noip2025

炼石计划20

T2 采矿

价值为 \(2^x\) 的情形是 ARC201B。做法见题解。

扩展到这个题只需按照题目中的倍数关系建立新的进制。

T3 找零

考虑 \(k=0\)，这是经典的 \(O(n\sqrt n)\) 求拆分数问题。对于空序列，每次将序列 \(+1\) 或者在后面加上一个 \(1\)，该过程和拆分数形成双射；当值域 \(\geq B\) 时，直接做这个是 \(O(\frac{n^2}B)\) 的。对于 \(<B\) 的数暴力 dp 即可。

\(k\neq0\) 时，对于大数的影响看上去很难消除，注意到 \(k\) 不大，于是容斥，直接做到 \(O(n\sqrt n+n2^k)\)。要是改成 dp 的话复杂度就是 \(\rm{poly(n,k)}\)

T4 山

难点在于暴力。贪心，显然在最小值不合法的情况下，操作其一定不劣。考虑有多个最小值，此时需要安排一个比较厉害的操作顺序使得代价最小，注意到一定为先操作前后两个，然后再操作中间，代价可以直接计算。线段树维护做到 \(O(n^2\log n)\)。

优化很简单，扫描值域，线段树维护即可。采用数据结构上二分，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码源 noip 模拟赛 1

T4 Genshin Impact

考虑莫队。需要支持单点加，查询前缀和最后一个 \(\geq0\) 的位置。龙逐千灯幻 在类似问题下的技巧是，维护序列后缀最大值形成的单调栈，每次修改会弹出栈中若干个位置，链表+并查集维护；每次判断是否弹出需要维护栈内的差分值；查询就是栈底元素的值。

这个题中有 \(O(n\sqrt n)\) 次修改，\(O(q)\) 次查询，考虑平衡。对值域分块，每块维护上面的结构，则可以做到修改 \(O(1)\)、查询 \(O(\sqrt n)\)。需要用回滚莫队将修改变成非负。考虑左端点移动过程中如何支持撤销，不能直接复制块内链表的结构。当修改全都是对整块操作时可以直接 \(O(1)\) 打标记，于是将莫队块内所有点作为值域分块上的端点，这样会受到修改影响的左端点对应的全部都是整块，可以直接打标记。时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

OOI2025

神秘作业的题

The arithmetic exercise

显然倒着做，将序列翻转，变成如下问题：\((i-1,j)\) 走到 \((i,j+1)\) 的贡献是 \(a_j\)，走到 \((i,j-1)\) 的贡献是 \(-a_j\)，在纵坐标始终处于 \([0,n]\) 的前提下最大化总贡献。

第一种做法非常硬核。写出 dp：\(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j-1}+a_i,f_{i-1,j+1}-a_i)\)。形式不太好，有两个位置能贡献到 \(j\)，每轮 dp 将数组向上平移一位，同时答案提前加上 \(-\sum a_i\)，则为 \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-2}+2a_i)\)。发现奇偶完全独立，同时只会有偶数位置上有值，于是变成经典的 slope trick 形式 \(f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-1,j-1}+2a_i)\)，multiset 维护斜率。

第二种做法比较经典。数据结构维护对括号串的贪心。

Alice, Bob, and two arrays

令 \(f_{i,j}\) 代表起始位置分别为 \(a\) 中第 \(i\) 段，\(b\) 中第 \(j\) 段，先手的状态。若存在一个能转移到的 \((p,l)\)，满足 \(f_{p,l}=0\)，那么先手可以直接转移过去，此时 \(f_{i,j}=1\)；否则先手必然选择当前所在的颜色 \(x\)，暴力维护不断选择 \(x\) 向后跳跃的过程可以做到 \(O(nm(n+m))\)。

跳跃终止时意味着存在一个可以转移过去的必败态。将某种颜色单独画到二维平面上，则跳跃是一条斜线。\((x,y)=1\) 当且仅当其可以转移到一个必败态。计算完一个状态后会对平面做矩形覆盖 \(1\)。看似每次都要对 \(O(k)\) 个平面做，实际上只有当前颜色 \(c\) 的平面需要，其它颜色可以简单记录。

于是需要做的就是，矩形更新，查询斜线第一次碰到矩形的位置。倒着做，于是可以贡献到的斜线可以变成一段区间，区间覆盖即可。时间复杂度 \(O((nm+q)\log N)\)。

代码源 noip 模拟赛 2.5

T4 DFS 序

容易得到一个 \(O(n^2k2^k)\) 的做法。实际上，支配对总数只有 \(O(n\log n)\) 个。于是可以做到 \(O(n\log n(k2^k+\log n))\)。

炼石计划21

T2 小粉兔不想挂科

考虑 \(a_i=1,b_i=i\)，此时利用调和级数维护二阶差分状物。考虑 \(a_i=b_i=i\)，此时需要求 \(\sum\limits_{j=l}^r(i\% j)\)，但是 \(\lfloor\frac il\rfloor=\lfloor ir\rfloor\)，令 \(x=\lfloor\frac il\rfloor\)，有 \(i\% j=i-x\times j\)，于是对于 \(l\leq j<r\)，\(i\%(j+1)-x=i\% j\)。整除分块，则只有 \(O(n\sqrt n)\) 这样的查询。整除分块时设置阈值 \(B\)，\(i\% j\leq B\) 时预处理上面的东西，否则暴力，复杂度为 \(O(nB+\frac{n^2}{B})\)。

T3 管理组招新

简单题。容易直接得到一个 \(O(nk^2)\) 的做法，注意到 \(2k>n\) 时无解，于是 \(k\sim O(\sqrt nk)\)，时间复杂度为 \(O(nk\sqrt{nk})\)。

T4 兔典序

考虑找到一个合适的位置算贡献，使得答案不重不漏。容易想到在最后一个相等的位置计算，那么需要计算：

1. \(f_{i,j}\)：考虑前缀 \(a[1:i],b[1:j]\)，选出两个非空子序列使得完全相同，同时选中 \(i\) 和 \(j\) 两个位置，的本质不同子序列对数。
2. \(h_{i,j}\)：考虑后缀 \(a[i:n],b[j:m]\)，选出两个非空子序列使得长度相同，第一个子序列的首个位置大于第二个子序列的首个位置，的本质不同子序列对数。
3. \(u_{i,j}\)：考虑后缀 \(a[i:n],b[j:m]\)，选出两个非空子序列使得长度不同，第一个子序列更长，的本质不同子序列对数。
4. \(fa_i\)：考虑后缀 \(a[i:n]\)，本质不同子序列数量。

一个基本的问题是，知道了某个东西在强制选中 \(a_i,b_j\) 的所有信息，如何将信息推广至不强制选中。不妨假设要求维护的是后缀，按照 \(i:n\to1,j:m\to1\) 的顺序扫描，\((p,l)\) 对 \((i,j)\) 产生贡献，当且仅当 \(a_{i+1\sim p-1}\) 中没有 \(a_p\)、\(b_{j+1\sim l-1}\) 中没有 \(b_l\)。在扫描 \(i\) 的过程中，维护 \(cs_j\) 代表对于此时的 \(i\)，当 \(j\) 产生贡献，会产生多少贡献。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

有了这个方法，后三个实际上都比较好算，改一下本质不同子序列的 dp 方法即可。考虑第一个，转移要求形如二维平面上一个矩形和，于是动态维护二维前缀和即可。最后计算答案只需枚举 \((i,j)\) 代表最后一个相同的位置。时间复杂度 \(O(n^2)\)，没想清楚的话会不太好写。

图论专题

CF1305G Kuroni and Antihype

对于求 \(val(i\to j)=a_i\) 的最小树形图，可以变成边权为 \(a_i+a_j\)，最后的权值减去 \(-a_{rt}+\sum a_i\)。这题直接用此转化，后面 Boruvka+FMT 即可。时间复杂度 \(O((n+V)\log n\log V)\)。

CF1893E Cacti Symphony

对于点研究。首先，边权为 \(x\) 的边都可以直接忽略，因为这些边不会改变异或值是否 \(\in\{0,x\}\)。同时，设另外两种权值为 \(y,z\)，则任意两条边都可以匹配，因为 \(y\oplus z=x\)，同权值的边异或会得到 \(0\)。于是只关心边权不为 \(x\) 的边数奇偶性。

边的限制实际上就是，需要选一个端点，为其贡献 \(1\)，要求所有点的价值都为奇数。先固定所有点权。当原图是树时，可以由上往下直接确定；对于仙人掌，注意到每次要么加入一条边（直接确定方案数），要么加入一个环（对环统计方案数，然后乘上 \(\frac23\)）。

CF1630F Making It Bipartite

如果有 \(a<b<c\) 且 \(a\mid b\mid c\) 这种结构就不合法，意味着每个数在整除它的数和被整除它的数中只能有一种。考虑建成有向图，此时就是要保留一些点，使得所有点只有入度和出度中的至多一种。拆点，将 \(i\) 拆成有入度和有出度两个点，于是要求一张无向图的最大独立集（只能删点，不能删边）由于原图是偏序集，所以无向图也是偏序集，。考虑通过合适的方式将其定向为有向图，根据 Dilworth 定理，偏序集最大独立集=最长反链=最小链覆盖。于是需要求最小链覆盖。

最小链覆盖本质上是，加入一条链时，设当前所在的点为 \(x\)，则可以加入 \(x\) 可达的点 \(y\) 到当前这条链上。于是传递闭包维护可达性，建图求最大匹配即可。匹配的过程就是在将两条已知的链合并。根据一些分析，复杂度是对的。

怎么还剩下了一万个困难题。。。

CF1338E JYPnation

题目的限制是一个点的所有入点不会成环。可以证明，两个点之间的最短路只有 \(1,2,3\)，否则可以发现会违反限制。最短路为 \(1\) 的方案数为边数。接下来只需要统计最短路为 \(2\) 的方案数。考察结构可以发现对于一条最短路 \(u\to i\to v\)，\(u\) 的出点不可能成环，同时只需要关心 \(u\) 出点中拓扑序最大的点，可以平方统计。

还有不可达的情况，对每个 SCC 分别考虑即可。

IOI2019 景点划分

题解写得很好。

十连测 day9

T2 binstr

题解是对折线考虑，不过可以直接硬做。容易发现最终子串一定是保留序列的一个子序列，考察一段能否被删空，当 \(0\) 的数量不多于 \(1\) 的数量时一定可以被删空，否则不可以。于是直接有平方的 dp，转移稍微推一下就可以数据结构 \(1\log\) 维护。

T3 disconnect

首先对于连通块代价的刻画是，连通块权值和乘上周围相连的连通块数，看似是需要对这个东西 dp。实际上需要分析性质，缩点后的图必然是菊花，不然合并两个连通块一定不劣，同时删去的边必然和叶子相连。注意到这个的途径是，往下推所有删除的边，\(t_u\) 基本不会发生改变。

可以写出删去一个叶子前缀的答案，是凸的，二分即可。数据结构维护。

T4 partition

容易设计出一个平方的 dp 来计算总的方案数，\(f_{i,j}\) 代表放完 \(1\sim i\)，最靠前的被覆盖的位置是 \(j\) 的方案数。转移可以直接做到 \(O(1)\)。考虑这个 dp 本质上是求一个 DAG 从第零层走到第 \(n\) 层的方案数，一个点的 dp 值就是从第零层走到那个点的方案数。考虑如何暴力计算钦定一个点在 \(S\) 中，只保留 \(i-1\to i\) 中选中 \(i\) 的转移，重新做 dp 即可。可以枚举这些边，只需要计算从第零层走到某个点的方案数和从某个点走到第 \(n\) 层的方案数即可。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

线段树维护此过程，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

炼石计划22

T3 treasure

容易注意到当经过的关键点序列不同时，方案一定不同，基于此直接 dp，获得 \(74\) 分。这个 dp 会错掉的原因是，我们认为不关心是否走到状压过程中记录的 \(x\in S\)，这样不会使最少步数的计算出错，但会使方案数的计算出错。考虑 \(3\to2\to1\to4\) 和 \(3\to1\to2\to4\)。

于是 dp 需要非常严谨地刻画每一步转移。处理 \(h_{x,y}\) 代表 \(x\to y\) 不经过其它关键点的方案数，枚举最后一个经过的关键点进行转移。dp 时分两种考虑，转移到 \(S\) 外部的直接利用 \(h\) 来转移；转移到 \(S\) 内部的看上去不太好做，可以做一个 Floyd 来转移。时间复杂度 \(O(m^32^m)\)。

集训队互测2025 Round3

T1 火花

\(t=0\) 的部分分是非常经典的树上依赖背包，做法是在 dfs 序上 dp，每次不选一个点就直接跳到子树外。\(t\neq0\) 时问题出在我们必须钦定子树内选的链数量。考虑差分，在欧拉序上考虑，令 \(i\) 的第一次出现是 \(l_i\)，最后一次出现是 \(r_i\)，则会在进入 \(i\) 子树和离开 \(i\) 子树时分别决策一次，实际上就是把物品分成两次决策，每次决策尽量多的物品。钦定所有还未考虑的点中取了 \(t'\) 条链，对于一种方案，其进入子树 \(i\) 前 \(t'=t_0\)，离开子树 \(i\) 后 \(t'=t_1\)，则在进入子树时决策 \(c_i-t_0\) 个物品，此时会有 \(t_0-t_1\) 个物品在子树内被决策，离开子树时只需决策剩下 \(t_1\) 个物品。注意还需决策是否选择一条结尾是 \(i\) 的链。

上面的转移是要求 \(i\) 被选中（因此进入子树时至少需要选择一个物品）。当 \(i\) 不选中的情况仍然是直接跳到子树外，此时枚举子树内选了几条链，需要维护前 \(j\) 大的链之和，可以在 \(O(nt)\) 的时间复杂度内完成。利用单调队列优化背包，时间复杂度 \(O(nkt^2)\)（状态数 \(O(nkt)\)，当 \(i\) 不选时需要 \(O(t)\) 转移）。剩下的部分题解给了两种做法，一种是利用 \(O(nk^2t)\) 的做法来平衡，非常需要复杂度分析的手法；实际上 \(i\) 不选时那个 \(O(t)\) 的转移看上去就很有四边形不等式之类的性质（本身转移函数就是凸的），因此分治做到 \(O(nkt\log t)\)。

T3 少年汹涌

考虑 \(n=1\)。注意到 \(\log V\) 位开始的高位，数值变化都是连续的。数位 dp，暴力做法是记 \(f_{i,j,k}\) 代表低 \(i\) 位值为 \(k\)，\(i\) 位往后 popc 为 \(j\) 时第一次进位到 \(i+1\) 的值，\(g\) 代表步数。从 \(i-1\) 位的状态转移过来即可。由于数值变化是连续的，因此第一次进位到 \(i+1\) 时 \(\log V\sim i\) 位必然全是 \(0\)，于是更改状态为低 \(\log V\) 位值为 \(k\)，\(i\) 位往后 popc 为 \(j\)，\(\log V\sim i\) 全零时第一次进位到 \(i+1\) 的值。转移考虑先通过 \(f_{i-1,j,k}\) 得出把第 \(i\) 位进位成 \(1\) 的值以及步数，此时仍然有 \(\log V\sim i-1\) 位全零，于是可以继续通过 \(f_{i-1,j+1,?}\) 转移过来，状态数 \(O(\log V^3)\)，转移 \(O(1)\)。

查询时考虑将 \(x\) 的 \(\log V\) 位往后的 \(1\) 提取出来，通过进位将这些位置变成 \(0\)，维护步数。当 \(>L\) 时，开始从高往低考虑，维护步数。单次查询时间复杂度 \(O(\log V)\)。多组查询的一个基本想法是容斥，\(x\to x+w_{popc(x)}\) 连边后即要求出两点的 LCA。可以直接倍增，需要求 \(x\) 跳 \(2^y\) 步会得到的值，同样类似上面贪心。可以在 \(O(\log^2 V)\) 的时间内求出 LCA。

注意到答案是虚树大小，考虑求虚树。那么需要比较 dfn 大小，这实际上就是要求出跳到 LCA 前的最后一个点，比较这两个点即可，时间复杂度 \(O(n\log n\log^2 V+\log^3 V)\)。瓶颈只在求 LCA 上（其余步骤都是 \(O(\log V)\) 的），将两个数同时从低往高处理，直到某一位会让两数相等后再从高往低做，这个相等时刻一定会在我们上面做法的某一次进位后出现，仍然考虑 \(\log V\) 位开始数值变化连续大概能说明道理。时间复杂度 \(O(n\log n\log V+\log^3 V)\)。

杂题选讲 11.10

CF2164F Chain Prefix Rank

注意到可以确定一条祖先后代链的相对顺序，基于此直接维护连续段可以通过 F1。

这个做法并不好优化。我们可以求出来每对祖先后代的大小关系，建图以后等价于对这个 DAG 做拓扑序计数。一般的 DAG 肯定是做不了，考察性质。首先缩减边数，\(i\) 只需和两个祖先有连边，即 \(1\to i\) 这条链上最后一个小于 \(i\) 和第一个大于 \(i\) 的。不妨在 \(1\) 上面加一些节点 \(s,t\)，其中 \(a_s\) 极小，\(a_t\) 极大，使得每个 \(i\) 都和恰好两个祖先连边。则可以发现，若不断缩掉二度点（即这个建图的逆过程），可以简化为只有一条 \(s\to t\) 的有向边。

容易在缩点过程中维护拓扑序数量。考虑如何建图，平衡树直接维护即可。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF2164G Pointless Machine

通过多个单点信息复原树的一般方法是剥叶子。于是有两个部分，需要查询每个点的度数，以及父亲。一次询问可以获得一个点与其前面点的连边数量，询问两次即可获得所有点的度数。考虑查询父亲，二进制分组，求出 \(f_{i,j}\) 代表 \(i\) 的邻居中有多少点第 \(j\) 位和 \(i\) 不同。这样查询次数是 \(2\lceil\log_2n\rceil+1=33\)，换成三进制即可做到 \(3\lceil\log_3n\rceil+1=31\)。

QOJ14711 Following Arrows

不妨考虑网格为 \(1\times m\)。显然构造到步数最大的情况是 LLLLLLLL...LLLLLLL，不过这个最大步数仍然是 \(O(m^2)\) 的。考虑走的形态，每次走到一个新位置就会掉头，这个掉头一定会直接走到 \(1\)，因为当走到 \(i\) 时，\(1\sim i-1\) 的方向一定都和终点的方向相反。考虑 RRRRRR...RRRRRR，当走到 \(i\) 时，\(1\sim i-1\) 必然是全 L，此时若第 \(i\) 位保持 R，那么直接往后走，否则步数会加上 \(2i\)。这个做法带来的重要提示是，每一位都是独立的。

考虑二维的 \(n\times m\) 网格。先构造一条 \((1,1)\to(n,m)\) 的尽量长路径，我们钦定就沿着这个路线走，当走到某个位置 \((i,j)\) 时，前面的位置必然被翻转成了和终点不同的方向，注意拐角处可能变成了一些奇怪的方向，但不重要。若 \((i,j)\) 的位置没有指向终点，那么会往先前的点走，不过最后仍然会走回到 \((i,j)\)，可以发现此时每个位置仍然独立，于是应用背包来计算步数。为了避免一些奇怪情况出现，初始钦定的路线需要填满整个网格，这样可以保证任意向前走后仍然在路线上。有可能一个路线无法覆盖值域中的每个步数，构造多个初始网格即可。

QOJ9870 Itmes

实际上就是要求一个 \(n\) 次多项式的 \(n\) 次方 \(m\) 次项系数 \([x^m]f^n(x)\) 的值。本题的做法是 tricky 的。先将 \(m\) 减去 \(\lfloor\frac mn\rfloor\times n\)，同时每个数都减去 \(\lfloor\frac mn\rfloor\)。那么值域被限制在了 \([-n,n]\)，\(0\leq m<n\)。对于一个选数的方案，若其和等于 \(m\)，那么必然存在排列这些数的方案使得每个前缀和都 \(\in[-n,n]\)，构造应该是经典的。

于是 \(f^n(x)\) 只需保留 \(O(n)\) 项系数，倍增即可。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。这个 trick 的更强应用是 Equal Sum。

QOJ9691 Little, Cyan, Fish!

考虑全是直线怎么做，可以变成 3sum 问题，维护三个多项式 \(f,g,h\)，当第 \(i\) 行有数时 \([x^{-i}]f=1\)，当第 \(j\) 列有数时 \([x^j]g=1\)，当 \(i-j\) 这条斜线有数时 \([x^{-i+j}]h=1\)，于是需要求 \([x^0](f*g*h)\)，一遍 FFT 即可。

不全是直线时，对平面分块，块长 \(B\times B\)。块内会有若干条直线，还会有一些散点，对直线做 FFT，散点暴力判断，时间复杂度 \(O(n\sqrt{n\log n})\)。考虑对行扫描线，此时 \(f\) 有单点修改，\(\operatorname{DFT}(f)\) 的变化可以在 \(O(B)\) 的时间内维护出来，\(gh\) 同理。由于查询只需要 \(0\) 次项系数，可以 \(O(B)\) 求出。时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

FMT 也有类似套路，可以做到 \(O(B)\) 单点修改，\(O(\frac VB)\) 求出 FMT 后的单点值。

代码源 noip 模拟赛 4

T1 二分图

先考虑没有只能跳同侧边的限制，那么需要加尽量少的边使得存在欧拉路径，可以用一条链将所有奇度点连通块连起来。有同侧边的限制之后只需要多判断一些情况。

T2 斜堆

注意到左子树大多数情况下都比较有规律，一定预处理后直接做即可。

T3 构造 LIS

\(3\log_2 n\) 的构造是考虑二进制。减少构造次数只需换成别的进制。

Interesting Counting Problem

按照 dfs 序 dp，时间复杂度 \(O(m\sum size)\)，注意到和子树大小相关。此时 dp 数组上的每个位置存的值是 \(W_u\neq0\) 时子树和为 \(i\) 的方案数，优先对重儿子 dp，此时复杂度为 \(O(nm\log n)\)。

南开中学 11.12 模拟赛

t3 P11567 t4 AGC061E

重庆市 11.13 noip 联考

T1 digit

考虑 \((D,10)=1\) 的情形，令 \(p_i\) 代表 \(i\) 后缀对应的二进制数，那么区间合法等价于 \(p_l\equiv p_{r+1}\pmod D\)。对于不互质的情况，记 \(D=2^x5^ym\)，那么限制等价于模 \(2^x,5^y,m\) 都需要为 \(0\)。当位数足够高时 \(s_j\) 对 \(2^x5^y\) 的贡献就是 \(0\) 了。

T4 formalized

考虑离线且 \(x=1\)。直接的做法是笛卡尔树上启发式分治，但无法推广。考虑将答案画到二维平面上，并将 \(x=i\) 向下平移 \(i\) 个单位，则可以变成矩形加，查询斜线和，离线情况下斜线是一条直线。

如果能维护套 \(m\) 个元素的单调栈，那么直接利用上面的做法就可以解决离线的问题。扫描线，过程中维护推广到 \(m\) 的单调栈。每次加入一个元素会修改栈顶开始的一段元素，暴力做修改过程实际上是 \(O(nm)\) 的。考虑修改过程中如果相邻两个元素相同就合并起来，定义一个元素的差异度为它和下一个元素不同的个数，势能为整个过程中差异度之和，每次修改到长度 \(>m\) 的后缀时，相邻两个元素会删去一个不同的数（第 \(m\) 大，这一定是不同的），加入一个相同的数，差异度会下降 \(1\)，而差异度只会增加 \(O(1)\)，于是对长度 \(>m\) 后缀的势能分析是 \(O(n)\) 的。对于 \(\leq m\) 的后缀显然复杂度是 \(O(nm)\)。

考虑离线，此时斜线仍然是一条直线，需要做 \(O(nm)\) 次矩形加和 \(O(c)\) 次斜线查，分块平衡到 \(O(nm+c\sqrt n)\)。在线还不会做。

贪心专题

CF2085F2 Serval and Colorful Array (Hard Version)

考虑钦定了哪些位置上的数在答案中出现，那么最优的方案就是全都往中位数移动。钦定中位数位置，记 \(i\) 在左侧的第一次出现为 \(l_i\)，右侧第一次出现为 \(r_i\)，那么答案形如 \(\sum\min(l_i,r_i)-c\)，容易发现中位数的限制可以放缩掉。\(\min(l_i,r_i)\) 在移动过程中变化量绝对值不超过 \(1\)，同时整个变化量会是 \(O(n)\) 段连续段，差分维护。

AGC045B 01 Unbalanced

画出折线图，要求最小化极差。钦定最大值，将所有 ? 定成 -1，此时可以贪心做整个问题：找到最靠前的合法位置进行反转。于是扫描一遍即可线性做一轮求答案，枚举所有最大值后可以做到平方。注意到，设 \(M\) 为最大值是 \(M\) 时的最小值最大是多少，答案为 \(\min(M-f(M))\)，有 \(f(M+2)\leq f(M)+2\)，道理考虑 \(M+2\) 时的形态，把最靠前的反转即可。于是只需找到最小的 \(M\)，即最大值最小是多少。时间复杂度 \(O(n)\)。

CF2084F Skyscape

容易发现可以交换相邻的逆序对。考察判定，必要条件是 \(a\) 的顺序对在 \(b\) 中也是顺序对（\(b\) 的顺序对仍然一直会是顺序对），这也是充分的。考虑构造，枚举 \(1\sim n\)，当 \(a_i\neq b_i\) 时，此时 \(b_i>a_i\)，做操作 \(l=i,r=pos_{b_i}\)，若 \(a\) 的顺序对在 \(b\) 也是顺序对，则必然可以做该种操作。

先对 \(c\) 中固定的数判断是否合法。考虑不确定的数和确定的数之间的限制，

炼石计划24

T4 最短路

令 \(f_i\) 代表 \(i\) 的答案，一种情况是 \(i\) 周围有断的边，这种情况显然是去 ban 掉最短路，于是 ban 掉 i 在最短路树上到父亲的边，求出新的最短路；另一种情况没有断的边，此时枚举邻居取 \(\min(f_j+w_{i,j})\)。一个问题是此时确定了 \(i\) 周围的边不断，可能会对答案产生影响，但这样只会把答案算劣。

\(f\) 的转移在求出新最短路后可以写成 dij 的形式，此时瓶颈在于求新的最短路。可以发现断掉 \(i\to fa_i\) 之后新最短路一定只会经过一条非树边，设为 \(y\to z\)，则答案为 \(dep_z+dep_y-dep_x+w_{y,z}\)，限制是 \(y\) 在子树内，\(z\) 在子树外。枚举每条非树边，则会对一段路径上的点做 chkmin，树剖维护。时间复杂度 \(2\log\)。

注意到每条边的权值都是固定的，于是从小到大扫描，将路径上所有没被覆盖的点覆盖即可，树上并查集维护，时间复杂度 \(1\log\)。

杂题选讲 11.17

CF2165D Path Split

看上去不太能直接做。对于 \(i<j,|a_i-a_j|=1\) 连边 \(i\to j\)，则要求 DAG 最小链覆盖，转成求二分图最大匹配。根据 Hall 定理，二分图最大匹配为对于所有左部点集合的子集 \(|S|\)，\(n-\max(|S|-|N(S)|)\)。首先这是上界，对于任意 \(S\)，整个匹配必有至少 \(|S|-|N(S)|\) 个点不被匹配。由霍尔定理可以取到这个界。

注意到题目中二分图的优秀性质是只有对应 \(a\) 奇偶性不同的 \(ij\) 才会有连边，于是两部分独立。分别做 dp 即可。

QOJ14810 Trajan

错误做法对于所有情形都使用了 low 来更新 low，而这种做法在边双中是正确的，于是需要考虑是点双而不是边双的情形。经典例子是恰好有一个公共点的两个简单环，考虑这种结构，容易发现一定会将割点判错。于是只需考察是否有这种结构，简洁的判定形式是 \(u\) 是割点，且在至少两个点双中，两个点双至少分别有两条边连接 \(u\)。还需要特判两个点一条边的结构。

MX-S12

T4 Sea,you again

考虑 \(L=R\)，一个比较显然的做法是从低位往高位 dp，需要记录当前合并的位数，决策点只有 \(O(1)\) 个，在 \(L<R\) 时可以状压。但由于需要记录合并位数看上去非常没有希望，从高位往低位做，可以发现当前考虑的位一定是贪心合并上面的位。基于此数位 dp 可以做到 \(O(B^2nR)\)，需要枚举当前位填什么，可以用带系数的前缀和优化至 \(O(nR\times B)\)。

炼石计划27

T3 needle

基于比较的问题请转化为 01 进行研究。

T4 reincarnation

考虑经典转化，要求相邻两个点不能在同色连通块中。问题在于一个点可能在两个不同色的连通块中，这个结构类似点双，于是建出形如圆方树的结构。同色连通块建点，包含公共点的两个连通块之间连边，非公共点向包含其的连通块连边，此时新树的每条边就是原树一个点。变为要求决策边的排列使得相邻边没有公共点。容斥，考察一段不合法边的形态，可以发现必为毛毛虫。毛毛虫的经典判定是每个点周围度数 \(>1\) 的点不超过 \(3\) 个。基于此做树形 dp，非常困难。

杂题选讲 11.24

QOJ14950 Relay Jump

操作非常难以刻画，在给出始末状态的前提下尝试寻找操作中的不变量。不变量的形式应尽可能简洁，且鲜少与操作数相关，猜测每只青蛙对不变量的贡献只有坐标向量乘上一个系数。而当前不被激发的青蛙之间没有区别，所以其系数相同。即形式为 \(k_0\sum\limits_{i\neq s}p_i+k_1p_s\)。假设跳跃被刻画为 \((s,t)\)，则有 \(k_0(p_s-p_t)+k_1(p_s-p_t)=0\)，得到 \(\frac{k_1}{k_0}=-1\)，于是不变量为 \(\sum\limits_{i\neq s}p_i-p_s\)。可以直接求出答案。

QOJ14949 The Echoes of Chronos

不难得到转化，答案为 \(m\) 减去值域上加入 \(v\) 后相邻两个数间隔的最大值。这个信息难以通过合并维护，因此考虑莫队。注意到删除一个数总是可以通过链表维护，但加入不好做，因此回滚莫队，只不过变成了只有删除没有加入。注意到最后还需加入 \(v\) 维护答案。基于观察的做法是，莫队过程中维护间隔的最大和次大，加入 \(v\) 后容易求出答案，但删除数时若合并最大和次大不好维护新的次大。注意到如果在合并最大和次大后立即插入 \(v\) 求答案，则答案必定来源于新产生的这一段间隔，原因在于此时最大值长度至少为其它段的两倍。因此合并最大和次大的情况可以直接将次大值清空。时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

考虑若 \(v\) 此前未被删除，则仍可以只维护最大值。考虑对于当前块中所有询问的 \(v\)，全部加入莫队维护的信息中，回答询问时再删去无用的 \(v\)。若一个块中有 \(K\) 个询问，则额外时间复杂度为 \(O(K^2)\)，因此去平衡一个块中的询问数量，同时仍需注意莫队块长不可失衡。不妨考虑序列 \(1\sim n\) 加上所有询问的 \(l\)，对这个序列按照 \(B\) 的块长分块做莫队，复杂度可以放缩至对一个长为 \(n+q\) 的序列做莫队。

QOJ14944 Play It by Ear

考虑 \(2n\) 张牌固定时如何求答案。我们可以有一个下界，令 \(f_i\) 代表前 \(i\) 个任务完成的最小时间，\(j\) 为上一个满足 \(a_i=a_j\) 的任务，当 \(j\) 存在时，\(f_i=1+\min(f_{i-1},f_j+n)\)；不存在时，\(f_i=1+\min(f_{i-1},\max(pos_{a_i}-n,0))\)，这个下界可以通过构造得到，下界要求了能完成任务时必须立刻完成，于是一大难点是如何处理 \(a_i\) 仍在牌堆中时应该往里面扔哪些牌，显然先把没有任务的牌全都扔出去，此后假设手中存在 \(j,k\)，\(k\) 此后的第一个任务更晚一点，则先扔 \(k\) 一定更优，一定能满足下界。考虑取出最优的 \(k\) 进入牌堆后，手上 \(n-1\) 张牌一定都早于 \(k\)，再加上 \(i\) 这次操作，\(n\) 次后 \(k\) 一定会回到手中。

牌堆不固定时，将期望转化为 \(\sum\limits_{x}P(ans>x)\)。改为求 \(P(ans\leq x)\)。容易倒推，会对每个 \(pos_{a_i}\) 产生 \(\leq x+c_i\) 的限制，其中 \(c_i\) 是和 \(x\) 无关的常数，此时求方案数是经典的，从小到大满足限制即可。处理出常数 \(c_i\) 后可以 \(O(n)\) 求出单个 \(x\) 对期望产生的贡献。实际上可以 \(ans\) 的取值只有 \(O(n)\) 种，首先取值是连续的，考虑上界即为所有 \(pos_{a_i}=2n\)，下界为 \(pos_{a_i}=0\)，两个界最后产生的间隔也是 \(O(n)\) 的。

QOJ14942 Buggy Painting Software II

一个想法是前 \(m\) 个数按顺序填，接下来 \(m\) 个数是前面数做 \(x\) 的循环移位。这样在 \(m\) 是质数的情况下可以唯一确定一个 \(x\)，若无法确定，则相当于存在一个 \(k\)，使得染色的位置做 \(k\) 的循环移位后得到的位置仍然染色，当 \(\gcd(k,m)=1\) 的前提下一定会跳过每一个位置，因此必须全染或全不染。还有 \(m\) 个位置没有用上，考虑使用那些位置来增强构造。

集训队作业

2.Giant Penguin

考虑 \(k=0\)。直接做不好做，对时间轴 cdq 分治，建出虚树转移可以做到 \(2\log\)，但这个做法极度依赖树的形态。考虑点分治，数据结构维护时间轴。\(k\neq0\) 等价于每个点最多被不超过 \(k\) 条返祖边经过。点分治时完全位于子树内的非树边数量不超过 \(k\) 条，只关注这些边，至于不完全位于子树内的路径会在别的分治中被考虑。维护 \(2k+1\) 个点的单源最短路，数据结构统计贡献。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

14.Local Maxima

钦定 \(i\) 个位置是 local maximum，二项式反演得到 \(ans=\sum\limits(-1)^{i-1}\times i\times f_i\)。写一个 dp 可以做到 \(O(nm\min(n,m))\)。注意到可以递推，即记录对于 \(i\times i\) 矩阵，存在 \(i\) 个 local maximum 的方案数，注意到从小到大加入 local maximum 不重不漏，预处理组合数后可以 \(O(1)\) 完成递推。时间复杂度 \(O(nm)\)。

101.String Rank

\(i\) 后缀只需要和 \(i-1\) 后缀进行比较，此时 \(w_i\) 必选。找到 \(i\) 之后 \(w_i\) 的第一次出现 \(p\)，即要求找到一个最短的串使得其不在 \(p+1\) 后缀中出现，但在 \(i+1\) 后缀中出现，贪心解决这个问题。整个过程都可以在 \(O(n\sum)\) 时间内维护。类似子序列自动机状物。

114.Best Subsequence

二分答案，注意到 \(\leq\lfloor\frac{mid}2\rfloor\) 的数必选，否则可以调整，基于此 dp 即可。或者注意到最小值必选，从那里断开呈链，也可以直接 dp。