Chelly个人训练
Todolist
arc100F
7.1
- Atcoder Regular Contest 100 1/4
- Codeforces #493 div 2 4/5
7.2
- arc100D：枚举中间那一刀，然后左边两个部分各自均匀切一刀。
- arc100E：想要求\(max(A_i+A_j) (i\ or \ j=k)\)，然后根据前缀搞，但这个很困难，无法求解。考虑求\(max(A_i+A_j) (i \ or \ j\subseteq k)\)，这个是满足\(i \ or \ j <= k\)的限制的，可以用dp搞。
- cf997C：容斥原理，化简式子后发现是两个\(\sum\)，里面有两个组合数形式，可以考虑枚举一维，另一维用二项式定理化简。
7.3
- cf997D：树上长度为k的环个数计数。
- cf997E：枚举右端点，左端点到当前右端点的答案用线段树维护。由于问题的特殊性，维护区间最小值和最小值个数。需要维护区间历史答案和，额外用一个lazy标记就行了。
7.4
- cf1000F：将询问按照右端点排序，枚举右端点r，对于固定的r，用线段树维护前面每个位置的pre[i]，对于询问[l,r]，就是要找[l,r]中的最小值，当然还有一个suf[i]>r的条件，这个条件只需要每次新来一个r，把pre[r]的位置的权值赋为inf即可。如果要求在线，那可以用主席树。
- cf1000G：树dp一下就好。
7.5
- cf995C：有一个结论是任意3个长度<=r的向量，必可以挑出2个向量通过变换方向组合成一个长度<=r的向量，所以就可以对原来的一直操作缩小规模，用一个二叉树来模拟。
- cf995D：通过归纳法可以得出答案就是所有f的平均数。
- cf995E：考虑到图比较随机，所以实际上步数不会很多（实际上最多40），那就可以双向BFS解决了。
- cf995F：答案是关于D的次数最高为n的多项式，所以可以先做一个O(n2)的dp，然后在D的取值直接插值就行。也可以dp来处理，我们关心的只是树里面不同权值的个数，假设g(x)表示树里面权值个数为x个的时候树的形态数，那么总方案数肯定是ΣC(D,x)g(x)，问题是如何求g。我们考虑dp[i]表示树中最大值为i的方案数（这显然O(n2）的DP可以做出)，一定有dp[i]=ΣC(i,j)*g[j]，反演求即可。
7.6
- Wannafly挑战赛19 3/6
7.7
- CodeM2018复赛 2/6
7.9
- Wannafly挑战赛19 D：一定是固定一个回文子串，然后把一边砍掉，一边翻过去一部分，用manacher辅助计算就行。
- Wannafly挑战赛19 E：BFS跑出两个数字之间最少需要多少次变换，然后连边跑费用流
- Wannafly挑战赛19 F：求个前缀和，然后把每一位看作一个26元组，对于一个询问[l,r]就是问[l,r]里有多少个pair是相同的，直接莫队算法就行了。
7.10
- CodeM2018 复赛 C：考虑给每个点赋值0/1，边权定义为两个点的权值的异或。若每条边都是-1，那么答案显然是每个连通块点的个数的2次幂乘积。对于已经确定的那些边权，先dfs判断是否有矛盾，若有则输出0。否则我们考虑一个由确定边组成的连通块，那么给定了一个点的确切权，剩下的也已经确定了，所以把这个连通块从答案里除掉就行了。
7.11
- CodeM2018 复赛 E：考虑把每一个点对抽象成平面上的点，那么就相当于求矩形面积并。
- CodeM2018 复赛 D：考虑二分答案，那么每个位置就对应了一个区间，我们把上界做一个凸包，若所有下界都在凸包上面则可以减少二分的答案，否则要增加二分的答案，但此题可以有分数，所以二分得不到正确结果。我们再分析一下二分的过程，发现其实凸包的形状是一样的，不同的mid只是带来不同的平移量，所以我们可以对于最初的点求一个凸包，然后求出点到对应凸包点距离的最大值，把它除以2就是答案。
7.12
- CodeM2018 初赛A轮 D：考虑prim算法，从一个关键点开始BFS，遇到第一个关键点（则这一定是根据prim算法加入进去的边），然后把这个点的距离设为0，丢到priority_queue里继续扩展。
7.13
- Codeforces #497 div 2 3/5
7.14
- Codeforces edu47 6/7
7.26
- Codeforces #499 div 2 3/6
7.27
-
CF1011C：修改了下实数二分的写法
-
CF1011E：把对k取模也加了进去，fix了一下
-
CF1010D：从上往下考虑每个门，考虑如果当前门的值需要改变，那么左右两个孩子哪个门的值需要改变，就这样dfs，分情况讨论即可。
8.17
- 牛客143B：\(x^2-dy^2=k^2\)的pell方程了解一下。
- 牛客143H：预处理f(i)表示以i为开头的递增子序列个数，然后逐位确定。
8.18
- 牛客144J：随机两个正整数，互质的概率是\(\frac{6}{\pi ^2}\)，所以我们可以把前100大的拿出来跑暴力
8.19
- 牛客144I：把区间按照l升序排序，然后用线段树维护一段的r最大值，根据线段树去删除，删除一个位置的时间是\(O(logn)\)，所以均摊时间是\(O(nlogn)\)
8.20
- 牛客144G：s和t之间的最小割集一定是一个团和一个孤立点，设\(d[i]\)表示树上i点到其它所有点的距离和，那么\(maxflow(s,t)=min(d[s],d[t])\)。于是我们可以将\(d[i]\)数组排个序，然后算总贡献。\(d[i]\)用树形dp求即可。
8.21
-
牛客144F：在考虑一个点应该放哪个表达式的时候，我们只关心lson和rson的值取0/1的情况数，对于一个确定的表达式，我们肯定希望一个lson中0/1的数量最多，rson同理，于是我们令dp[i][0/1]表示第i个点最多能有多少情况取0，最多能有多少情况取1，dp[i][0/1]的值一定由dp[lson][0/1]和dp[rson][0/1]转移过来。这样做一次树dp是O(n)的，但注意要使用高精度，因为每个点的高精度的位数是和子树大小同阶，所以这相当于是一个背包，所以复杂度是\(O(n^2)\)的。
-
牛客144B：传送门
8.22
-
牛客144E：考虑单独一个字符，至多分裂10秒就能够到达目标串T的长度，我们先考虑答案<=10秒的情况。我们可以建出T的自动机，然后可以预处理出f[i][j][k]表示字符i初始从T自动机的k状态进去，经过j秒的分裂，会从哪个状态出来。这样就可以轻松知道一个字符在10秒内能否搞出T，然后我们也就知道了初始字符串S能否在10秒内搞出T。接下来考虑答案大于10秒的情况，我们从T第一次出现的位置开始回溯，最终一定可以缩成1个字符或者2个字符（一个提供后缀，一个提供前缀），要注意这2个字符或者1个字符可能不会出现在初始串中，而出现在10s内的生成串中，所以我们要BFS一遍，求出每个字符/字符对第一次出现的时间。最后再枚举字符对即可。
-
牛客145C：考虑到\(3^{18}\)并没有超时太多，可以预处理出最后4次的结果。时间复杂度是\(O(2^43^4+3^{14})\)。
8.23
- 牛客145F：考虑枚举d，算满足mindiff>=d的所有集合的maxdiff的和。还需要枚举集合里的元素个数k，一个集合对答案的贡献是\(a_k-a_1\)，分开来利用组合数计算。需要知道带权的杨辉三角对角线的和如何计算。
8.24
- 牛客145I：对于一个树而言直径有很多但重心只有一个，考虑计算枚举每个点作为重心的答案，显然考虑能否用点分治。以某个点u为重心的直径为D的树要怎么计数呢？首先要满足至少有两个离它深度为D/2的点分布在不同的子树，然后剩下深度<D/2的点随便取不取。这样我们需要维护两个东西，一个是<D/2的点的总数，一个是从某个分支出发，有多少个深度恰好是D/2的点，这个用一个map即可。注意到D要讨论奇数和偶数情况很复杂，可以考虑在原树中的每条边之间添加上额外的点，那么就只要统计偶直径就行了。时间复杂度\(O(n\log n)\)。
8.25
- 牛客146H：将问题转换成，最少选取多少个数字使得它们的异或值为给定值x。最多只要选取20个，我们可以考虑dp[i][x]表示至多选i个数字能否凑成数字x。那么每步转移就是给异或卷积，可以用FWT优化。在每次循环里，实际上只是关心一个位置x的点值是否为0，我们可以利用FWT(A)函数的定义来\(O(n)\)求解，所以时间复杂度是\(O(x \log x)\)的。
8.26
-
牛客146B：对于一个合法方案，一定可以分成\(n_1+n_2\)的形式，即左下角一个\(n_1\)方阵，右上角一个\(n_2\)方阵，或者左上角一个\(n_1\)方阵，右下角一个\(n_2\)方阵。我们称前面为A类，后面为B类，显然A类和B类的数量是一致的。我们设\(g(i)\)表示\(i \times i\)的方阵，有多少个A类方案，\(f(i)\)表示\(i \times i\)的方阵总方案是多少。显然有\(f(1)=g(1)=1,f(i)=2g(i) \ (i>=2)\)。考虑递推求解\(g(i)\)，对于一个A类方案，我们一定可以找到一个最小的\(n_1\)，使得每个方案只被统计一次。那么有\(g(n)=\sum_{i=1}^{n-1} g(i) \times f(n-i)\)，继续化简有\(f(n)=f(n-1)+\sum_{i=1}^{n-1} f(i) \times f(n-i)\)。这个用cdq分治+NTT处理即可。
-
牛客146C：可以用树形DP求出以点u作为根的子树向下的贡献，以点u向上的贡献。然后再用树形DP统计出以u为根的连通块的总贡献。题解给出了一个更妙的思路，考虑枚举路径集合，算有多少连通块满足要求，容易发现若固定一个路径集合，那么满足条件的连通块一定就是路经集合分割而成的连通块数量，这个等于白点数-两端都是白点的边数。于是可以两部分分开计数，前者就是相当于统计不经过某个点的路径集合数量，后者是统计不经过某条边的两个点的路径集合的数量，都可以树形DP完成。
8.27
-
牛客146I：找到第一个不一样的最高位pos，把数字分成两个集合A和B。A中数字pos位为0，B中数字pos位为1。显然我们可以利用01Trie得到答案ans，接下来主要考虑方案的选择。我们可以把这些数字看成一个二分图，左边点集互相有边相连，右边点集互相有边相连，然后对于那些异或结果是ans的点对，我们从A向B连一条边，我们需要找的就是一个字典序最小的哈密顿路。我们可以贪心的从高到低逐位确定，假设上次选择的点是u，它所在的集合在c。那么接下来我们要么在c集合里找一个点，要么在u相连的另一个集合的点里寻找一个点，这些都可以用数据结构来维护。具体来说，用set维护点集中剩余的点，用mpa<int,priority_queue>维护一个点相连的另一个集合里的点。
-
牛客146J：固定一个n，那么生成函数就是\((1+x)^n\)，所以原问题的生成函数就是\(F(x)=(1+x)^0+(1+x)^2+(1+x)^4+...=\frac{(x+1)^{n+2}-1}{(x+1)^2-1}\)，我们所要求的就是\(\sum_{i=0}^{m} [i=0 \mod 2] [x^i] F(x)\)。把F(x)化简一下，可以得到\(F(x) \times (x+2)=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i+1}x^i\)。设F(x)里\(x^i\)前的系数是\(b_i\)根据这个式子，我们可以发现\(b_0和b_{n-2}\)是确定的，其余的\(b_i\)可以由\(b_{i-1}\)或者\(b_{i+1}\)递推得到。那显然我们递推出前M项，问题就解决了。但关键是是模数是偶数的时候，可能会导致递推式子里的\(\frac{1}{2}\)没有逆元。我们可以这样来，将\(mod=s \times 2^t\)，分别求出模s和模\(2^t\)的值，然后CRT合并起来。s一定和2互质，所以一定就有逆元了，可以递推了。关键就是如何求模\(2^t\)的结果。考虑倒推，有\(b_i=\sum_{j>=i+2} (-2)^{j-(i+2)}a_j\)，当\(j-(i+2)>=t\) 的时候，显然贡献为0，所以这个j顶多枚举t项。整个时间复杂度是\(O(m \log mod)\)的。这个问题需要会在\(O(n \log mod)\)的时间内求出\(\binom{m}{0},\binom{m}{1},...,\binom{m}{n}\)。
8.30
- hdu6064：BEST theorem定理的应用。注意这里是固定了起点，所以欧拉回路的数目需要乘上\(deg(1)\)。同时，这里将重边看作相同的了，所以方案要除以每个重边的数目的阶乘。
9.7
- Codeforces Edu 50 4/7
9.9
- CF1036F：莫比乌斯反演。比较坑的地方在于求i次方根如果直接用\(pow\)精度会不够，需要对于\(i=3~60\)的先预处理打表，询问在其中二分。
9.13
-
hdu6356：将ST表倒过来。
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hdu6357：考虑反转值域，01...xy(y-1)....xy(y+1)...9*，然后dp匹配模式串。
9.14
- hdu6352：分圆多项式用来因式分解。
9.17
- hdu6353：点分树。对于点分树上每一个节点u，维护点分治过程中u对应的那坨树到u的距离关系，然后求个前缀和。对于一个询问，在点分树上暴力爬就行，但注意要对答案容斥，所以还需要维护点分治过程中u对应的那坨树到last[u]的距离关系。(last[u]是点分树上u的父亲节点)
9.18
- hdu6360：旋转规则参照正十二面体，可以列出四种置换群对应的置换个数，根据对称性算出循环个数。然后dp[i][j]表示用了前i个颜色涂了前j个循环的方案数，转移就枚举第i种颜色涂几个循环即可。
9.24
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Codevs 3160：广义后缀自动机。统计每个点表示字符串在哪些字符串里出现过。
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bzoj3238：后缀树。先考虑利用SAM建出后缀树，对于两个end节点，它们的lcp就是后缀树上的lca的深度（也就是lca的maxlen）。于是我们可以考虑树形DP，枚举每个树上点作为lca，统计这种情况下的答案。
9.25
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bzoj3998：经典问题，利用SAM求第k小子串。考虑先拓扑一下，把SAM上每个节点向后能走出多少个子串求出来，然后就是从0节点开始从小到大尝试分支。
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bzoj3676：回文树模板题。
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bzoj4199：建出后缀树后树dp即可，注意权值有负数，所以记录子树内最大和最小值。
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bzoj4310：考虑先二分一个mid，将字典序第mid小的字符串作为答案（可以用SA或者SAM），然后来判定是否可行。注意到分成的那些段中，字典序最大的一定是某个后缀，所以我们可以从后向前贪心，每次新加一个位置i就是新加一个 后缀，主要就是比较这个后缀与我们第mid小的字符串的大小关系。这个可以利用后缀数组求出它们的lcp来辅助判断。
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bzoj4566：广义后缀自动机模板题。当然你需要正确地建出广义后缀自动机。
9.29
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bzoj2780：建立广义后缀自动机。在建立第i个单词的过程中，如果新建了一个节点z，那么从z开始跳parent链，给链上的节点都赋上当前单词的颜色，最后对于每个询问就相当于统计自动机上某个点被染颜色的个数。可以用id[u]表示当前节点被染的颜色来辅助求解，可以感性理解一下，这个时间复杂度很对……
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ARC103C：奇偶分开求出现颜色的最多和次多，最后讨论一下即可。
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ARC103D（small case）：容易发现询问点与原点的曼哈顿距离必须奇偶性都相同，然后只需要定每条机械臂长度为1就可以搞一搞了。
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ARC103E：若有解，必须要满足：S[i]=S[n-i],S[1]=1,S[n]=0，然后根据S序列，在之前的节点基础上建立一个父亲，用额外的单点来填充size，构造树即可。
10.1
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bzoj3277：类似bzoj2780，建出后缀自动机，求出每个点表示的子串在多少个字符串中出现。该问题要求相同的字符串不同位置算多个，最容易想到的就是求出所有点在每个颜色的下的endpos，但这样时间复杂度十分爆炸。把每个串作为一个询问串，考虑其每个前缀i有多少个后缀是满足条件的，这等价于先找出在后缀自动机上该串前缀i的终结节点，然后跳parent链，看有多少个节点的cnt>=k。这样时间复杂度也是不对的。所以可以先按照拓扑序dp一下，得到每个点到root的链上的点的权值和，这样复杂度就是线性的了。
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bzoj3926：注意到叶子节点个数<=20，那么把每个叶子节点提起来作为根，得到就是一个Trie。所以本质上就是把这20个Trie对应的广义后缀自动机建出来就行了。
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bzoj2806：先二分一个L，然后可以dp求出最长匹配多少位置。\(dp(i)\)表示前面i个位置最长能被匹配多少，那么有\(dp(i)=max(dp(j)+i-j) i-j>=L 且 s[j..i]是某个子串\)，我们可以提前预处理出mx[i]表示s[1..i]中最长的作为子串出现的后缀，然后就是一个单调队列优化DP。至于怎么求这个mx[i]，就是从前往后一直匹配维护一个cur，表示当前s[1..i]的最长后缀的长度为cur，如果从当前自动机节点有一个s[i+1]的转移，那么就转移过去并且cur+=1，否则就顺着slink跳直到有这样的转移的节点u'，cur=maxlen[u']+1。
-
HackerRank special-substrings：先把问题变成“一个字符串有多少个本质不同的子串可以作为它回文子串的前缀”。我们可以先建出后缀自动机，然后对于每个本质不同的回文子串在自动机上更新答案。具体的，用回文树跑出以节点i为后缀的新增回文串，设其为s[j..i]，长度为len，那么我们从代表后缀S[j]的后缀自动机节点u开始，一直向上跳slink链，若某个点maxlen<=len，那么这个点可以被完全覆盖，如果minlen<=len<=maxlen，则部分覆盖，当然直接跳链会T，可以考虑倍增跳。因为这里是离线，所以跳的时候就要注意答案的更新。时间复杂度\(O(nlogn)\)。
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bzoj1396：首先跑后缀自动机，挑出那些出现一次的位置，记下该点的suf。设点u对应的字符串出现1次，u点表示的终结位置是i，那么有[i-minlen[u]+1,i]之内对i-minlen[u]+1取min，[i-maxlen[i]+1,i-minlen[i]+1]之内对i-j+1取min，用两个线段树打标记即可。
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bzoj4516：字符集比较大，用map即可。
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hihocoder 1466：建两个后缀自动机，跑出sg函数。然后就是个逐步确定问题了，这里要涉及到两个的逐步确定，写的十分自闭。
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hihocoder 1465：很容易想到把询问串T接一下，然后求每个前缀i的最大出现后缀，找到以i为后缀的包含长度n的节点u(需要跳slink)，然后给这个节点打上标记。注意可能会出现循环同构，所以如果某个节点之前被打上了标记，那么这次就不累加结果。
10.2
-
ARC103D（big case）：容易发现，当所有\(x_i+y_i\)的奇偶性一样时，就有解。特别的我们假设\(x_i+y_i\)是奇数（若是偶数，可以先让他们朝一个方向都走1）。然后，我们将机械臂长度定为2的次幂，就可以构造出所有解了。具体的构造方法就是每次把当前的1填到长度为奇数的地方，然后给坐标除以2，不断进行下去。
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ARC103F：值最大的点一定是叶子，值最小的点一定是重心，我们不妨把最小的点（重心）当作根，去构造有根树。那么显然从根往下满足D值单增。于是我们可以先对所有D排序，就得到了拓扑序，然后从下到上考虑每个点的父亲应该是谁。利用D[u]=D[v]+2*sz[v]-n来对于一个v找其父亲即可。
10.12
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SPOJ DIVCNTK：直接min25筛。
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SPOJ APS2：虽然不是积性函数，但比较特殊，也可以套用min25筛的方法做。
-
bzoj 4916：是积性函数，直接min25筛。
10.21
- CF #517 div 2：4/6
10.25
- CF edu 53：4/7
10.26
- CF1073E：直接数位DP
11.1
- 牛客215F： 用kdtree维护每个点左下方点的个数a，左边点的个数b，右上角点的个数c
11.13
- CF1076F：\(dp[i][0/1]\)表示做了前i段，最后以0/1结尾的最短长度，然后对于新的一段，贪心去转移
11.30
- CF1082G：若选择一条边，那么它两个端点都要选取，于是可以将所有的边当作点，于是问题变成了最大权闭合子图问题。
12.2
- 牛客296B：首先经过简单分析将问题变成了给定一些区间，允许有区间覆盖但不允许区间交，问给定的这些区间是否合法。将所有区间按照左端点升序排序，然后用单调栈维护一个右端点递减的嵌套区间。
