\) 个人最终赢的概率。

• 有 \(a\) 个人还没有赢且已经排除了 \(i\) 个错误选项。
• 有 \(b\) 个人还没有赢且已经排除了 \(i+1\) 个错误选项。

转移就枚举这 \(a\) 个人中下一个人是赢还是输即可（这里 \(f_{i,0,b,j}=f_{i+1,b,0,j}\)）。

• \(f_{i,a,b,j}=win \cdot f_{i,a-1,b,j-[j>b]} + lost \cdot f_{i,a-1,b+1,j}(j\ne b+1)\)
• \(f_{i,a,b,b+1}=win + lost \cdot f_{i,a-1,b+1,b+1}(j\le b)\)

复杂度 \(O(n^4)\)。

NOI2021Day1T1

如果把修改操作看成把路径上的点染成一种新的颜色，那么重边就是两端同色的边，轻边就是两端异色的边。

所以询问操作就是查询路径上两端同色的边数，这个可以用树链剖分和线段树维护。

复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

NOI2021Day1T2

当 \(k=2\) 时，交点就是逆序对，自然联想到行列式，发现答案就是行列式。

当 \(n_1=n_2=\cdots=n_k\) 时，答案就是把每相邻两层邻接矩阵的行列式乘起来。

对于原问题，答案就是相邻两层邻接矩阵乘积的行列式。

证明：

• 对于一个合法的路径组，考虑两条路径 \((P_1,P_2,\cdots,P_k)\) 和 \((Q_1,Q_2,\cdots,Q_k)\)，两条路径有奇数个交点 \(\iff\) \((P_1,Q_1)\) 和 \((P_k,Q_k)\) 逆序。

• 对于一个不合法的路径组，考虑对其进行以下变换：

  • 找到最靠上的一个点被覆盖多次，多个在同一层时取最靠左的一个。
  • 找到经过此点的编号最小两条路径，将它们的下一半交换。

  这样的变换是相互的，并且会使每条路径头尾形成的逆序对总数的奇偶性改变，故不合法的路径组的贡献会两两抵消。

复杂度 \(O(n^4)\)。

NOI2021Day1T3

容易发现对于一次询问，答案为 \(s\) 能到达且能到达 \(t\) 的点数。

由于研究的是可达性，先进行强连通分量缩点。

再考虑限制：若 \(x\Rightarrow z\) 且 \(y\Rightarrow z\)，则 \(x\Rightarrow y\) 或 \(y\Rightarrow x\)。这说明能到达 \(z\) 的点在一条链上，进一步，整张图是一棵树加上若干条从祖先到儿子的边。

如何求出这棵树？一个点的父亲就是所有连向它的点中拓扑序最大的一个，注意所完点后编号就是拓扑序的逆序。

对于加边操作，对 \(s,t\) 以及所有边的端点建虚树，统计一下虚树上的点和边的贡献即可。

由于此题卡常，树剖求 LCA 效果最佳，用邻接链表存虚树，不能用 vector。

复杂度 \(O(n+q\log n)\)。

NOI2021Day2T1

\(k \le 15\) 是此题的突破点，这意味着把 \(256\) 平均分成 \(16\) 段后必然有一段是完全相同的。

枚举完全相同的是哪一段，确定了 \(16\) 位后，期望只有 \(7\) 个符合条件的串，对它们用 popcount 检验即可。

NOI2021Day2T2

结论题。

假设已知 \(a\) 序列，怎么算答案。

维护最后一项 \(a_n\)​ 的分子分母 \(x,y\)​，一次变换后 \(\frac {x'}{y'}=a_{n-1}+\frac 1{a_n}=\frac {a_{k-1}x+y}x\)​。发现不会发生约分，并且相当于对 \((x,y)\)​​ 做了一个线性变换： \[ \begin{bmatrix} x'\\\\ y' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_{n-1}&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\\\ y \end{bmatrix} \] 算出 \[ \begin{bmatrix} a&c\\\\ b&d \end{bmatrix} = \prod_{i=1}^n \begin{bmatrix} a_i&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} \] 答案即为 \(\frac ab\)。

然后考虑两种操作：

• W 类型：因为 \(\begin{bmatrix}x&1\\\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0\\\\1&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x+1&1\\\\1&0\end{bmatrix}\)​，所以 'W' 操作就是在后面乘一个 \(\begin{bmatrix}1&0\\\\1&1\end{bmatrix}\)。

• E 类型：虽然定义中如果最后一项为 \(1\) 时要特别处理，但发现当最后一项为 \(1\) 时两种处理方式的结果是一样的。

  给倒数第二项加 \(1\) 的影响： \[ \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 1&0\\\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 2&1 \end{bmatrix} \] 给数列的最后一项减 \(1\)，接着在数列尾再加两项，两项的值都是 \(1\) 的影响： \[ \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} 0&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 1&0 \end{bmatrix}^2 = \begin{bmatrix} 1&1\\\\ 2&1 \end{bmatrix} \] 所以把 E 操作按第二种处理方式就行了，给数列的最后一项减 \(1\)​ 相当于乘 \(\begin{bmatrix}1&0\\\\-1&1\end{bmatrix}\)。

  于是 E 操作相当于乘 \(\begin{bmatrix}1&0\\\\-1&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&1\\\\1&0\end{bmatrix}^2=\begin{bmatrix}2&1\\\\-1&0\end{bmatrix}\)。

此时这题就很容易了，APPEND，FLIP 和 REVERSE 都是可以平衡树维护的，每个结点不仅要维护区间矩阵乘积，还要维护倒着乘的结果，FLIP 后的结果，和 FLIP 后倒着乘的结果。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

NOI2021Day2T3

发现每个机器人对纸带的修改本质上只有 \(4\) 种：赋值为 \(0\)，赋值为 \(1\)，不变，取反，分别用 \(0,1,2,3\) 表示。

不难想到容斥原理：枚举一个起始位置集合 \(mask\)，计算有多少种输入使得机器人从这些位置出发的输出都一样。每条纸带上每个位置受到的修改是确定且独立的，讨论一下一个位置的可行输入，乘起来就是贡献：

• 如果一个位置同时包含 \(0,1\) 或 \(2,3\)，那么输入只能为空，方案数为 \(1\)。
• 否则，如果一个位置包含两种操作，那么输入可以为空或 \(01\) 中的一种，方案数为 \(2\)。
• 否则，三种输入都可行，方案数为 \(3\)。

至此，得到一个 \(O(2^nmn^2)\) 的做法。

考虑优化计算一个机器人对一个起始位置集合的贡献，记状压数组 \(g_{0/1/2/3,S}\) 表示选择起始位置集合 \(S\) 时包含 \(0/1/2/3\) 的位置，\(g\) 可以 \(O(2^n)\) 求出，有了 \(g\) 也可以 \(O(1)\)​ 算贡献。

复杂度 \(O(2^nm)\)。

题目限制 \(n \le 32\)，猜想是分大小两类计算来平衡复杂度。进一步观察发现当 \(mask\) 的最高位大于等于 \(\lceil\frac n2\rceil\) 时，修改范围大于 \(\lceil\frac n2\rceil\) 的机器人都会爆掉。

枚举 \(mask\) 的最高位 \(\max\)，这样就确定了哪些机器人会爆掉（不用考虑），分两种情况：

• \(\max \le \lceil\frac n2\rceil\)，这个可以暴力容斥，复杂度 \(O(2^{\frac n2}m)\)。

• \(\max > \lceil\frac n2\rceil\)，这意味着需要考虑的机器人修改范围都不超过 \(n-\max+1\)。

  一个修改范围大小为 \(R\)​ 的机器人所在的纸带上，一个位置的状态只和两个因素有关：

  • 它前面 \(R\) 个位置哪些在 \(mask\) 中。

  • 它是否没有被某个区间覆盖。

  如果所有区间都覆盖了某个位置，说明 \(mask\)​ 的最低位大于等于 \(2\max-n+1\)​，可以暴力容斥，复杂度 \(O(2^{n-\max+1}m)\)​。 否则只需要考虑第一条，可以 DP，设 \(f_{i,S}\)​ 表示已经确定了 \(mask\)​ 的前 \(i\)​ 位，其中最后 \(n-\max+1\)​ 位为 \(S\)​，转移直接枚举第 \(i+1\)​ 位选不选即可，可以 \(O(2^{n-\max+1}m)\)​ 预处理转移系数，复杂度 \(O(2^{n-\max+1}n)\)​。

总复杂度 \(O(2^{n/2}m)\)​。

CF1548D2

根据 Pick 定理： \[ S=i+\frac b2-1 \] 合法三角形的条件即为 \(S\in \mathbb Z \land2S\equiv b \pmod 4\)​。

对于三角形 \(ABC\)​， \(2S=|\overrightarrow A\times \overrightarrow B+\overrightarrow B\times \overrightarrow C+\overrightarrow C\times \overrightarrow A|\)​​​，由于 \(S\) 是整数，所以绝对值不会影响 \(S\) 的奇偶性，只需要各个顶点的坐标模 \(4\) 的结果就可以知道 \(2S \bmod 4\)​。

一条线段 \(AB\)​​​ 的 边界数 为线段上整点数减一，\(b\)​​ 就是三条线段的边界数之和。线段 \(AB\)​​ 的边界数 \(\text{bounds}(A,B)=\gcd(|X_A-X_B|,|Y_A-Y_B|)\)​​​​，不太好简单表示。

由于要求 \(S\) 为整数，所以 \(b\) 为偶数，这是一个很重要的条件，这意味着合法三角形三条边的边界数中至少有一条是偶数，另外两个奇偶性相同，判断 \(\text{bounds}(A,B) \bmod 4\) 是 \(0\) 还是 \(2\) 要容易得多， \[ \text{bounds}(A,B) \equiv 0\pmod 4 \iff X_A\equiv X_B\pmod 4 \land Y_A\equiv Y_B\pmod 4 \] 在 \(\text{bounds}(A,B) \not\equiv 0\pmod 4\) 的前提下 \[ \text{bounds}(A,B) \equiv 2\pmod 4 \iff X_A\equiv X_B\pmod 2 \land Y_A\equiv Y_B\pmod 2 \] 判断这两个条件只需要各个顶点的坐标模 \(4\) 的结果。

此时做法就清晰起来了，合法三角形按三条边的边界数奇偶性可以分成 EEE 和 EOO 两类，设 \(cnt_{A,x,y,z}\) 表示有多少个点 \(B\)​​ 满足 \[ X_B\equiv x\pmod 4 \land Y_B\equiv y\pmod 4 \land \text{bounds}(A,B) \equiv z\pmod 4 \] 这个是可以 \(O(n^2\log V)\) 预处理的。

考虑分别对两类合法三角形 \(ABC\)​​​ 计数，先枚举点 \(A\)​，再枚举 \[ X_B\bmod 4,Y_B\bmod 4,\text{bounds}(A,B)\bmod 4\\\\X_C\bmod 4,Y_C\bmod 4,\text{bounds}(A,C)\bmod 4 \] 满足 \[ S \in \mathbb Z\\\\ \text{bounds}(A,B)\equiv\text{bounds}(A,C)\pmod 2\\\\ X_B\equiv X_C \pmod 2\\\\ Y_B\equiv Y_C\pmod 2\\\\ S\equiv \text{bounds}(A,B)+\text{bounds}(A,C)+\text{bounds}(B,C)\pmod 4 \] 使用 \(cnt\) 数组可以 \(O(1)\)​​ 计算贡献。

这样每个 EEE 三角形会被算 \(3\) 遍，每个 EOO 三角形会被算 \(1\) 遍。

复杂度 \(O(n^2\log V)\)。

CF1548E

最简单的 3400。

把坏格子填成 \(1\)，其他填成 \(0\)，问题就是求矩阵中有多少个“1”的四-连通块。

引理：对于任意两行 \(i,j\)​​​，“1” 所在列的集合一定是相互包含的。

不妨假设 \(a_i \ge a_j\)​​，\(a_i+b_k \le x \Rightarrow a_j+b_k \le x\)​。

同时，此引理也就是这个矩阵的全部性质了，因为任何一个符合引理的矩阵都是可以构造出 \(a,b\) 数组的。此题唯一的条件也就是这个引理了，目标很明确。

我们数连通块的思路是这样的：

• 对于一个连通块 \(S\)​​​​​​，它上到 \(L_r\)​​​​​​，下到 \(R_r\)​​​​​​，左到 \(L_c\)​​​​​，右到 \(R_c\)​​​​​​。
• 设 \(a_{L_r},a_{L_r+1},\cdots,a_{R_r}\)​​​ 中第一个取到最小值的位置为 \(i\)，显然 \((i,L_c),(i,L_c+1),\cdots,(i,R_c)\)​ 都为 “1”。
• 我们希望 \(S\) 被 \(i\) 数到。

再考虑对于 \(i\)​，有多少个连通块会被它数到，对于第 \(i\) 行的一个 “1” 的连续段 \([l,r]\)，它所在的连通块会被 \(i\)​​ 数当且仅当：

• 它向上不能走到一行 \(j\)​​​ 满足 \(a_j \le a_i\)​​​​，形式化地，\(\min_{k\in [l,r]}a_k+\max_{k\in (j,i]}b_k>x\)​​。
• 它向下不能走到一行 \(j\)​​ 满足 \(a_j<a_i\)​​​，形式化地，\(\min_{k\in [l,r]}a_k+\max_{k\in [i,j)}b_k>x\)​​​。

综上，记 \(i\) 前面第一个满足 \(a_j\le a_i\) 的 \(j\) 为 \(pre\)， \(i\) 后面第一个满足 \(a_j< a_i\) 的 \(j\) 为 \(suf\)，连续段 \([l,r]\) 造成贡献当且仅当 \(\min_{i\in [l,r]}a_i>x-\max_{i\in (pre,suf)}\)，不等式右边对于每个 \(i\) 是确定的，而且是可以通过单调栈 \(O(n)\)​ 预处理的东西，对于左边则可以使用数据结构来维护。

下面我们进一步讨论这个数据结构需要干什么：

• 这个数据结构维护所有连续段 \(b\) 的最小值。
• 将所有行以 \(a_i\)​ 为第一关键字，\(i\)​​ 为第二关键字从大到小排序。每次序列中一个 \(0\) 改成 \(1\)​，会导致新增连续段，也会导致两个连续段合并，修改就是加入元素和删除元素。
• 询问操作就是查询有多少个元素大于 \(key\)。

对于新增连续段和合并连续段可以用并查集维护，元素则用反向树状数组维护。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（5）T1

把两端同色的边看成实边，两端异色的边看成虚边。

• 1 操作就是 access(u)。
• 2 操作就是查询两点间的虚边条数，转化一下变成查询一个点到根路径上的虚边条数。
• 3 操作转化一下就是查询 dfs 序区间中的点到根路径上的虚边条数总和。
• 4 操作就是每条实链点数选二之和。

对于 23 操作，需要维护每个点到根路径上的虚边条数，支持区间加、区间求和，树状数组即可。

对于 4 操作，在 LCT 中维护实链的点数，就可以在 access 时维护答案。

复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（5）T2

记 \(f_{i,j}\) 表示有多少个串恰好有 \(i\) 个 a、\(j\)​​ 个 b，不难写出它的生成函数 \((x+y+k-2)^L\)。

而题目中求的就是 \(\sum_{i=0}^L\sum_{j=0}^L[n|i-p][n|j-q][x^i][y^j](x+y+k-2)^L\)​​。

题目还保证 \(n|P-1\)​，考虑单位根反演，得到答案为 \[ \frac 1{n^2}\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}(\omega_n^i+\omega_n^j+k-2)^L\omega_n^{-ip}\omega_n^{-jq} \] 记 \(A_{i,j}=(\omega_n^i+\omega_n^j+k-2)^L\) 可以 \(O(n^2\log L)\) 预处理，答案矩阵 \(B\) 就是 \(A\) 对两维分别做 IDFT 得到的。每次固定一维，对另一维做 IDFT 就行了，暴力做复杂度 \(O(n^3)\)，或者 Bluestein + MTT 可以做到 \(O(n^2\log n)\)。

复杂度 \(O(n^3)\) 或者 \(O(n^2\log L)\)。

2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（5）T9

称区间中数量超过一半的数为 主元素。

由于一个合法区间只有一个主元素，可以考虑每个主元素的贡献。

做法 1

考虑枚举一个值 \(v\)​，计算这个值的贡献。

假设 \(v\)​ 在序列中的出现位置为 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)​​，区间 \([l,r]\) 中第一个 \(v\) 在 \(p_i\) 出现，最后一个 \(v\) 在 \(p_j\)​ 出现。

考虑枚举 \(j\)​，快速查询有多少对合法的 \((l,r)\)​。把等于 \(v\)​ 的位置变成 \(1\)​，不等于 \(v\)​ 的位置变成 \(-1\)​，记前缀和为 \(sum_i\)​，那么区间 \([l,r]\)​ 合法的充要条件为 \(sum_{l-1}<sum_r\)​，因此需要维护的是 \(sum_1,sum_2,\cdots,sum_{p_j}\)​ 组成的集合，\(j\rightarrow j+1\)​ 时，加入的元素是 \(sum_{p_j},sum_{p_j+1},\cdots,sum_{p_{j+1}-1}\)​，它们的值是连续的一段，所以这是一个区间 \(+1\)​，对于一个 \(r\in[p_j,p_{j+1})\)​，合法 \(l\)​ 的数量就是集合中小于 \(sum_r\)​​ 的元素数量，这是一个前缀和，而 \([p_j,p_{j+1})\)​ 内所有的 \(sum_r\)​ 构成一个区间，所以询问操作是查询前缀和的前缀和，可以用三个树状数组实现。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

做法 2

考虑分治，计算有多少个合法区间 \([l,r]\)​​ 满足 \(l\le mid+1 \land r\ge mid\)​​。

可以发现区间 \([l,r]\)​​ 合法的必要条件是 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 中至少有一个是合法的。

引理：一个序列所有前缀的主元素中本质不同只有 \(O(\log n)\) 个。

所以可能产生贡献的 \(v\) 只有 \(O(\log n)\) 个。枚举 \(v\)。把等于 \(v\) 的位置变成 \(1\)，不等于 \(v\) 的位置变成 \(-1\)，记前缀和为 \(sum_i\)，枚举 \(r\) 后，需要查询有多少个 \(l\le mid+1\) 满足 \(sum_{l-1}<sum_r\)，这个可以预处理前缀和做到 \(O(1)\) 查询。

复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（5）T13

先二分一个直径 \(D\)，考虑用 DP 去判定。

设 \(f_{u,0/1}\) 表示以下情形以 \(u\)​ 为端点向子树内延伸的最长链的最小值（不存在时为 \(\infty\)）：

• 确定了 \(u\)​ 子树内每个点选哪条边。
• \(u\) 选的边是否是 \(u\)​ 和父亲的连边。
• 子树内直径不超过 \(D\)。

\(f_{u,1}\)​​​ 可以直接从每个儿子 \(v\)​​​ 用 \(\min(f_{v,0}+w(u,v),f_{v,1}+\max(w(u,v)-p_v,0))\)​​​ 转移过来，如果前两大的值之和大于 \(D\)​​，\(f_{u,1}=\infty\)​​，否则就取这些值中的最大值。

\(f_{u,0}\)​ 的转移需要分析一下，\(u\)​ 选择的边 \((u,v)\)​​ 必须要满足 \(v\)​ 是 \(\min(f_{v,0}+w(u,v),f_{v,1}+w(u,v)-p_v)\)​​ 前两大的儿子，所以枚举一下 \(v\)，就可以直接转移了。

复杂度 \(O(n\log V)\)。

AGC041D

考虑任意 \(k\)​ 道题的总分都小于任意 \(k+1\)​ 道题的总分这个限制，发现它等价于前 \(\lceil\frac n2\rceil\)​ 道题的总分小于后 \(\lceil\frac n2\rceil-1\)​ 道题的总分。

考虑如何生成一个合法的序列 \(A\)：

• 枚举第 \(\lfloor\frac n2\rfloor+1\)​ 道题的分值 \(c\)​，令 \(A=(c,c,\cdots,c)\)​。
• 多次选一个位置 \(j<\lfloor\frac n2\rfloor+1\)​​，将 \(A_1,A_2,\cdots,A_j\)​ 全部减一。
• 多次选一个位置 \(j>\lfloor\frac n2\rfloor+1\)​，将 \(A_j,A_{j+1},\cdots,A_n\)​​​ 全部加一。
• 由于 \(A_1 \ge 1\)​​​，所以第二种操作的次数不得超过 \(c-1\)​​​，同理第三种操作的次数不得超过 \(n-c\)​​​。
• 设前 \(\lceil\frac n2\rceil\)​ 道题的总分减后 \(\lceil\frac n2\rceil-1\)​ 道题的总分为 \(x\)​，第一步后 \(x=c\)​，第二种操作每一次都会使 \(x\)​ 减小 \(j\)​，第三种操作每一次都会使 \(x\)​ 减小 \(n-j+1\)​​，因此第二、三种操作的总贡献要小于 \(c\)。

可以看出这是一个完全背包，第二种操作就是添加体积为 \(1,2,\cdots,\lfloor\frac n2\rfloor\)​​ 的物品，而且最多添加 \(c-1\)​ 个，第三种操作就是添加体积为 \(1,2,\cdots,\lceil\frac n2\rceil-1\)​​​​ 的物品，最多添加 \(n-c\)​ 个，总体积要小于 \(c\)​。

对于第二种操作，考虑预处理 \(L_{i,j}\)​ 表示选择 \(i\) 个物品，总体积为 \(j\) 的方案数。用传统背包做复杂度肯定不行，事实上它能直接转移： \[ L_{i,j}=L_{i-1,j-1}+L_{i,j-i}-L_{i-1,j-i-\lfloor\frac n2\rfloor} \] 对于第三种操作，同理可以预处理 \(R_{i,j}\)。

然后就可以枚举 \(c\)​ 后 \(O(n)\)​​ 计算合法方案数。

复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC027D

构造的思路是先黑白染色，然后填好黑格，再让每个白格满足：

• 它大于周围四个黑格。
• 它模周围四个黑格都等于 \(1\)。

填白格的过程是容易的，对于一个白格，先算出周围四个黑格的 \(\text{lcm}\)，然后尝试填 \(\text{lcm}+1\)​，如果已经填过了，就继续尝试 \(2\text{lcm}+1,3\text{lcm}+1,\cdots\)​。

如果没有值域限制，这题就做完了，考虑怎样让填的数尽可能小。

填白格没有什么好优化的（尝试过优先填 \(\text{lcm}\)​​ 较大的格子，但完全没有效果），所以考虑如何填黑格，才能使 \(\text{lcm}\) 比较小。

• 填法一：顺序填或随机填，大概只能构造 \(N\) 等于一百多。
• 填法二：考虑到一个白格周围四个黑格有两个是同一行的，有两个是同一列的，令 \(A_{i,j}\) 是 \(\text{lcm(i,j)}\) 的倍数，具体怎么确定，像确定白格那样确定，大概能构造 \(N\) 等于两百多。
• 填法三：考虑到一个白格周围四个黑格只涉及四条斜线，令 \(A_{i,j}\) 是 \(\text{lcm}(i+j,i-j+n)\) 的倍数，大概能构造 \(N\) 等于 \(425\) 左右。
• 填法四：经过一番尝试，令 \(A_{i,j}\)​​ 是 \(\text{lcm}(i+(n-j+1),i-(n-j+1)+n)\)​（就是把列编号倒过来）可以通过。
• 填发五：考虑给每条斜线分配一个质数，黑格就等于所在的两条斜线质数的乘积，白格就等于周围四条斜线质数的乘积加一，一定不会有数重复。

填发四需要用 set 维护哪些数填过，复杂度 \(O(n^2\log n)\)​​。

填发五复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC025D

对于两个距离为 \(\sqrt D\)​ 的点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)​，考虑 \(x_1-x_2,y_1-y_2\)​​ 的奇偶性： \[ x_1 \equiv x_2 \pmod 2,y_1 \equiv y_2 \pmod 2 \iff D \equiv 0 \pmod 4\\\\ x_1 \equiv x_2 \pmod 2,y_1 \not\equiv y_2 \pmod 2 \iff D \equiv 1 \pmod 4\\\\ x_1 \not\equiv x_2 \pmod 2,y_1 \not\equiv y_2 \pmod 2 \iff D \equiv 2 \pmod 4\\\\ \] 因此 \(D \bmod 4\)​ 说明了两点坐标差的奇偶性。

引理：将平面上距离为 \(\sqrt D\) 的点对连边后是一张二分图。

考虑构造一个黑白染色方案，设 \(\text{color}(x,y,D)=0/1\) 表示点 \((x,y)\) 的颜色。

• 当 \(D\equiv 3\pmod 4\) 时，没有边，\(\text{color}(x,y,D)=0\)。

• 当 \(D\equiv 2\pmod 4\) 时，\(\text{color}(x,y,D)=x\bmod 2\)，这样距离为 \(\sqrt D\) 的点对就必然异色。

• 当 \(D \equiv 1\pmod 4\) 时，\(\text{color}(x,y,D)=(x+y)\bmod 2\)，这样距离为 \(\sqrt D\) 的点对就必然异色。

• 当 \(D\equiv 0\pmod 4\) 时，\(\text{color}(x,y,D)=\text{color}(\lfloor\frac x2\rfloor,\lfloor\frac y2\rfloor,\frac D4)\)​​，下面证明为什么合法：

  对于两个距离为 \(\sqrt D\) 的点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)，由于 \(x_1 \equiv x_2 \pmod 2,y_1 \equiv y_2 \pmod 2\)，所以 \[ \lfloor\frac {x_1}2\rfloor-\lfloor\frac {x_2}2\rfloor=\frac 12(x_1-x_2)\\\\ \lfloor\frac {y_1}2\rfloor-\lfloor\frac {y_2}2\rfloor=\frac 12(y_1-y_2) \] 进一步： \[ \begin{aligned} &(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=D\\\\ \Rightarrow &(\lfloor\frac {x_1}2\rfloor-\lfloor\frac {x_2}2\rfloor)^2+(\lfloor\frac {y_1}2\rfloor-\lfloor\frac {y_2}2\rfloor)^2=\frac D4\\\\ \Rightarrow &\text{color}(\lfloor\frac {x_1}2\rfloor,\lfloor\frac {y_1}2\rfloor,\frac D4)\ne\text{color}(\lfloor\frac {x_2}2\rfloor,\lfloor\frac {y_2}2\rfloor,\frac D4) \end{aligned} \]

对于 \(D_1\)​ 和 \(D_2\)​ 分别黑白染色后本质有 \(4\)​ 种颜色，这 \(4\)​​ 种颜色中肯定有一种点数大于等于 \(n^2\)​，输出这种颜色的 \(n^2\)​ 个点即可。

复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC036D

没有负环等价于差分约束有解，假设解为 \(d_1,d_2,\cdots,d_n\)​，不妨令 \(d_1=0\)。

由于 \(i\rightarrow i+1\) 的边是不能被删的，所以 \(d\) 是单调不增的，也就是一段 \(0\)，一段 $-1 $，一段 \(-2\cdots\) 的形式。

考虑一段一段的枚举 \(d\)​​​，上一段是 \([a,b]\)​​​，即 \(d_{a,a+1,\cdots,b}=x+1\)​​​，枚举了新的一段 \([b+1,c]\)​​，即 \(d_{b+1,b+2,\cdots,c}=x\)​​​​​，​分析哪些边需要删：

• 对于 \(b+1\le i < j \le c\)，边 \((i,j)\) 需要删除。
• 对于 \(b+1\le i\le c,j<a\)，边 \((i,j)\) 需要删除。

然后就可以 DP 了，设 \(f_{a,b}\) 表示填的最后一段为 \([a,b]\) 时的最小代价，转移为 \[ f_{a,b}+\text{cost}_1(b+1,c)+\text{cost}_2(b+1,c,a-1)\rightarrow f_{b+1,c} \] 其中 \(\text{cost}_1\)​ 和 \(\text{cost}_2\)​​ 在预处理二维前缀和后可以 \(O(1)\) 算。

复杂度 \(O(n^3)\)。

AGC045D

如果 Snuke 按到了 \(p_i=i\) 的位置就死了，所以他要最小化有解时死的概率，分析 Snuke 的最优策略：

• 最初需要按下一个按钮，由于 Snuke 不知道排列，所以按每个按钮都是一样的，不妨按 \(1\)。
• 如果按下了 \(p_i=i\) 的按钮就死了。
• 否则，\(p_i\)​ 一定是一个安全的按钮，继续按下 \(p_i\)，这样就可以安全地按下许多按钮。
• 又需要尝试一个按钮时就按没按过的编号最小的按钮。

于是，得到了 Snuke 胜利的充要条件：假设 \(1-A\) 中第一个满足 \(p_i=i\) 的 \(i\) 为 \(\min\)​​，\(\forall i>A,\exists j<\min\) 使得 \(j\) 能到达 \(i\)。

容易想到枚举 \(\min\)​，把排列看成若干个循环，要求 \(\min\)​ 前面没有孤立点，这个可以容斥：

• 钦定 \(i\)​​​ 个孤立点，系数为 \((-1)^i\binom{\min-1}i\)​。
• 对于 \([1,\min-1]\)​​ 中剩下的 \(\min-1-i\)​​ 个点先生成若干个循环，方案数为 \((\min-1-i)!\)。
• 对于 \([A+1,n]\) 中的点，它们只能加入前面的循环，方案数为 \((\min-1-i)^{\overline{n-A}}\)​。
• 对于 \([\min+1,A]\) 中的点，它们既可以加入前面的循环，又可以新建一个环，方案数为 \((\min-1-i+n-A)^{\overline{A-\min}}\)。

综上，得到 \(\min\) 的贡献为： \[ \sum_{i=0}^{\min-1}(-1)^i\binom{\min-1}i\frac{(n-1-i)!(\min-1-i)}{\min-1-i+n-A} \] 当 \(\min\)​ 不存在时需要特判，贡献为： \[ \sum_{i=0}^A(-1)^i\binom Ai(n-i)! \] 复杂度 \(O(A^2+n)\)。

AGC041E

对于 \(T=1\)

将网络抽象成一张有向图：

• 将每条线的起点、终点和平衡器的端点抽象成结点。
• 同一条线上的结点后面向前面连边。
• 平衡器抽象成两个方向的边。

考虑暴力怎么做，枚举最终汇聚到第 \(t\)​ 条线，判断 \(t\) 的终点是否可以到达所有的起点。

可以用一个 bitset 来压哪些汇点能到达这个点，然后 DFS 来求这些 bitset。可以做到 \(O(\frac {nm}{\omega})\)​​​ 的复杂度。

对于 \(T=2\)

\(n=2\) 时显然无解，下面构造说明了 \(n>2\) 时一定有解。

考虑从右往左依次插入每个平衡器，维护 \(size_i\) 表示当前网络有多少个起点会到达第 \(i\) 条线的终点。

• 初始时，\(size_i=1\)。
• 加入平衡器 \((x,y)\) 时，要么 \(size_x+1\)，要么 \(size_y+1\)，选择 \(size_x\) 和 \(size_y\) 中较小的一个 \(+1\)。一定不会出现 \(size_x=n-1\land size_y=n-1\) 的情况，因为 \(size_x+size_y\le n\)。

复杂度 \(O(n+m)\)。

ABC214G

以下解法可以解决 \(n \le 10^5\)​​ 的问题。

设 \(F_k\)​​​ 表示确定 \(k\)​​​ 个位置的值 \(r_{i_1},r_{i_2},\cdots,r_{i_k}(i_1<i_2<\cdots<i_k)\)​​​​​​​​ 满足以下条件的方案数： \[ \forall x\in[1,k],r_{i_x}=p_{i_x}\lor r_{i_x}=q_{i_x} \] 根据二项式反演，答案为 \[ \sum_{i=0}^n(-1)^iF_i(n-i)! \] 将 \(p_i,q_i\)​​​​​​​ 连边，得到一张由若干个环组成的图，选择一个满足 \(r_i=p_i\lor r_i=q_i\)​​ 的位置 \(i\)​​​​ 就是选择一条边并占用一个端点，这对于每个环是独立的，所以对每个环求出 \(F\)​​ 数组，再用分治 FFT 合并就可以得到整张图的 \(F\)​ 数组。

考虑求一个大小为 \(m\)​ 的环的 \(F\)​ 数组，假设点编号为 \(1,2,\cdots,m\)，边为 \((1,2),(2,3),\cdots,(m-1,m),(m,1)\)，将选择 \(i\) 条边的方案分为以下两类：

• 不选边 \((1,2)\)​，把边 \((2,3)\) 占用 \(2\) 的方式编号为 \(1\)，边 \((2,3)\) 占用 \(3\) 的方式编号为 \(2\)，边 \((3,4)\) 占用 \(3\) 的方式编号为 \(3\)，边 \((3,4)\) 占用 \(4\) 的方式编号为 \(4\)，依次类推。方案就是从 \(2m-2\)​ 种选择方式选 \(i\)​ 种，限制就是编号相邻的不能同时选择。

  引理：从 \(n\) 个物品中选 \(r\) 个，编号相邻的不能同时选择的方案数为 \(\binom {n-r+1}r\)​。

  证明：将选择的第 \(i\) 个物品的编号减去 \(i-1\) 就得到了从 \(n-r+1\) 个物品中选 \(r\) 个的方案数。

  这部分方案数为 \(\binom{2m-i-1}i\)​。

• 选边 \((1,2)\)​​，那么边 \((1,2)\)​​ 可以占用 \(1\)​​ 或 \(2\)​​，但两种方式是等价的，不妨假设占用了 \(1\)​​。方案就是从 \(2m-3\)​​ 种选择方式选 \(i-1\)​​​​ 种，限制还是编号相邻的不能同时选择。

  这部分方案数为 \(2\binom{2m-i-1}{i-1}\)。

对于一个大小为 \(m\) 的环 \[ F_i=\binom{2m-i-1}i+2\binom{2m-i-1}{i-1}=\binom{2m-i}i+\binom{2m-i-1}{i-1} \] 然后每个环的 \(F\)​ 就可以 \(O(n)\)​ 求了，复杂度瓶颈在于分治 FFT，复杂度 \(O(n\log^2n)\)​​​。

分治 FFT 有两种优化：

• 由于每个环的大小之和为 \(n\)，故只有 \(O(\sqrt n)\) 种大小不同的环，大小相同的环可以通过快速幂 \(O(n\log n)\)​ 地算出乘积。
• 整个分治过程形成一棵二叉树的结构，总时间就是 \(\sum_{u\in \mathbb{leaf}}\text{degree}_u\text{depth}_u\)​，最小化时间就是 Huffman 树，每次贪心地将两个次数最小的多项式乘起来。 ​​​

ABC214H

走到了一个强连通分量就肯定会走完内部的所有点，缩点后图就变成了 DAG，假设原图就是 DAG。

想到用最小费用流解决：

• 把每个点 \(u\) 拆成 \(\text{in}_u\) 和 \(\text{out}_u\)。
• \(\text{in}_u\) 向 \(\text{out}_u\) 连一条容量为 \(1\)​，费用为 \(-X_u\)​ 的边，再连一条容量为 \(K\)，费用为 \(0\) 的边。
• 对于原图中的边 \((u,v)\)​，\(\text{out}_u\)​ 向 \(\text{in}_v\)​ 连一条容量为 \(K\)​，费用为 \(0\)​ 的边。
• \(S\) 向 \(\text{in}_1\) 连一条容量为 \(K\)，费用为 \(0\) 的边，\(\text{out}_u\) 向 \(T\) 连一条容量为 \(K\)，费用为 \(0\) 的边。

SSP 算法肯定是通过不了的，考虑变成 Primal-Dual 算法可以做的问题。

Sol 1

初始图是一张 DAG，可以跑一遍 DP 预处理最短路作为点的初始势能。

Sol 2

求出 DAG 的一组拓扑序，然后给每个点按拓扑序从大到小重新编号（也就是缩完点后的编号）。

容易构造一组满足差分约束的初始势能：

• \(S\)​​ 势能为 \(\sum X_u\)​​，\(T\)​​​ 势能为 \(0\)​​。
• \(\text{in}_u\)​ 的势能为 \(\sum_{i=1}^uX_i\)​，\(\text{out}_u\) 的势能为 \(\sum_{i=1}^{u-1}X_i\)。

上述两种做法复杂度都是 \(O(nK\log n)\)。

AGC027E

考虑什么样的串能变成单个字母 \(a\) 或 \(b\)。

打表发现能变成 \(a\) 的串 \(S\) 满足的 \(a,b\) 数量关系是 \(a\) 的数量减 \(b\) 的数量模 \(3\) 余 \(1\)，并且这个条件在 \(|S|\) 为偶数时也是充分条件，当 \(|S|\) 为奇数时恰好多了一个串 \(ababab\cdots aba\)​。​

引理一：记 \(p(S)\)​ 表示 \(S\)​ 中 \(a\)​ 的个数减 \(b\)​ 的个数模 \(3\)​，\(S\)​ 能变成单个字母 \(c\)​ 当且仅当：

• \(p(S)=p(c)\)
• \(S=c\) 或 \(S\) 中有相邻的相同字母。

必要性显然，下面证明充分性：当 \(|S|\le 3\) 时显然成立，当 \(|S|>3\) 时取出 \(S\) 中最长的连续相同子串，不妨假设它是 \(n\) 个 \(a\)，分两种情况讨论：

• \(n \ge 4\)，直接将前两个 \(a\)​​ 合并，\(|S|\) 减小了 \(1\)，并且还满足引理条件。
• \(n\le 3\)​，由于 \(|S|>3\)​，这个子串不可能前后都没有字母，不妨假设它不在开头，那么它前面必然是 \(b\)​，将前两个 \(a\)​ 合并成 \(b\)，那么此时有两个 \(b\) 会相邻，\(|S|\) 减小了 \(1\)​，并且还满足引理条件。

然后问题就转化成了有多少个串 \(T\) 满足以下条件：

• 存在一种将 \(S\) 划分为 \(|T|\) 段的方式，使得每一段与 \(T\)​​ 中的对应字母满足引理一。

这个问题的主要难点在于引理一的条件二。

事实上，当 \(S\)​ 中有相邻的相同字母时，忽略引理一的条件二 不会影响答案。

引理二：若 \(S\) 中有相邻的相同字母，\(S\) 能够变成 \(T\)​ 当且仅当：

• 存在一种将 \(S\)​ 划分为 \(|T|\)​ 段的方式，设 \(S\)​ 被划分成了 \(S_1,S_2,\cdots,S_{|T|}\)​，\(T\)​ 中每个字母分别为 \(T_1,T_2,\cdots,T_{|T|}\)​。
• 满足 \(\forall i,p(S_i)=p(T_i)\)。

必要性显然，下面证明充分性：

• 假设存在一组满足上述条件的划分 \((S_1,S_2,\cdots,S_{|T|})\)​。
• 将 \(S_1,S_2,\cdots,S_{|T|-1}\) 的长度最小化得到新的划分 \((S_1',S_2',\cdots,S_{|T|}')\)​。
• 由于最小化，容易发现 \(S_1,S_2,\cdots,S_{|T|-1}\)​ 已经满足了引理一。
• 此时 \(S_{|T|}\) 有可能不合法，比如 \(S_{|T|}=abab\cdots aba\)，由于不合法时 \(|T|>1\)，可以让 \(S_{|T|}\) 只保留最后一个字母，把前面的部分扔给 \(S_{|T|-1}\)，于是 \(T\) 删去最后一个字母对于 \(S\)​ 删去最后一个字母满足引理二，故 \(S\) 可以变成 \(T\)。

有了引理二就很好做了，特判掉 \(S\) 中没有相邻的相同字母的情况，容易用一个自动机来判断 \(T\)​ 是否合法，计数可以在自动机上 DP。

复杂度 \(O(n)\)。

Gym101667G

如果两个楼梯一个朝上一个朝下，那么就没有封闭区域，如果两个朝下可以对称一下，变成两个都朝上的情况。

可以看出一个封闭区域开始的标志是 L 横线和 U 竖线相交，结束的标志是 U 横线和 L 竖线相交。考虑用扫描线来求出每一个封闭区域，从左到右处理每一条竖线，并维护变量 isRegion 表示当前竖线是否经过一个封闭区域，area 表示当前区域的面积：

• 当 isRegion 为真时将 area 加上当前竖线和上一条竖线之间矩形的面积。
• 当一个封闭区域开始时清零 area。
• 当一个封闭区域结束时，答案累加上 area。

复杂度 \(O(n+m)\)。

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Gym101667J

完美匹配的存在性容易想到 Hall 定理，设 \(f(S)\) 表示与点集 \(S\) 距离恰好等于 \(1\) 的点集，问题转化为判定： \[ \forall |S|\le\frac n2,|T|=\frac n2,S \cap T=\varnothing\\\\ |f(S)\cap T| \ge |S| \] 由于 \(|f(S)\cap T|\) 最小值为 \(|f(S)|+|S|-\frac n2\)，条件改写为 \(|f(S)|\ge\frac n2\)。

考虑求 \(\min_{|S|\le \frac n2}|f(S)|\)，事实上这就是图的最小点割（删去最少的点使图不连通）：

• \(f(S)\) 是 \(S\) 与 \(V-S-f(S)\) 之间的一组点割。
• 任意一组点割 \(T\) 割出来的多个连通块都有一个点数不超过 \(\frac n2\)，设这个连通块的点集为 \(S\)，那么 \(|f(S)|\le |T|\)。

求最小点割就是每对点都求一遍最小割：

• 把每个点 \(u\) 拆成 \(\text{in}_u\) 和 \(\text{out}_u\)。
• \(\text{in}_u\) 向 \(\text{out}_u\) 连一条代价为 \(1\) 的边。
• 对于原图中的边 \((u,v)\)，\(\text{out}_u\) 向 \(\text{in}_v\)，\(\text{out}_v\) 向 \(\text{in}_u\) 分别连一条代价为 \(\infty\) 的边。
• 枚举两个不同的点 \(u,v\)，用 \(\text{out}_u\) 到 \(\text{in}_v\) 的最小割更新答案。

复杂度 \(O(n^2\cdot flow)\)。

负优化：注意到如果最小点割小于 \(\frac n2\)，那么不在割中的点就超过一半，每次随机选取一个点 \(u\)，枚举点 \(v\)，求 \(\text{out}_u\) 到 \(\text{in}_v\) 的最小割，都有大半的概率求出最优解，如果随机 \(k\) 次，复杂度为 \(O(nk\cdot flow)\)。

ABC215H

如何判定当前的卷心菜是否能满足所有公司？

• \(S\) 向卷心菜 \(i\) 连容量为 \(A_i\) 的边。
• 公司 \(i\) 向 \(T\) 连容量为 \(B_i\) 的边。
• 如果 \(c_{i,j}=1\)，那么卷心菜 \(i\) 向公司 \(j\) 连容量为 \(\infty\) 的边。
• \(\max flow=\sum_{i=1}^mB_i\)。

也等价于 \(T\) 的所有入边不是最小割。由于 \(S\) 的出边很少，考虑枚举最小割中有哪些 \(S\) 的出边，假设这些边为 \(mask\)，割掉 \(mask\) 后有一些 \(T\) 的入边就不需要割了，假设这些边的容量和为 \(sum\)，那么需要吃点的卷心菜数量就是 \(\sum_{i\in mask}A_i-sum+1\)，要求 \(sum>0\)。

这时就可以解决第一问了，考虑对于所有 \(mask\)，怎么求它们的 \(sum\)，注意到 \(B_i\) 贡献给 \(mask\) 的条件是 \(mask\) 包含所有能供应给公司 \(i\) 的卷心菜，可以用子集前缀和（FMT）求出。然后枚举 \(mask\) 用 \(\sum_{i\in mask}A_i-sum+1\) 更新第一问的答案即可。

第二问还要进一步分析，为了不算重，我们枚举一个 \(mask\) 表示被吃的卷心菜品种的集合，一个 \(mask\) 可行当前仅当存在一个取到第一问答案的 \(S\)，使得 \(mask\subseteq S\)，这个同样可以用 FMT 做。设第一问答案为 \(ans\)，最后是对于一个 \(mask\)，求有多少种从 \(mask\) 中吃掉 \(ans\) 个卷心菜的方式，满足 \(mask\) 中的每种卷心菜至少被吃一个。容易想到容斥，钦定一些卷心菜品种不吃，然后不考虑每种卷心菜必吃的限制，但对每个 \(mask\) 都通过容斥来计算复杂度高达 \(O(3^n)\)。

设 \(f_S\) 表示有多少种从 \(S\) 中吃掉 \(ans\) 个卷心菜的方式，满足 \(mask\) 中的每种卷心菜至少被吃一个，发现 \[ \sum_{T\subseteq S}f_T=\binom{\sum_{i\in S}A_i}{ans} \] 对右边做 IFMT 就可以求得 \(f\) 数组。

复杂度 \(O(n2^n+nm)\)。

AGC020E

先考虑对于一个串 \(S\) 如何单独计算答案，这个不难，容易想到用区间 DP 做。设 \(f_{l,r}\) 表示子串 \([l,r]\) 的改写方案数，转移分两种：

• \(s_l\) 没有参与改写，贡献为 \(f_{l+1,r}\)。
• \(s_l\) 参与改写了，枚举最外层的覆盖 \(s_l\) 的改写：周期 \(T\) 和循环次数 \(i>1\)，如果合法，则贡献为 \(f_{l,l+T-1}\cdot f_{l+Ti,r}\)。

当尝试用区间 DP 做原问题的时候，发现做不了，因为当 \(s_l\) 参与改写时，原来的 \(f_{l,l+T-1}\) 不再是一个区间的 DP 值。详细地说，设 \(f(s)\) 表示字符串 \(s\) 的答案（子集的改写方案数总和），设 \(suf(i)\) 表示 \(s\) 从 \(s_i\) 开始的后缀，转移为两种：

• 第一个字符没有参与改写，贡献为 \((s_0+1)f(suf(1))\)。

• 第一个字符参与了，枚举最外层的覆盖 \(s_l\) 的改写：周期 \(T\) 和循环次数 \(i>1\)，由于每个周期内要相等，所有子集的限制要叠加，设 \(s[l,r]\) 表示 \(s\) 的第 \(l\) 个字符到第 \(r\) 个字符的子串，设 \[ t=s[0,T-1]\&s[T,2T-1]\&\cdots\&s[T(i-1),Ti-1](\&\ is\ \text{bitand}) \] 那么贡献为 \(f(t)\cdot f(suf(Ti))\)。

这里的复杂度上限看起来是 \(O(2^{n+1})\)，这个题最重要的地方就是，你要看出来这个做法其实是 \(O(能过)\) 的，进而分析出其真正的复杂度，而不是被假上限给吓跑了。

下面证明，有一个上界是 \(O(n^3+2^{\frac n8})\)。首先长度小于等于 \(\frac n8\) 的串最多有 \(2^{\frac n8}\) 个，长度大于等于 \(\frac n8\) 的串最多被压缩两次（因为每压缩一次长度减半），只有三种压缩方式：

• 先选择一个子段划分成 \(2\) 段，再选择一个子段划分成 \(2\) 段。
• 先选择一个子段划分成 \(2\) 段，再选择一个子段划分成 \(3\) 段。
• 先选择一个子段划分成 \(3\) 段，再选择一个子段划分成 \(2\) 段。

显然第一种压缩方式可以得到的串是最多的，考虑第一种压缩方式得到的串是怎样的，形如：

\(s[a,a+k-1]\&s[a+k,a+2k-1]\&s[b,b+k-1]\&s[b+k,b+2k-1]\)

显然它是由 \(a,b,k\) 三个参数决定的，故数量是 \(O(n^3)\)，因此三种压缩方式的总和也是 \(O(n^3)\)。

另外，通过打表可以求出长度大于 \(12\) 的串更为精准的上界为 \(41703\)。

CF1562E

先分析最长上升子序列有什么性质，假设最长上升子序列为 \[ s[l_1,r_1],s[l_2,r_2],\cdots,s[l_k,r_k] \] 比较显然的是对于每个 \(l\)，选择的 \(r\) 是一个区间。更强的结论是存在一组最优解满足对于每个 \(l\)，选择的 \(r\) 是一个后缀。

反证法：假设对于一个 \(l\)，选择的 \(r\in[r_1,r_2]\)，其中 \(r_2<n\)，\(s[l,r_2]\) 之后的子串为 \(s[l',r']\)。如果 \(s[l,r_2+1]<s[l',r']\)，直接在 \(s[l,r_2]\) 后插入 \(s[l,r_2+1]\)，得到一组更优的解。否则 \(s[l,r_2]<s[l',r']\le s[l,r_2+1]\)，说明 \[ s[l',l'+r_1-l]=s[l,r_1]\\\\ s[l',l'+r_1+1-l]=s[l,r_1+1]\\\\ s[l',l'+r_1+2-l]=s[l,r_1+2]\\\\ \cdots\\\\ s[l',l'+r_2-l]=s[l,r_2] \] 于是可以用前者们一一替换后者们，得到一组不存在 \(l\) 作为左端点的子串的解。

然后就可以 DP 了，设 \(f_i\) 表示以 \(s[i,n]\) 结尾的最长上升子序列，转移为 \[ f_i=\max_{j<i\land s[j,n]<s[i,n]}f_j+n-\text{lcp}(s[i,n],s[j,n])+1 \] 可以预处理 \(\text{lcp}(s[i,n],s[j,n])\leftarrow \text{lcp}(s[i+1,n],s[j+1,n])\)，复杂度 \(O(n^2)\)。

优化

可以优化到 \(O(n\sqrt n)\)。

首先是 LCP 怎么处理，通常是使用后缀数组的 height 数组，这里也可以这么处理。

求出后缀数组 \(SA\) 和 height 数组，转移为 \[ f_{SA_i}=\max_{j<i \land SA_j<SA_i}f_{SA_j}+\max_{k=j+1}^in-height_k+1 \] 注意关于 height 的那项是一个后缀 \(\max\)，考虑单调栈维护，栈内维护两元组 \((v,S)\)，每次将 \((n-height_{i+1}+1,\{i\})\) 压栈。假设栈顶元素为 \((v_1,S_1)\)，下一个元素为 \((v_2,S_2)\)，如果 \(v_1\ge v_2\)，就把这两个元素合并成 \((v_1,S_1\cup S_2)\)。

在插入 \(i\) 个元素后，就可以这样计算 \(f_{i+1}\)：遍历栈内每个三元组 \((v,S)\)，用 \(\max_{j \in S\land SA_j\le SA_i}+v\rightarrow f_{SA_{i+1}}\)。但栈内元素可能很多，不能全部遍历，考虑把 \(|S|\le \sqrt n\) 的栈元素的贡献用一个数据结构 \(A\) 一起维护，每个 \(|S|>\sqrt n\) 的元素用数据结构 \(B\) 单独维护，这样就只需要遍历最多 \(\sqrt n\) 个 \(|S|>\sqrt n\) 的栈元素，即在 \(A\) 中查询一次前缀 \(\max\)，\(B\) 中查询 \(\sqrt n\) 次前缀 \(\max\)。

元素合并的时候需要分类维护：

• 当 \(|S_1|+|S_2|\le \sqrt n\) 时，相当于把 \(S_2\) 的贡献整体加上一个正数，可以在 \(A\) 中进行 \(|S_2|\) 次增大修改操作，这类操作总共不超过 \(n\sqrt n\) 次。
• 当 \(|S_1|>\sqrt n\land |S_2|\le \sqrt n\) 时，在 \(B\) 中进行 \(|S_2|\) 次插入新元素，这类操作总共不超过 \(n\) 次。
• 当 \(|S_1|,|S_2|>\sqrt n\) 或 \(|S_1|,|S_2|\le \sqrt n\land |S_1|+|S_2|>\sqrt n\) 时，用 \(|S_1|+|S_2|\) 个元素重构一个 \(B\)，这类操作总共不超过 \(\sqrt n\) 次。

综上，当 \(A\) 做到 \(O(1)\) 修改，\(O(\sqrt n)\) 查询，\(B\) 做到 \(O(\sqrt n)\) 修改，\(O(1)\) 查询时，复杂度为 \(O(n\sqrt n)\)。

因为修改是增大值，查询是前缀 \(\max\)，\(A\) 和 \(B\) 都可以通过分块实现。

CF1562F

有个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，元素两两不同且值域连续，但你不知道这个序列，每次可以询问两个不同数的 \(\text{lcm}\)，最多使用 \(n+5000\) 次询问求出 \(A\)。

\(n\le 10^5,A_i\le 2\cdot 10^5\)

如果 \(\gcd(a,b)=1\)，那么 \(\text{lcm}(a,b)=ab\)，如果求出了 \(A\) 序列中最大的质数 \(p\)，就只需要 \(n-1\) 次询问就可以求出 \(A\)。

先考虑 \(p\) 存在的情况，怎么求出 \(p\) 和它的位置？询问 \(\text{lcm}(A_1,A_2),\text{lcm}(A_2,A_3),\text{lcm}(A_3,A_4),\cdots,\text{lcm}(A_{n-1},n)\)，所有质因子中最大的就是 \(p\)，同时也可以推断出 \(p\) 的位置。然后再进行 \(n-1\) 次询问就求出了 \(A\)，询问次数为 \(2n-2\)，可以处理 \(100<n\le7500\)。

再分别考虑 \(n\le 100\) 和 \(n>7500\) 的情况。

\(n\le 100\) 可以先两两询问 \(\text{lcm}\)，再逐个确定。当 \(n>3\) 时至少有两个奇数，根据两个奇数的 \(\text{lcm}\) 为奇数就可以确定所有数的奇偶性，再取 \(\text{lcm}\) 中最大的一个，它一定是 \(\max A_i(\max A_i-1)\)，结合奇偶性就可以确定最大的 \(A_i\)，然后删除最大值，重复上述过程，直到 \(n=3\) 时，分类讨论即可。

当 \(n>7500\) 时需要用不超过 \(5000\) 次询问求出 \(A\) 序列中最大的质数 \(p\)，然而比较困难，考虑不找最大的质数，找一个大于 \(450\) 的质数 \(p'\) 就行了。

考虑随机询问 \(\text{lcm}(A_i,A_j)\)，如果它是两个大于 \(450\) 的质数 \(p,q\) 的乘积，那么 \(A_i,A_j\) 一定就是 \(p,q\)，考虑进一步确定 \(A_i\)，随机一个 \(k\)，如果 \(p\not|\text{lcm}(A_i,A_k)\) 说明 \(A_i=p\)，如果 \(q\not|\text{lcm}(A_j,A_k)\) 说明 \(A_i=q\)，期望的总随机次数是 \(O(\ln^2n)\)。

考虑 \[ \text{lcm}(p',x)= \begin{cases} x&(x|p')\\\\ xp'&(x\not|p') \end{cases} \] 如果 \(\text{lcm}(p',x)>2\cdot 10^5\) 就说明 \(x\not|p'\)，可以确定 \(x\) 的值，这样至少可以确定 \(n-900\) 个数，并且最大的质数 \(p\) 一定被确定了，最后再用 \(p\) 和剩下的数询问即可。

CodeChef-btree

定义 \(S(u,k)\) 表示与 \(u\) 距离不超过 \(k\) 的点集。

给定一棵 \(n\) 个点的树，\(q\) 次询问，每次询问 \(|S(u_1,k_1)\cup S(u_2,k_2)\cup S(u_3,k_3)\cup \cdots \cup S(u_{m_i},k_{m_i})|\) 。

\(n,q\le 5\cdot 10^4,\sum_{i=1}^qm_i\le 5\cdot 10^5\)。

考虑 \(|S(u,k)|\) 怎么求，可以离线后点分治，也可以建出点分树在线求。

Sol 1

先对 \(u_1,u_2,u_3,\cdots,u_{m_i}\) 建虚树，假设虚树中非关键点的半径为 \(0\)。

如果 \((u_1,k_1),(u_2,k_2)\) 满足 \(k_1-\text{dis}(u_1,u_2)>k_2\)，就说明了 \(S(u_2,k_2)\subsetneq S(u_1,k_1)\)，即 \(S(u_2,k_2)\) 是没用的，但不能删去它，而是令 \(k_2=k_1-\text{dis}(u_1,u_2)\)。

考虑对所有点的半径更新，直到不能更新为止，一种方法是像 Dijkstra 一样每次取半径最大的点更新周围点的半径，另一种做法是树形 DP，自底向上更新一遍，再自顶向下更新一遍。

然后发现一个很好的性质，记虚树点集为 \(V\)，边集为 \(E\)，\(u\) 的半径为 \(r_u\)，答案等于 \(\sum_{u\in V}|S(u,r_u)|-\sum_{(u,v)\in E}|S(u,r_u)\cap S(v,r_v)|\)。证明很简单，考虑自顶向下将每个 \(S(u,r_u)\) 并入，每次新增的点数为 \(|S(u,r_u)|-|S(u,r_u)\cap S(fa_u,r_{fa_u})|\)。

\(|S(u,r_u)|\) 可以在点分树上查询，\(|S(u,r_u)\cap S(v,r_v)|\) 是一个 \(S(w,r)\)，其中 \(w\) 可能是顶点，也可能是一条边的中点，如果在每条边上新建一个点，\(w\) 就一定是顶点了。

复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。

Sol 2

答案求的是并集的大小，是 bitset 可以优化的。

注意到 \(nq \le 2.5\cdot 10^9,n\sum_{i=1}^qm_i\le 2.5\cdot 10^{10}\)，一个时间复杂度 \(O(\frac{n\sum_{i=1}^qm_i}\omega)\)，空间复杂度 \(O(\frac{nq}\omega)\) 的算法是可以通过的。

怎么快速求 \(S(u,k)\) 的 bitset 形式，希望能做到 \(O(\frac n\omega)\)。

考虑把所有询问离线下来，在点分治的过程中每个 \(S(u,k)\) 都被分解成了 \(O(\log n)\) 个形如”深度不超过 \(d\) 的点集”的并，如果每次都把”深度不超过 \(d\) 的点集”并上去，求 \(S(u,k)\) 就是 \(O(\frac{n\log n}\omega)\) 的，不太行。注意到这 \(O(\log n)\) 个点集的范围分别为 \(n,\frac n2,\frac n4,\frac n8,\cdots\)，总和是 \(2n\) 的，但每个点集编号的范围都是 \([1,n]\)，每次并上去就太不优秀了，如何缩小编号的范围？只需要把所有点按照点分树的 DFS 序重新编号，那么每个点集编号的范围就缩小到了 \(n,\frac n2,\frac n4,\frac n8,\cdots\)，每次只需要并到一个区间上，复杂度 \(O(\frac n\omega)\)。

做法就是对每个询问开一个 bitset，点分治的过程中更新 bitset 的一个区间，答案就是对于 bitset 的 popcount，需要用 unsigned long long 实现 bitset，popcount 也建议手写，预处理 \([0,65536)\) 内所有数的 popcount，把每个 unsigned long long 拆成四个 \([0,65536)\) 内的数。

实测比 Sol 1 快。

CF566C

给定一棵 \(n\) 个点的带权树，每个点住了 \(w_i\) 个人，一个人从 \(u\) 到 \(v\) 的花费为距离的 \(1.5\) 次方。

定义 \(f(u)\) 表示所有人到点 \(u\) 的总花费，求 \(f(u)\) 最小的点。

\(n \le 2\cdot 10^5\)

首先研究 \(f(u)\) 有什么性质，假设花费等于距离的话 \(f(u)\) 就是单峰的，因此猜想 \(f(u)\) 是单蜂的。

证明：由于 \(w_v\text{dis}^{1.5}_v(u)\) 是下凸函数，所以它们加起来也是下凸函数。

回忆实数上的单蜂函数是怎么求最值的：当前确定最优点在 \([l,r]\) 中，在 \(\frac {l+r}2\) 处求导来确定最远点在 \(\frac {l+r}2\) 左边还是右边，然后将范围减半。

考虑怎么在树上实现这个过程：求出整棵树的重心，通过确定最优解在重心的哪个子树来将范围减半。

怎么确定最优解在哪棵子树？把 \(f(u)\) 的定义域扩大，\(u\) 可以是一条边上的位置。求出重心向各个方向的导数，由于 \(f(u)\) 单峰，所以最多有一个导数小于 \(0\)，这是最优解的方向。假设最优解的方向沿着边 \((u,v)\)，由于 \(f(u)\) 的最优点可能在 \((u,v)\) 上，所以 \(v\) 不一定比 \(u\) 优，应该把经过的所有点取个最小值作为答案。

根 \(u\) 向儿子 \(v\) 方向的导数为： \[ \frac 32\left(\sum_{i=1}^nw_i\sqrt{\text{dis}(i,u)}-2\sum_{i\in \text{subree}(v)}w_i\sqrt{\text{dis}(i,u)}\right) \] 可以 \(O(n)\) 求出 \(u\) 向每个儿子的导数，复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF1545C

CF1149C

给定一个长度为 \(2(n-1)\) 的合法括号序列，还有 \(q\) 次交换操作（保证交换后合法）。

求每次交换后括号序列建出来的树的直径。

\(n,q \le 10^5\)

容易想到直接维护树的形态，但发现很困难。

考虑括号序列的本质是什么，把 ( 变成 \(1\)，) 变成 \(-1\)，再做一遍前缀和，就是树的欧拉序的深度序列，记这个序列为 \(dep\)。

然后问题变得清晰起来了，因为树上两点间的距离只和 \(dep\) 有关。假设欧拉序上第 \(a\) 个结点为 \(u\)，第 \(b\) 个结点 \(v\)，满足 \(a \le b\)，那么

\[ \text{dis}(u,v)=dep_a+dep_b-2\min_{i=a}^bdep_i \]

于是直径为

\[ \max_{i\le j\le k}dep_i+dep_k-2dep_j \]

用线段树维护即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF1566G

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边带权无向图，有 \(q\) 次加边、删边操作。

每次操作后你需要找到四个两两不同的点 \(a,b,c,d\)，满足 \(a,b\) 连通，\(c,d\) 连通，且 \(a,b\) 间最短路加 \(c,d\) 间最短路是最小的。

\(n,m,q\le 10^9\)