『DP』Record

Pig 的 DP 题！然而做了也不会像 Pig 一样聪明（

可能不会按照难度排序，但大多数 CF 题都有难度标签，可以参考。

可以在博客园查看。

\(\text{TODO LIST : P3780 P6596}\)

一般列入 TODO LIST 的应该都是懒得写题解的题了。

\(\text {SIZE} : 79.9\ \text{KB}(2024/2/27)\)

普通 dp

一些纯思维的 dp，可能比较套路，也有可能不好分类所以放在这里。

CF1271D Portals

Difficulty : 2100

对于一个 \(u\)，记录 \(lt_u\) 表示最大的能够到达它的点 \(v\)，考虑按照 \(lt\) 对 \(1\) 到 \(n\) 进行排序。

同时开一个指针 \(p\)，表示当前可控制的城堡。

令 \(dp_{i,j}\) 表示到第 \(i\) 个城堡剩下 \(j\) 个士兵的最大得分。

如果到了 \(i\) 什么都不做，那么显然 \(dp_{i,j+b_i}\gets dp_{i-1,j}\)；然后你继续移动指针 \(p\)，只要 \(lt_p=i\)，即可转移 \(dp_{i,j}\gets dp_{i,j+1}+c_p\)。

不难看出 \(c_i\) 为排序后城堡 \(i\) 的价值，和题面中的不一样。

CF213C Relay Race

Difficulty : 2000

按照套路，跑两次路线就相当于两个人一起从 \((1,1)\) 出发。

然后两个人在某一时刻一定不在对方的历史路线上，因为步数相等。

步数相等还有一个好处，就是可以用来做状态，如果已知步数 \(i\)，两个人走到的行数 \(j,k\)，那么两个人的坐标也是可以算的，显然就是 \((j,i-j+1)\) 以及 \((k,i-k+1)\)。

于是令 \(dp_{i,j,k}\) 表示上述状态，则：

\(dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j,k}\)

\(dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j-1,k}\)

\(dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j,k-1}\)

\(dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j-1,k-1}\)

正常做的话空间 \(O(n^3)\)，有点危险。

然后第一维是可以滚掉的，所以空间 \(O(n^2)\)，时间 \(O(n^3)\)。

CF459E Pashmak and Graph

Difficulty : 1900

考虑一般的不降子段咋做，\(n\le 3\times 10^5\)。

令 \(dp_i\) 为以 \(i\) 结尾连续不降子段最长长度：

\(dp_i\gets dp_{i-1}+[a_{i-1}\le a_i]\)

当然也有一种方法，将 \(a_i\) 从小到大排序，记排序后 \(a_i\) 在原数组中对应下标为 \(p_i\)，\(dp_{p_{i}}\gets dp_{p_{i}-1}+1\)，答案为 \(\max\{dp_i\}\)。

这里用第二种方法，放到图上。

先按照边权从小到大排序，然后考虑转移。

因为题目要求严格递增，而直接转移的话可能会使得连在一起相同权值的边也被算进去，所以要先把相同权值的边对应两点的 \(dp\) 值存下来，然后用这个数组转移 \(dp\) 即可。

CF337D Book of Evil

Difficulty : 2000

感觉这是前面最思维的一道题（？

以下有怪物的点记为关键点。

记录 \(u\) 子树内关键点离 \(u\) 最远和次远距离（两个关键点不在 \(u\) 的同一个儿子的子树内），记为 \(dp_{u,0/1}\)。

考虑从叶子向根转移，显然有：

• \(dp_{u,1}\gets dp_{u,0},dp_{u,0}\gets dp_{v,0}+1\ \ \ (dp_{v,0}+1>dp_{u,0})\)
• \(dp_{u,1}=\max\{dp_{u,1},dp_{v,0}+1\}\ \ \ \ \ \ \ (\text{otherwise})\)

然后令 \(dis_u\) 为 \(u\) 的子树外关键点距离 \(u\) 的最远距离，考虑从根到叶子转移：

• 如果 \(dp_{u,0}\) 由 \(dp_{v,0}\) 转移而来，说明 \(u\) 子树内离 \(u\) 最远的关键点在子树 \(v\) 内，于是我们需要找次远的那个点，因为根据 \(dp\) 的定义，次远点和最远点不在 \(u\) 的同一个儿子的子树内，所以 \(dis_v\gets \max\{dis_u+1,dp_{u,1}+1\}\)。
• 如果 \(dp_{u,0}\) 不由 \(dp_{v,0}\) 转移而来，那么还是在 \(u\) 子树内，\(v\) 的最远距离就是它到距离 \(u\) 最远的关键点的距离，\(dis_v\gets \max\{dis_u+1,dp_{u,0}+1\}\)。

然后最后遍历每一个节点，如果当前节点为根节点，只需要满足 \(dp_{u,0}\le d\) 即可对答案贡献；如果当前节点不为根节点，需要满足 \(dp_{u,0},dis_u\le d\)。

复杂度 \(O(n)\)。

CF710E Generate a String

Difficulty : 2000

首先如果加了一个字符，然后再删肯定不优。

于是只有倍长后才能删去一个字符，此时长度一定为奇数。

所以 \(f_i\gets \min\{f_{i-1}+x,f_{i/2}+y\},2\mid i\) 或者 \(f_i\gets \min\{f_{i-1}+x,f_{(i+1)/2}+y+x\},2\nmid i\)。

ARC065D シャッフル / Shuffling

Difficulty : 2652

鬼知道这个难度是怎么搞出来的……不过这题确实挺神的。

\(n,m\le 3000\)，明摆着 \(O(n^2)\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 位填了 \(j\) 个 \(1\) 的方案数。

显然有 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\)，关键是转移上下界如何确定，因为有些地方是不能放 \(1\) 的。

于是可以预处理出每个 \(i\)，能随意排列到的最右端点 \(r_i\)；以及每个前缀 \(1\) 的个数 \(c_i\)。

则转移中 \(j\) 的下界的话你当然希望前 \(i\) 个位尽量放 \(0\)，所以先把 \(i\) 到 \(r_i\) 尽量全放 \(1\)，于是 \(l_j=\max\{0,i-(r_i-c_{r_i})\}\)。

对于上界，你也当然希望前 \(i\) 位尽量放 \(1\)，所以先把 \(r_{c_i}\) 个 \(1\) 都放 \(i\) 里面，于是 \(r_i=\min\{i,r_{c_i}\}\)。

AC 记录

CF883I Photo Processing

Difficulty : 1900

\(dp\) 与二分结合。

最大价值最小，考虑二分答案。

把 \(a_i\) 从小到大排序的话，你会发现你选的组一定是连续的，不然不优。

于是令 \(dp_i\) 表示仅考虑 \(1\) 到 \(i\) 一共 \(i\) 个数是否有可行的分组。

那么 \(dp_i\gets dp_{j}(j\in\{0,1,...,i-m\},a_i-a_{j+1}\le \lim)\)。

\(lim\) 即为你二分的答案。

但这样显然过不了，考虑优化，首先你发现最小的 \(j\) 使得 \(a_i-a_j\le\lim\) 是单调不降的，\(j\) 的上限也是单增的，滑动窗口即可。

就是搞一个双向队列，如果 \(dp_{i-m}\) 为 true 的话就从右边加进来 \(i-m\)，然后一直弹出左边不符合的（即不满足 \(a_i-a_{j+1}\le lim\)），最后如果队列里面还剩下可以转移的位置那么 \(dp_i=1\) 了。

由于左指针的移动次数最多 \(O(n)\)，所以 check 的复杂度是 \(O(n)\) 的。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF1187E Tree Painting

Difficulty : 2100

无脑题，以后尽量避免点进这种题目，否则会变笨。

设第一个黑点为树的根节点，当「根」确定了不难发现同深度的染色互不干扰，因为它们的父亲都染了色，于是它们不在一个连通块中。

不难发现染 \(u\) 的权值为 \(\mid subtree(u)\mid\)

然后换根 dp 即可。

POI2006 MIS-Teddies

简单 dp 题。

我们只关心个数和最后 \(2\) 位，大力设六维 \(f_{i,j,p,q,x,y}\)，每次转移枚举 \(4\) 种情况，判断是否合法然后贡献即可。

复杂度 \(O(n^4b^3)\)，\(b\) 为泰迪熊的种数即 \(4\)。可能需要滚动数组，反正我没有高超的卡常技巧。

CF852H Bob and stages

• Difficulty : 3000

考虑到 \(n\) 和 \(k\) 都很小，可以先将所有点对于 \(x,y\) 坐标排序，枚举答案凸包最左边那个点 \(p\)。然后设 \(f_{i,j}\) 表示走了 \(i\) 步，目前位于 \(j\) 点的最大面积，答案就是 \(f_{k,p}\)。

考虑从 \(f_{i-1,x}\) 转移到 \(f_{i,y}\)，此时 dp 受如下限制影响：

• 此时加入点 \(y\) 后，路径上的点的集合仍然是个凸多边形。
• 加入点 \(y\) 后，路径上的点的集合构成的凸多边形内部不包含任何给定的点。

由于任意的转移前后都满足限制，考虑将凸包拆分成若干个以 \(p\) 为顶点的三角形，每次相当于加入以 \(p,x,y\) 为顶点的三角形，如果我们是逆时针加入点，转换限制如下：

• \(x\to y\) 的直线要比 \(x\) 转移过来的直线往左偏。
• \(p,x,y\) 为顶点的三角形不包含其它点。

第一个限制满足了凸多边形的性质，第二个限制归纳满足了凸包内部没有点的限制。

但是此时又有一个问题：如何确定 \(x\) 转移过来的直线的斜率。一个简单的想法是再加一维状态 \(k\) 表示第 \(i\) 步是由 \(k\) 走到 \(j\)，但是复杂度 \(O(n^4k)\)，寄了。

不妨优化转移，考虑对转移的边进行极角排序，那么后面的边就一定能从前面的边转移过来了。于是排序后依次枚举转移边，再枚举步数，复杂度就是 \(O(n^3k)\) 的了，足以通过本题。

有一个细节问题，就是 \(p\to x\) 向量如果 \(x\) 坐标为 \(0\) 且 \(y<0\)，那么极角排序时会把它放到开头，此时对于所有点排序时 \(x\) 坐标相同应将 \(y\) 坐标大的放前面，否则转移不到。

状压 dp

CF839E Mother of Dragons

Difficulty : 2700

发现若 \(u,v\) 不通过一条边联通且 \(\sum\limits_{w\in N(u)}s_w\ge \sum\limits_{w\in N(v)}s_w\)，那么把 \(s_v\) 加给 \(s_u\) 一定不劣。

所以最后答案一定是一个连通完全子图，设其大小为 \(m\)，那么答案就是 \(\dbinom{m}{2}\left(\dfrac{k}{m}\right)^2\)。

不难发现这东西关于 \(m\) 单调递增，所以求出最大团大小即可。

典型的做法是折半，可以 \(O(n)\) 判断一个点集的导出子图是否是团，枚举半边的一个团 \(S\) ，另一半预处理 \(f(T)\) 表示点集 \(T\) 导出子图中的最大团大小，然后求出半边点都能连到的另一半的点的集合 \(T\)，求 \(|S|+f(T)\) 的最大值即可。

复杂度 \(O(n2^{\frac{n}{2}})\)。

P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

典。

考虑 \(n\le 30\)，其以内只有 \(10\) 个质数，于是考虑状压。

\(dp_{i,j,k}\) 为考虑到第 \(i\) 个寿司，两个人选的寿司的质因数情况或起来分别为 \(j,k\) 的方案数。

显然 \(dp_{i,j,k\ or\ st(i)}\gets dp_{i-1,j,k}\ (st(i)\ and\ j\ =\ 0)\) 或者 \(dp_{i,j\ or\ st(i),k}\gets dp_{i-1,j,k}(st(i)\ and\ k\ =\ 0)\)。

然后可以滚动数组，但是没有必要，反正过不了，复杂度 \(O(2^{20}n)\)。

然后考虑 \(n\le 500\)，此时 \(\sqrt{n}<30\)，这表明除了 \(\le 30\) 的质因子之外，\(n\) 可能有且仅有 \(1\) 个大于 \(30\) 的大质因子。

\(dp\) 含义不变，记录 \(dp1,dp2\) 分别表示这个大质因子在分别两个人那边的方案数量。

求出 \(2\) 到 \(n\) 每个数的大质因子，然后按其升序排序，以便分段考虑。

在大质因子都相同的一段内，\(dp1,dp2\) 的转移与上述 \(dp\) 类似，不过你只能选定一个人进行转移，比如如果你选 \(dp1_{i,j,k\ or\ st(i)}\gets dp1_{i,j,k}(st(i)\ and\ j=0)\)，那么 \(dp2\) 就必须把数搞到 \(j\) 上面，原因可由 \(dp1,dp2\) 的定义得到。

然后如果跨段的话更新 \(dp_{i,j,k}=dp1_{i,j,k}+dp2_{i,j,k}-dp_{pr,j,k}\)（\(pr\) 为上一段末尾的下标），即减去两个人都没有选大质因子的情况。

滚掉第一维，最后的答案就是 \(\sum dp_{j,k}\)。

CF510D Fox And Jumping

Difficulty : 1900

还是典。

由于 \(2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13\times 17\times 19\times 23=223092870\)，所以 \(10^9\) 以内的数其质因子不超过 \(9\) 个。

所以如果我们先钦定选一张卡 \(k\) 的话，只用考虑剩下所有卡中对于被 \(k\) 这不超过 \(9\) 个质因子的整除情况。

因为在选卡牌的过程中 \(\gcd\) 单调不增，所以令 \(dp_{st}\) 表示当前 \(\gcd\) 状态为 \(st\) 的最小代价，首先 \(dp_{st_i}=c_i\)（\(st_i\) 为 \(i\) 对于钦定卡牌 \(k\) 的质因数状态）。

所以如果选了 \(i\) 卡牌，当前质因数状态为 \(s\)，那么：

\(dp_{s\&st_i}\gets dp_s+c_i\)

求质因子的话根号分解质因数即可，总复杂度 \(O(n\sqrt m+2^9n^2)\)，\(m\) 为最大的 \(l_i\)。

SDOI2009 Bill的挑战

忽略容斥，无脑状压。预处理出 \(tr_{i,j}(i\le len,j\le 25)\) 表示 \(T\) 第 \(i\) 位填 \(j\) 能够匹配的状态（这里的“状态”指 \(0\to 2^n-1\) 的二进制数）。令 \(dp_{i,st}\) 表示第 \(i\) 位填完，匹配状态位 \(st\) 的方案数，\(dp_{0,2^n-1}=1\)。

\(dp_{i,st}\to dp_{i+1,st\cap tr_{i+1,p}}\) 转移，枚举 \(i,st,p\) 即可。

复杂度 \(O(26m2^n)\)，\(m\) 为字符串长度。

CF11D A Simple Task

Difficulty : 2200

经典状压。

记 \(dp_{i,st}\) 表示走到点 \(i\)，经过点的状态为 \(st\) 的方案数。

显然初始时 \(dp_{i,2^i}=1\)。为了防止算重，我们钦定 \(st\) 状态中最低的那一位即 lowbit(st) 为环的起点，

对于一条边 \((u,v)\)，\(dp_{v,st|2^v}\gets dp_{u,st}(v\notin st)\)，否则如果 \(2^v=lowbit(st)\)，就统计答案。

由于会算重两个点组成的环的情况，所以答案要减去 \(m\)。

由于一个环顺时针逆时针被算了两次，所以答案还要除 \(2\)。

复杂度 \(O(2^nm)\) 或者 \(O(2^nn^2)\)。

Xmas Contest 2021 D Determinant?

由 Amitsur-Levitzki 定理，当 \(n\ge 2k\) 时，答案为 \(0\) 矩阵。

否则我们考虑答案矩阵的某一位 \(b_{i,j}\)，其必然由某些路径 \(i=p_0\to p_1\to\ \cdots \to p_n=j\) 贡献而来，一条路径的贡献为 \(\text{sgn}(\sigma)\cdot \prod\limits_{i=1}^nA_{\sigma(i),p_{i-1},p_{i}}\)。

于是直接 dp，类似状压求行列式，记录当前 \(\sigma\) 中的 \(A\) 矩阵集合，dp 的值为一个矩阵，表示目前的 \(\text{sgn}(\sigma)\prod A_{\sigma(i)}\)。每次转移进行一次矩阵乘法。复杂度 \(O(2^nnk^3)=O(4^kk^4)\)。

PKUSC2018 最大前缀和

这个期望显然是诈骗，即统计每种排列最大前缀和之和。

对于某个排列 \(a\)，令 \(s(l,r)=\sum\limits_{k=l}^ra_k\)。考虑前缀 \([1,i]\) 成为答案的充要条件：

• \(\forall 1<j\le i,s(j,i)\ge 0\)，否则可以去掉这段。
• \(\forall j>i,s(i+1,j)<0\)，否则加上这段不劣（钦定取的是最大并且最靠后的前缀）。

那么可以考虑状压，设 \(f_S\) 为选择 \(S\) 这个集合作为 \([i+1,n]\) 并且满足第 \(2\) 个条件的方案数，设 \(g_S\) 为选择 \(S\) 这个集合作为 \([2,i]\) 并且满足第 \(1\) 个条件的方案数。转移的话就考虑哪个数塞到开头/结尾即可。

统计答案时枚举第 \(1\) 位填 \(a_i\)，然后枚举集合 \(S\) 作为合法的前缀，计算方案数用 \(g_S\) 乘 \(f_{U\setminus (S\cup\{i\})}\) 即可，即：

\[\text{ans}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{S\subseteq U\setminus\{i\}}\left(\sum\limits_{k\in S\cup\{i\}}a_k\right)g_Sf_{U\setminus(S\cup \{i\})} \]

复杂度 \(O(n2^n)\)。

ZJOI2015 地震后的幻想乡

Hint 是 \(n\) 个 \([0,1]\) 之间均匀随机分布的数的第 \(k\) 小值的期望为 \(\frac{k}{n+1}\)，证明可见这篇博客。

考虑 Kruskal 求最小生成树的过程。从小到大加入每条边，当加入第 \(i\) 一条边时整张图联通了，那么 \(w_i\) 就是生成树上边权最大值。

这启示我们钦定一个边集 \(S\)，包含了前 \(|S|\) 小的边权，加入第 \(|S|\) 条边时整张图刚好联通。由提示知道此时 \(S\) 对答案的贡献为 \(\frac{|S|}{m+1}\)。考虑统计大小为 \(i\) 的符合 \(|S|=i\) 的方案数，除以总方案 \(\dbinom{m}{i}\) 即可得到概率。

难搞的限制在于加入第 \(i\) 条边时恰好联通，考虑容斥，转化成加入第 \(i\) 条边 \(S_i\) 前不连通的方案数减去加入第 \(i\) 条边后不连通的方案数。于是概率就变成了加入 \(S_i\) 前不连通的概率减去加入 \(S_i\) 后不连通的概率。

于是只需要求出加入 \(S_i\) 后不连通的方案数。考虑 dp，设 \(f_{T,i}\) 为考虑点集 \(T\)，其中连了 \(i\) 条边，点集内不连通的方案数；为了方便转移，维护 \(g_{T,i}\) 为考虑点集 \(T\)，连 \(i\) 条边，联通的方案数。显然有 \(f_{T,i}+g_{T,i}=\dbinom{d_T}{i}\)，\(d_T\) 表示点集 \(T\) 导出子图中边的个数，即 \(|E(G(T))|\)。

考虑转移，由于不能联通，枚举一个连通块 \(T'\subsetneqq T\) 及其内部边数，连通块外任意连边，那么：

\[f_{S,i}=\sum\limits_{T'\subsetneqq T}\sum\limits_{j=0}^{d_{T'}}g_{T',j}\dbinom{d_{T\setminus T'}}{i-j} \]

但是这样做有个问题，对于对于不同的连通块可能会算重。所以在 \(T'\) 中钦定一个点 \(k\in T\)，\(k\in T'\)。

答案就是 \(\sum\limits_{k=1}^{m+1}\frac{k}{m+1}\left(\dfrac{f_{U,k-1}}{\dbinom{m}{k-1}}-\dfrac{f_{U,k}}{\dbinom{m}{k}}\right)\)，\(U\) 为全集。可以化简但没必要，复杂度 \(O(3^nm^2)\)。

CF1193A Amusement Park

发现一个 DAG 所有边反转后仍然是 DAG，所以一个反转了 \(c\) 次的反转方案唯一对应了一个反转了 \(m-c\) 次的方案。两种方贡献案之和为 \(m\)，所以设 \(s\) 为给无向图定向成为 DAG 的方案数，答案就是 \(\frac{s\times m}{2}\)。

于是问题转化为求给一张无向图边定向，使得定向后成为 DAG 的方案数。考虑状压 dp，令 \(f_S\) 为给点集 \(S\) 的导出子图定向后为 DAG 的方案数。

考虑 DAG 中一定有出度为 \(0\) 的独立集，同时删去这个集合后图仍为 DAG，所以枚举独立集 \(T\)，钦定其出度为 \(0\)：

\[f_S=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \varnothing}f_{S\setminus T}\cdot g(|T|)[T\in \text{independent set}] \]

\(g(n)\) 为容斥系数，因为会算重。由于一个大小为 \(n\) 的点集 \(T\) 会被它的每个非空子集计算一次，而我们要求 \(T\) 的贡献恰好为 \(1\)：

\[1=\sum\limits_{i=1}^n\dbinom{n}{i}g(i) \]

大眼观察得：\(g(1)=1,g(2)=-1,g(3)=1,\cdots\)。我们猜测 \(g(n)=(-1)^{n_+1}\)：

\[\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^m\dbinom{n}{i}(-1)^{i+1}&=-\left(\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{n}{i}(-1)^i-1\right)\\&=-\left((-1+1)^n-1\right)=1\end{aligned} \]

所以取 \(g(n)=(-1)^{n+1}\) 即可：

\[f_S=\sum\limits_{T\subset S,T\neq \varnothing}(-1)^{|T|+1}f_{S\setminus T}[T\in \text{independent set}] \]

暴力算是 \(O(3^n)\) 的，在线做子集卷积即可达到 \(O(n^22^n)\)。

计数 | 期望 | 概率 dp

CF895C Square Subsets

Difficulty : 2000

\(dp\) 与排列组合/数学结合。

首先看到 \(a_i\le 70\)，并且平方数仅考虑质因数个数的奇偶性，所以考虑压缩质因数状态。打表发现 \(70\) 以内只有 \(19\) 个质数，于是可做。

令 \(dp_{i,st}(i\in\{1,2,...,70\},st\in\{0,1,...,2^{19}-1\})\) 表示当前考虑到 \(i\)，且选完质因数个数奇偶状态变为 \(st\) 的方案数。

于是如果选奇数个 \(i\)，则 \(dp_{i,st}\gets dp_{lt,st\ xor\ st(i)}\times(C_{c(i)}^{1}+C_{c(i)}^{3}+C_{c(i)}^{5}+...)\)；如果选偶数个 \(i\)，那么 \(dp_{i,st}\gets dp_{lt,st}\times(C_{c(i)}^{2}+C_{c(i)}^{4}+C_{c(i)}^{6}+...)\)

\(st(i)\) 表示 \(i\) 的质因数个数奇偶状态，\(lt\) 表示上一个在原数列中存在的 \(i\)，\(c(i)\) 表示原数列中 \(i\) 的个数，这些都是转移前可以求出来的。

注意到 \(C_{c(i)}^{1}+C_{c(i)}^{3}+C_{c(i)}^{5}+...=C_{c(i)}^{2}+C_{c(i)}^{4}+C_{c(i)}^{6}+...=2^{c(i)-1}\)，于是：

\(dp_{i,st}\gets (dp_{lt,st\ xor\ st(i)}+dp_{lt,st})\times 2^{c(i)-1}\)

然后答案就是 \(dp_{lt, 0}-1\)，去掉全都不取的情况。

滚一滚，空间 \(O(2^w+n)\)，时间 \(O(w2^w)\)，\(w=19\)。

CF893E Counting Arrays

Difficulty : 2000

还是 \(dp\) 和数学结合。

根据小学套路，前 \(y-1\) 个符号可以先忽略，留在第 \(y\) 个调整，所以符号共有 \(2^{y-1}\) 种。

所以以下只需要考虑正整数的情况，发现由于乘积 \(\le 10^6\)，最多只能填 \(19\) 个非 \(1\) 的正整数，于是考虑 \(dp\)。

令 \(dp_{i,j}(i\le19,j\le10^6)\) 表示长度为 \(i\) 的不含 \(1\) 的正整数列，乘积为 \(j\) 的方案数。

显然有：

\[dp_{i,j}=\sum_{k\mid j,k<j}dp_{i-1,k} \]

注意到不好枚举每个数的因数，我们考虑枚举每个因数的倍数，那复杂度就变成了一个调和级数。

考虑把 \(1\) 加进去，枚举非 \(1\) 项个数 \(i\)，将 \(y-i\) 个 \(1\) 插进 \(i+1\) 个空里面，和分组同理，方案数为 \(\dbinom{y-i+i+1-1}{i+1-1}=\dbinom{y}{i}\)。

于是答案就是：

\[2^{y-1}\sum_{i=1}^{\min(y,19)}\dbinom{y}{i}dp_{i,x} \]

复杂度 \(O(n\log^2{n}+q\log{n})\)。

NOIP2016 提高组 换教室

期望好题。

考虑到申请次数有限制，那就需要纳入 \(dp\) 状态了。

令 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示考虑前 \(i\) 个时刻，包含 \(i\) 在内总共申请了 \(j\) 次，第 \(i\) 次申/不申请的最小期望。

然后由于转移时从 \(u\) 走到 \(v\) 一定是走最短路最优，所以可以先用 floyd \(O(v^3)\) 预处理出任意两个点的最短路。

考虑转移：

若 \(i\) 时刻不申请，转移 \(dp_{i,j,0}\)，若 \(i-1\) 时刻也不申请，\(dp_{i,j,0}\gets dp_{i-1,j,0}+dis_{c_i,c_{i-1}}\)；若第 \(i-1\) 时刻申请了，根据概率知识有 \(dp_{i,j,0} \gets dp_{i-1,j,1}+(1-p_{i-1})dis_{c_i,c_{i-1}}+p_{i-1}dis_{c_i,d_{i-1}}\)。

同理，若 \(i\) 时刻申请，转移 \(dp_{i,j,1}\)，若 \(i-1\) 时刻不申请，\(dp_{i,j,1}\gets dp_{i,j-1,0}+(1-p_i)dis_{c_i,c_{i-1}}+p_idis_{d_i,c_{i-1}}\)，若 \(i-1\) 时刻申请了，则需要分四种情况：\(dp_{i,j,1}\gets dp_{i,j-1,1}+(1-p_i)(1-p_{i-1})dis_{c_i,c_{i-1}}+(1-p_i)p_{i-1}dis_{c_i,d_{i-1}}+(1-p_{i-1})p_idis_{d_i,c_{i-1}}+p_ip_{i-1}dis_{d_i,d_{i-1}}\)。

初始状态 \(dp_{1,0,0}=dp_{1,1,1}=0\)。

复杂度 \(O(nm+v^3)\)。

SHOI2012 随机树

期望 \(dp\)。

考虑第 \(1\) 个询问，我们令 \(f_i\) 表示叶子节点数为 \(i\) 时，叶节点的平均深度期望。然后我们随机抽一个叶子节点进行展开，此时对叶子节点深度和的贡献为 \(2(f_i+1)-f_i=f_i+2\)，即 \(f_{i+1}=\frac{if_i+f_i-2}{i+1}=f_i-\frac{2}{i+1}\)，初始时 \(f_1=0\)。

再考虑第 \(2\) 个询问。考虑到 \(\mathbb{E(x)=\sum p(i)i}\)，\(p(i)\) 为 \(n\) 个叶子节点，树深度为 \(i\) 的概率，考虑一个后缀和，我们设 \(g_{i,j}\) 为 \(i\) 个叶子节点，树的深度 \(dep\ge j\) 的概率，答案即为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}g_{n,i}\)。

对于转移，我们可以枚举左右子树大小，即：

\[g_{i,j}=\frac{1}{i-1}\sum\limits_{k=1}^{i-1}g_{k,j-1}+g_{i-k,j-1}-g_{k,j-1}\times g_{i-k,j-1} \]

因为会有算重（两个子树深度均大于等于 \(j-1\)）的情况，转移还减去了 \(g_{k,j-1}\times g_{i-k,j-1}\)。

复杂度 \(O(n^3)\)。

Luogu3412 仓鼠找sugar II

设 \(f_u\) 表示从 \(u\to fa(u)\) 的期望步数，\(g_u\) 为 \(fa(u)\to u\) 的期望步数，\(d_u\) 为 \(u\) 的度数。

那么显然有：

\[f_u=\frac{1}{d_u}\left(1+\sum\limits_{v\in son(u)}(1+f_v+f_u)\right) \]

移项后得到 \(f_u=d_u+\sum\limits_{v\in son(u)}{f_v}\)。

求 \(g_u\) 的话要分两类：

• \(fa(u)\neq \text{root}\)：

\[g_u=\frac{1}{d_{fa(u)}}\left(1+(1+g_{fa(u)}+g_u)+\sum\limits_{v\in son(fa(u))\setminus \{u\}}(1+f_v+g_u)\right) \]

• \(fa(u)=\text{root}\)：

\[g_u=\frac{1}{d_{fa(u)}}\left(1+\sum\limits_{v\in son(fa(u))\setminus\{u\}}(1+f_v+g_u)\right) \]

由于 \(g_{\text{root}}=0\)，移项后均能得到 \(g_{u}=f_{fa(u)}+g_{fa(u)}-f_u\)。

然后就可以预处理出 \(f,g\) 了。

考虑所有路径 \(u\to v\)，统计从 \(u\) 走到 \(v\) 的期望步数，再除去 \(n^2\)。一条 \(u\to v\) 的路径，将其贡献与 \(v\to u\) 的路径合并。记一条边 \(e:(u, fa(u))\) 的权值为 \(w_e=f_u+g_u\)，\(\text{lca}(u,v)\) 为 \(k\)，就变成了经典问题。注意到：

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{(u,v)}\left(\sum\limits_{p\in [u\to k]\setminus \{k\}}f_p+\sum\limits_{p\in [k\to v]\setminus \{k\}}g_p\right)\\=&\sum\limits_{u,v(\text{无序})}\left(\sum\limits_{p\in [u\to v]}(f_p+g_p)-f_k-g_k\right)\\=&\sum\limits_{e:(u, fa(u))}w_esz_u\left(n-sz_u\right)\end{aligned} \]

第 \(2\) 步为考虑每条边对答案的贡献，即为穿过这条边的路径条数。

然后就很好做了。复杂度 \(O(n)\)。

CF605E Intergalaxy Trips

Difficulty : 2700

设 \(dp_{i}\) 为 \(i\) 到 \(n\) （不留在 \(i\) 原地）的期望天数，显然 \(dp_n=0\)，并考虑两个简单的结论：

• 若 \(dp_{u}\) 每次转移来的点一定是所有 \(u\) 能到中 \(dp\) 值最小的点。
• 若 \(dp_{u}<dp_{v}\) 并且 \((u,v)\in E\)，\(u\) 一定不由 \(v\) 转移而来。

这和最短路很像，启示使用类似求最短路的方法求解原问题，虽然我知道直接这样写出来很蠢。

考虑现在转移 \(i\)，\(i\) 出边形成的邻域 \(dp\) 值从小按大排序形成序列 \(a\)：

• 首先如果 \(a_j\) 能转移到 \(i\)，说明比 \(a_j\) 小的 \(a_k<a_j\) 都没有从 \(i\) 到达它的边，概率为 \(\prod\limits_{k=1}^{j-1}(1-p_{i,a_k})\)
• 其次如果要从 \(a_j\) 转移到 \(i\)，那么 \((i,a_j)\) 这条边存在的概率为 \(p_{i,a_j}\)
• 考虑 \(a_j\) 转移到 \(i\) 的贡献，肯定有一个 \(dp_{a_j}\)，然后由于 \(dp\) 的定义，还要考虑自己走自己的情况。

所以转移：

\[dp_i=\sum\limits_{j=1}^m\dfrac{dp_{a_j}}{1-\prod\limits_{k=1}^{n}(1-p_{a_j,a_k})}p_{i,a_j}\prod\limits_{k=1}^{j-1}(1-p_{i,a_k})+1 \]

CF398B Painting The Wall

首先可以先去掉已经符合条件的行或者列，然后设 \(dp_{i,j}\) 表示还剩 \(i\) 行 \(j\) 列的操作次数的期望。

那么可以分情况讨论：

• 如果涂色格所在行列均没有被染色，\(dp_{i,j}\gets dp_{i-1,j-1}\times \dfrac{ij}{n^2}\)。
• 如果仅所在行没被染色，\(dp_{i,j}\gets dp_{i-1,j}\times \dfrac{i(n-j)}{n^2}\)。
• 如果仅所在列没被染色，\(dp_{i,j}\gets dp_{i,j-1}\times \dfrac{(n-i)j}{n^2}\)。
• 如果该点早就被染色了，\(dp_{i,j}\gets dp_{i-1,j-1}\times \dfrac{(n-i)(n-j)}{n^2}\)。

我们发现转移过程有自己转移自己的情况，对于这种操作无限的题目可以求解方程，在此题中我们求出 \(dp_{i,j}\) 的转移式即可。

移项后得：

\[dp_{i,j}=\dfrac{ijdp_{i-1,j-1}+i(n-j)dp_{i-1,j}+(n-i)jdp_{i,j-1}+n^2}{n^2-(n-i)(n-j)} \]

\(O(n^2)\) 转移即可。边界显然是调和级数前缀和（经典结论）。

CF123E Maze

Difficulty : 2500

考虑 \(u\) 做起点时，树上每个点对答案的贡献。

先把 \(u\) 当作根，然后假设当前终点为 \(v\)，先计算这条路径的期望长度：

• 对于 \(v\) 子树内的边，显然不会计入路径当中，贡献为 \(0\)。
• 对于 \(u\) 到 \(v\) 路径上的边，显然只会经过 \(1\) 次，所以贡献为 \(1\)。
• 对于 \(v\) 子树外并且不在 \(u\) 到 \(v\) 路径上的边，我们就可以选择经过/不经过，如果经过的话从上到下搜索再从下到上回溯会产生 \(2\) 的贡献，综合两种情况这样的边的贡献仍然为 \(1\)。

所以 \((u,v)\) 对答案的贡献应该是 \(n-sz_v\)，而选中这个路径的概率为 \(p_uq_v\)（令 \(p_i\) 为 \(i\) 为起点的概率，\(q_i\) 为 \(i\) 为终点的概率），即答案应为：

\[\sum\limits_u\sum\limits_vp_uq_v(n-sz_{u,v}) \]

不难看出 \(sz_{u,v}\) 表示以 \(u\) 为根时 \(v\) 子树的大小。

现在我们考虑换根 dp，令 \(cur=\sum\limits_vq_v(n-sz_v)\)。

当根 \(u\to u'\) 时：

• \(sz'_u\gets n-sz_u'\)
• \(sz'_{u'}\gets n\)
• \(cur'\gets cur-(n-sz_{u'})q_{u'}+sz_{u'}q_u\)

每次 \(ans\gets ans +cur\times p_u\) 换根即可。

P3600 随机数生成器

水题一道。

如果一个区间 \([l,r]\subseteq[l',r']\)，那么 \([l',r']\) 这个区间对最大值没有影响，可以删去。于是剩下的 \(q\) 个区间将会互不包含。可以排序后用单调栈实现。

由期望公式 \(\mathbb E(ans)=\sum\limits_{i=1}^xi\times p_i\)，\(p_i\) 为 \(q\) 个询问的最大值为 \(i\) 的概率。

考虑变式，\(p_i\) 做一个前缀和变成 \(\sum\limits_{i=1}^{x}i\times (p_i-p_{i-1})\)，\(p_i\) 为最大值 \(\le i\) 的概率。

然后不难发现求最大值 \(\le i\) 的概率 \(p_i\) 即求最大值 \(\le i\) 的方案数 \(q_i\) ，因为这个方案数再除去 \(x^n\) 就是概率了。

最大值 \(\le i\) 代表每个区间的最小值都 \(\le i\)，即每个区间都至少有一个 \(\le i\) 的数。不妨枚举 \(n\) 个数中 \(\le i\) 的数的数量，那么 \(q_i=\sum\limits_{j=1}^{n}g_ji^j(x-i)^j\)，\(g_i\) 为在 \(1\) 到 \(n\) 里面塞 \(i\) 个数，使得每个区间都至少包含一个数的方案数。

然后就做完了，直接 dp：令 \(f_{i,j}\) 表示 \(1\) 到 \(i\) 选了 \(j\) 个点，第 \(i\) 个点必选，所有左端点 \(\le i\) 的区间都至少包含一个选的点的方案数。转移的时候考虑枚举上一个被选的点，如果能转移就说明这两个点之间没有区间。

可以预处理覆盖 \(i\) 点的最左区间 \(lp_i\) 和最右区间 \(rp_i\)，由于我们给区间排过序，所以转移的条件即 \(rp_k+1\ge lp_k\)。即 \(f_{i,j}=\sum\limits_{rp_k+1\ge lp_k}f_{k,j-1}\)。

不难发现 \(lp,rp\) 都有单调性，能够转移过来的 \(k\) 是一个区间，可以双指针维护左界，右界其实就是 \(i-1\)。可以前缀和优化求 \(f\)。

然后 \(g_i\) 就可以求了，枚举最后选的那个点：\(g_i=\sum\limits_{rp_j=q}f_{j,i}\)。

然后就随便做了。

P4707 重返现世

首先要知道一个叫 \(\text{Min-Max}\) 容斥的东西，然后我们要用它的加强版，即 拓展 \(\text{Min-Max}\) 容斥：

\[\min\limits_{k}(S)=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\max(T) \]

\[\max\limits_{k}(S)=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\min(T) \]

上面所有的式子都是对期望成立的，即：

\[E(\min\limits_{k}(S))=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(\max(T)) \]

\[E(\max\limits_{k}(S))=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(\min(T)) \]

如果你没看懂的话，可以去隔壁博客。

介绍完前置知识就可以回到题目了。我们可以把题目看作每个原料有一个生成时间，即求第 \(n-k+1\) 大的期望值。为了简化式子，以下令 \(k\gets n-k+1\)，显然 \(k\le 11\)，并且求的是第 \(k\) 大的期望。

套用拓展 \(\text{Min-Max}\) 容斥，把前 \(k\) 大转换成最小：

\[E(\max\limits_{k}(S))=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}E(\min(T)) \]

显然对于每一种 \(T\)，可以把 \(T\) 中的原料看成一类，其它的看作另一类，那么抽到 \(T\) 中原料的概率显然就是 \(P_T=\dfrac{\sum\limits_{i\in T}p_i}{m}\)，由于\(E(\min(T))\) 表示第一次抽到 \(T\) 中原料的期望时间，所以由简单期望知识我们知道 \(E(\min(T))=\dfrac{1}{P_T}=\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\)。

所以

\[\begin{aligned}ans_k&=\sum\limits_{T\subseteq S} \dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}\dfrac{m}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\\&=m\sum\limits_{T\subseteq S} \dfrac{\dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}}{\sum\limits_{i\in T}p_i}\end{aligned} \]

然后考虑 \(dp\)，由于 \(k\)、\(m\) 都很小，于是可以纳入状态，令 \(dp_{i,j,k}\) 表示当前考虑前 \(i\) 种原料，\(\sum\limits_{i\in T}p_i=j\) 的时候 \(ans_k\times j\) 的值。

转移的话，其实非常显然。

• 首先你可以不取 \(i\)，\(dp_{i,j,k}\gets dp_{i-1,j,k}\)。
• 其次，如果你选了 \(i\)，那么：

\(\dbinom{|T|-1}{k-1}(-1)^{|T|-k}=\dbinom{|T|-2}{k-2}(-1)^{(|T|-2)-(k-2)}-\dbinom{|T|-2}{k-1}(-1)^{(|T|-2)-(k-1)}\)

于是这种情况可以从 \(dp_{i-1,j-p_i,k}\) 与 \(dp_{i-1,j-p_k,k-1}\) 转移过来。

总的转移式子就是：

\[dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+dp_{i-1,j-p_i,k-1}-dp_{i-1,j-p_i,k} \]

\(O(nmk)\) 转移即可，但是注意边界 \(dp_{0,0,0}=0,dp_{0,0,i}=-1(i>0)\)。

CF1605F PalindORme

Difficulty : 2900

不知道是怎么想到的。ntf 实在是不平凡的。

你考虑如何判断一个序列是 \(\text{good}\) 的。设重排后序列 \(t_i\) 前缀 \([1,i]\) 和后缀 \([n-i+1,n]\) 按位或等于 \(w_1\)，\([1,i+1]\) 和 \([n-i,n]\) 按位或等于 \(w_2\)。不难发现 \(w_1\subseteq w_2\)，这说明 \(w_2\) 和 \(w_1\) 的对称差对应的那些位上，\(t_{i+1}\) 和 \(t_{n-i}\) 均为 \(1\)。于是扔掉顺序，就变成了 \(b_i\) 里面任取两个数 \(x,y\)，令 \(x',y'\) 为它们去掉当前按位或值 \(V\) 是 \(1\) 的位的值，那么 \(x'=y'\)，再将 \(V\gets V\text{or}\ x'\)。

合法的序列一定会判断合法，因为每步中满足条件的 \(x,y\)，如果它们没有被选，那么接下来选数时 \(x,y\) 仍然合法。并且一定可以从一个不合法的序列中拆出一个合法的子序列，而且去掉这个子序列的或和为 \(1\) 的位之后，剩下来的数互不相同。

为了避免算重，如果剩下的数中有 \(0\)，我们将其算进合法子序列内。

然后就可以数数了。设 \(dp_{i,j}\) 为长度为 \(i\)，按位或的 \(\text{popcount}\) 为 \(j\) 的不合法序列的方案数。答案枚举 \(j\) 求和即可。每次转移就枚举其合法子序列的长度以及值域（因为合法子序列的或值上的 \(1\) 可以全部去除），显然：

\[dp_{i,j}=\sum\limits_{p\in [0,i),q\in [0,j)}(g_{p,q}-dp_{p,q})\dbinom{i}{p}\dbinom{j}{q}2^{(i-p)q}f_{i-p,j-q} \]

其中 \(g_{i,j}\) 表示长度 \(i\)，值域 \([0,2^j)\) 的序列，按位或和为 \(2^j-1\) 的序列个数。\(f_{i,j}\) 表示长度 \(i\)，值域 \([1,2^j)\) 的序列，每个位置上的值互不相同，按位或和为 \(2^j-1\) 的序列个数。\(g_{p,q}-dp_{p,q}\) 就是合法子序列的个数，然后任取 \(p\) 个位置和 \(q\) 个二进制位。最后要求 \(i-p\) 个数要互不相同，而且对于 \(V\) 为 \(1\) 的位，不合法的部分的数可以任选，所以乘上 \(2^{(i-p)q}\)。

至于如何计算 \(f,g\)，容斥一下，钦定一些位为 \(1\)，其余任选（\(f\) 还是要满足非零且互不相同的条件）：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j\dbinom{j}{k}(-1)^{j-k}(2^k-1)^{\underline{i}} \]

\[g_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^j\dbinom{j}{k}(-1)^{j-k}(2^k)^i \]

做完了，复杂度 \(O(n^2k^2)\)。

CF98E Help Shrek and Donkey

Difficulty : 2700

显然，当双方均有牌的情况下，先手是不可能直接指定桌牌的：正确的概率为 \(\frac{1}{m+1}\)，错误的概率为 \(\frac{m}{m+1}\)，显然 \(\frac{m}{m+1}\ge\frac{1}{m+1}\)。

于是先手指定桌牌的情况只能是 \(n=0\) 或 \(m=0\)：

• \(n=0\) 时，猜测没用（否则后手必胜），直接指定，正确的概率为 \(\frac{1}{m+1}\)。
• \(m=0\) 时，先手直接指定自己没有的那张牌即可，概率为 \(1\)。

下面讨论 \(n,m\neq 0\) 的情况。

考虑到先手进行猜测有两种情况：猜测自己有的牌、猜测自己没有的牌。称猜测自己有的牌为“诈骗”，猜测没有的为“询问”，分类讨论：

先手猜测的牌设为 \(x\)。

• 若先手诈骗：

后手可以选择认为先手是询问，此时后手没有 \(x\) 并且认为先手没有 \(x\)，所以他认为桌牌是 \(x\)，于是这种情况下先手诈骗成功的概率为 \(a=1\)。

后手可以选择认为先手是诈骗，此时后手知道先手有 \(x\)，等价于先手摊牌 \(x\)，下一轮先后手交换，即 \(b=1-f(m,n-1)\)。

• 若先手询问：

那么先手有 \(\frac{m}{m+1}\) 概率猜中对方的牌，有 \(\frac{1}{m+1}\) 概率猜到桌牌。

无论后手选择先手是诈骗还是询问，如果猜中了对方的牌，对方都要摊牌，也就是两边的概率都有 \(\frac{m}{m+1}\left(1-f(m-1,n)\right)\)。

如果没猜中对方的牌（猜中了桌牌）。如果后手认为先手在询问，那么下一轮他就会直接指定桌牌，此时先手获胜概率为 \(0\)；如果后手认为先手在诈骗，后手下一轮就不会指定桌牌，而先手已经知道自己没有的 \(x\) 后手也没有，会直接指定，此时先手概率为 \(\frac{1}{m+1}\)。

所以如果此时后手认为先手在询问，先手获胜概率为 \(c=\frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))\)；否则后手认为先手在诈骗，先手获胜概率为 \(d=\frac{m}{m+1}(1-f(m-1,n))+\frac{1}{m+1}\)。

---

综合一下，发现先手只要选择了是诈骗还是询问，获胜概率全由后手选择认为先手是诈骗还是询问决定，设先手选择询问的概率为 \(p\)：

• 后手认为先手询问，获胜概率 \(p_1=(1-p)a+pc=(1-p)+\frac{mp}{m+1}(1-f(m-1,n))\)。
• 后手认为先手诈骗，获胜概率 \(p_2=(1-p)b+pd=(1-f(m,n-1))(1-p)+\frac{mp}{m+1}(1-f(m-1,n))+\frac{p}{m+1}\)。

根据纳什均衡策略，\(p_1=p_2\)，解得 \(p=\frac{(m+1)f(m,n-1)}{(m+1)f(m,n-1)+1}\)，于是我们递归求得 \(p\) 再带入 \(p1,p2\) 中任意一个就可以求出 \(f(n,m)\) 了。

AGC034F RNG and XOR

需要一点数学知识，因为这是集合幂级数优化 dp（？

类似随机游走，令 \(f_i\) 为第一次操作到 \(i\) 的期望操作次数，\(p_i\) 为每次操作数为 \(i\) 个概率，显然有：

\[f_i=\begin{cases}0&i=0\\1+\sum\limits_{j\;\text{xor}\; k\ =\ i}p_jf_k&i\neq 0\end{cases} \]

显然可以高斯消元，不过是 \(O(2^{3n})\) 的，寄飞。

考虑到转移过程中有类似异或卷积的东西，令 \((f*p)_i\) 为 \(\sum\limits_{j\;\text{xor}\;k\ =i\ }f_jp_k\)，那么 \(i\neq 0\) 时，\((f*p)_i+1=f_i\)。

考虑 \((f*p)_0\) 的值。由于 \(\sum\limits_ip_i=1\)，于是根据 FWT 的线性性：

\[\begin{aligned}\sum\limits_i(f*p)_i&=\sum\limits_{i}f_i\\\sum\limits_{i\neq 0}(f*p)_i+(f*p)_0&=\sum\limits_{i\neq 0}f_i+f_0\\(f*p)_0&=f_0+2^n-1\end{aligned} \]

由于 \(f_0=0\)，那么 \((f*p)_0=2^n-1\)，所以用括号表示集合幂级数的话：

\[(f_0\quad f_1\quad f_2\quad...\quad f_{2^n-1})*(p_0\quad p_1\quad p_2\quad ...\quad p_{2^n-1})=(f_0+2^n-1\quad f_1-1\quad f_2-1\quad ... \quad f_{2^n-1}-1) \]

接下来就很套路了，由于卷积的每项都带有 \(f_i\)，那么给 \(p_0\) 减去 \(1\)，相当于给每位减去了 \(f_i\)，因为 \(i\;\text{xor}\;0\ =\ i\)：

\[(f_0\quad f_1\quad f_2\quad...\quad f_{2^n-1})*(p_0-1\quad p_1\quad p_2\quad ...\quad p_{2^n-1})=(2^n-1\quad -1\quad -1\quad ... \quad -1) \]

这是 \(F*P=F'\) 的形式，那么 \(F=F'*P^{-1}\)。后面两个都已知，FWT 后点值相除就好了……吗？

注意到 \(\text{FWT}(P)_0=\text{FWT}(F')_0=0\)，\(\text{FWT}(F)\) 第 \(0\) 位你填个啥？

注意到其他位都是对的，那一位可以看作一个变量，肯定有一个数填 \(c\) 到这一位使得 IFWT 后是对的。那么我们直接对 \(\left(0\quad \dfrac{\text{FWT(F')}_1}{\text{FWT(P)}_1}\quad \dfrac{\text{FWT(F')}_2}{\text{FWT(P)}_2}\quad ...\quad \dfrac{\text{FWT(F')}_{2^n-1}}{\text{FWT(P)}_{2^n-1}}\right)\) 做 IFWT，由于第 \(0\) 位改变，影响的是每一项，而 IFWT 回去的结果是 \(f'(0)\) 而不是 \(f(0)=0\)，所以给 \(f'\) 整体减去 \(f'(0)\) 所得就是答案了。

ARC162F Montage

Difficulty : 3190

手玩一下，容易转化题意为：

按行从上到下填 \(0/1\) 矩阵，设第 \(i\) 个非空行上是 \(1\) 的位置的集合为 \(S_i\)，满足：

• 对于任意 \(i>1\)，令 \(D=S_i\cup S_{i-1}\)。
• 若 \(D=\varnothing\)，则 \(S_i\) 中所有元素均比 \(S_{i-1}\) 中任意元素小，即 \(\max\limits_{i\in S_i}i<\min\limits_{i\in S_{i-1}}i\)。
• 若 \(D\neq\varnothing\)，则 \(S_i,S_{i-1},D\) 从小到大排序后，\(D\) 为 \(S_i\) 的后缀，为 \(S_{i-1}\) 的前缀，即 \(\max\limits_{i\in S_i\setminus D}i<\min\limits_{i\in D}i\le \max\limits_{i\in D}i<\min\limits_{i\in S_{i-1}\setminus D}i\)。

现在这个限制是从右上角走到左下角，那不如先把行翻转一下，就变成了从左上角到右下角：

• \(D=\varnothing\)，\(\min\limits_{i\in S_i}i>\max\limits_{i\in S_{i-1}}i\)。
• \(D\neq\varnothing\)，\(\min\limits_{i\in S_i\setminus D}i>\max\limits_{i\in D}i\ge \min\limits_{i\in D}i>\max\limits_{i\in S_{i-1}\setminus D}i\)。

那我们直接把空行删掉，令 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑到第 \(i\) 行，第 \(i\) 行一共有 \(j\) 个 \(1\)，最右边的 \(1\) 的位置为 \(k\) 的方案数。转移枚举新的最右边的 \(1\) 的位置 \(p\)，\(D\) 的大小 \(s\)，\(S_{i+1}\setminus D\) 的大小 \(l\)，转移系数就是个组合数：

\[f_{i,j,k}\dbinom{p-k-1}{s-1}\to f_{i+1,l+s,p} \]

枚举非空的行数，答案就是：

\[\text{ans}=1+\sum\limits_{i=1}^{n}\dbinom{n}{i}\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{k=1}^{m-j+1}f_{i,j,k} \]

直接做是 \(O(n^6)\) 的。利用不同的 \(l\) 转移相同可用前缀和优化至 \(O(n^5)\)。

然后我们发现把矩阵转置一下，将 \(n,m\) 交换不影响答案，也就是说我们可以把空的列也拿出来。于是每个 \(S_i\) 就是一段区间了，且 \(S_i,S_{i+1}\) 要么相交不包含要么相邻，\(S_{i+1}\) 在 \(S_i\) 的右边。

将 \(f_{i,j,k}\) 重新定义为 \(S_1=[1,r_1],S_i=[j-k+1,j]\)，满足以上限制的方案数。其实就是把前面的 \(j,k\) 两维交换了一下。

那么答案变为：

\[\text{ans}=1+\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{j}\sum\limits_{k=1}^jf_{i,j,k} \]

转移还是枚举 \(S_{i+1}\) 的两个端点 \(p,q\)，满足 \(j-k+1\le p\le j+1,\max(p,j)\le q\le m\):

\[f_{i,j,k}\to f_{i+1,q,q-p+1} \]

然而这还是 \(O(n^5)\) 的。由于对于不同的 \(p\) 贡献相同，设 \(f'_{i,j,k}\) 为第三维差分后的 \(f\) 数组，可用前缀和优化至 \(O(n^4)\)：

\[f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-\min(j+1,q)+1},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j+k+1} \]

单独将 \(q=j\) 的转移拎出来，这部分 \(O(n^3)\)：

\[f_{i,j,k}\to f'_{i+1,j,1},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,j,k+1} \]

剩下的是 \(q\ge j+1\) 的转移：

\[f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j},-f_{i,j,k}\to f'_{i+1,q,q-j+k+1} \]

这还是 \(O(n^4)\) 的，但是我们观察到第二维和第三维的差为定值且与 \(q\) 无关，所以令 \(g_{i,j,k+1}=f'_{i,j,j-k}\)：

\[f_{i,j,k}\to g_{i+1,q,j+1},-f_{i,j,k}\to g_{i+1,q,j-k} \]

注意到 \(q\in [j+1,m]\)，再对 \(g\) 的第二维进行差分记作 \(g'\)，前缀和优化即可做到 \(O(n^3)\)：

\[f_{i,j,k}\to g'_{i+1,j+1,j+1},-f_{i,j,k}\to g'_{i+1,j+1,j-k} \]

最终时间复杂度 \(O(n^3)\)，空间复杂度 \(O(n^2)\)。

NOMURA Programming Competition 2020 D Urban Planning

Difficulty : 2810

考虑排列 \(P_i\) 已经固定了的情况，那么连边 \(i\to P_i\) 形成有向图 \(G\)，最小连边数就是 \(N\) 减去弱连通块数。善良的出题人已经告诉你连边方案就是 \((N-1)^K\)，所以答案就是 \(N(N-1)^K\) 减去所有连边方案中弱连通块数量总和。于是只需要考虑所有连边方案中弱连通块数量总和即可。

注意到最后这张图一定是个内向基环树森林，所以某些 \(P_i\) 未确定时就应该是个内向基环树加若干内向树构成的森林（孤立点也算内向树）。考虑一个弱连通块 \(G'\subseteq G\)，按照其形态分类：

• \(G'\) 为内向基环树，则 \(G'\) 内的点的 \(P_i\) 均固定，且只有一个环，所以对一个连边方案的贡献为 \(1\)，算上外部连边方案，总贡献为 \((N-1)^K\)。
• \(G'\) 为内向树，则 \(G'\) 内存在唯一 \(P_i\) 不固定的点 \(i\)，就是内向树的根。这个连通块有两种选择：
• \(P_i\) 选择 \(G'\) 内的点，那么 \(P_i\) 有 \(|V_{G'}|-1\) 种选择方案（不能选自己），外部还剩 \((N-1)^{K-1}\) 种方案，那么贡献为 \((|V_{G'}|-1)(N-1)^{K-1}\)。
• \(P_i\) 选择 \(G'\) 外的点，那么 \(G'\) 就变成了某个大内向基环树的子图，而这个基环树除去环边是由若干个内向树组成的。这类贡献有关其它连通块大小，单独拉出来在下面讨论。

刚才的问题可以转化为单独考虑每个大环的贡献，大环是由从 \(G\) 中选出若干个形态为内向树的连通块，选出它们的根之后连接组成的。假设选择了 \(G_1,G_2,\cdots,G_m\) \(m\) 个连通块形成一个环，环上的树的排列方式有圆排列 \((m-1)!\) 种，每个根 \(i\) 的 \(P_i\) 可以在下一棵内向树的点中任意选择，选择方案有 \(\prod |V_{G_i}|\) 种（\(V_G\) 为构成子图 \(G\) 的点集），其余 \(P_i\) 未匹配的 \(i\) 有 \(K-m\) 个，选出这些 \(P_i\) 有 \((N-1)^{K-m}\) 种方案。

那么设组成基环树的内向树数量为 \(m(m\ge 2)\)，方案数就是：

\[(m-1)!(N-1)^{K-m}\sum\limits_{G_1,G_2,\cdots,G_m}\prod\limits_{i=1}^m|V_{G_i}| \]

后面这个东西就是个背包，设 \(f(m)=[x^m]\prod\limits(|V_{G_i}|x+1)\)，可以 \(O(N^2)\) 背包 dp 求出来，那么 \(m\) 的总贡献就是：

\[(m-1)!(N-1)^{K-m}f(m) \]

然后算上之前的贡献就做完了，复杂度 \(O(N^2)\)。瓶颈在于计算 \(f(m)\)，可以多项式优化。

数位 dp

实在没做过啥数位 dp 的题……

CF750G New Year and Binary Tree Paths

Difficulty : 3200

考虑枚举路径的 LCA 为 \(x\)。

如果是一条直链，设其长度（点数）为 \(l\)，那么一直往左子树走的话，总和就是：

\[x+2x+4x+\cdots +2^{l-1}x=(2^l-1)x\le s \]

由于 \(l\) 是 \(O(\log s)\) 的，考虑枚举 \(l\)，反解出 \(x\)：

\[x\le \left\lfloor\frac{s}{2^l-1}\right\rfloor \]

不难发现这同样是 \(x\) 的下界。具体地，令 \(x'=x-1\)，考虑从 \(x'\) 一直往右子树走的路径，此时路径和取到最大，只需证明这个最大值小于 \(x\) 为开头的链的最小值（一直往左走）即可：

\[\begin{aligned}x'+(2x'+1)+(2(2x'+1)+1)+\cdots&=(2^l-1)x'+2^l-l-1\\&=(2^l-1)x-l< (2^l-1)x\end{aligned} \]

所以此时的 \(x\) 是固定的。所以枚举 \(l\)，算出 \(x\) 后自顶向下调整（将某层的左儿子翻转到右儿子）判断是否能取到 \(s\) 即可。

类似直链的情况，拓展到分叉上：枚举以左儿子为开头向下的链长度（点数）为 \(l_1\)，右儿子为 \(l_2\)。这条路径的总和为：

\[\begin{aligned}f(x,l_1,l_2)&=x+(2^{l_1}-1)2x+(2^{l_2}-1)(2x+1)\\&=(2^{l_1+1}+2^{l_2+1}-3)x+2^{l_2}-1\le s\end{aligned} \]

\[x\le \left\lfloor\frac{s-2^{l_2}+1}{2^{l_1+1}+2^{l_2+1}-3}\right\rfloor \]

同样可以发现这里的 \(x\) 是固定的，解出 \(x\) 后令 \(r=s-f(x)\)。考虑翻转链上一个左儿子产生的贡献，等价于下列问题：

给定 \(2\) 个集合 \(\{2^{1}-1,2^{2}-1,\cdots ,2^{l_1}-1\}\) 和 \(\{2^{1}-1,2^{2}-1,\cdots ,2^{l_2}-1\}\)，从中选择若干元素，使得总和为 \(r\)，求方案数。

这东西显然很不好做，考虑转成 \(2\) 的幂，枚举选出来元素的个数 \(n\)，相当于从 \(\{2^1,2^2,\cdots, 2^{l_1}\}\cup\{2^1,2^2,\cdots, 2^{l_2}\}\) 中选择 \(n\) 个元素，和为 \(r+n\)。这里的集合为可重集。

显然 \(2\nmid (r+n)\) 时无解，否则整体除 \(2\) 后数位 dp。令 \(f_{i,j,0/1}\) 表示从小到大考虑到 \(t=\frac{r+n}{2}\) 的第 \(i\) 位，选了 \(j\) 个数，当前位是否有进位的方案数。答案就是 \(f_{\log t,n,0}\)，转移的话考虑两边同时取/取一个/都不取分类讨论一下即可。

复杂度 \(O(\log^5 s)\)。

dp 套 dp

SDOI2022 小 N 的独立集

dp 套 dp 的含义就是用外层 dp 的状态表示内层 dp 的结果。

考虑普通的树形 dp 求最大权独立集，\(f_{u,0/1}\) 表示 \(u\) 的子树中 \(u\) 是否选择的最大权独立集大小，转移显然。

那么一个朴素的想法就是令 \(g_{u,x,y}\) 表示 \(f_{u,0}=x\)，\(f_{u,1}=y\) 的方案数。每次枚举并加入儿子 \(v\) 的贡献：

\[g'_{u,x+\max(z,w),y+z}\gets g _{u,x,y}\cdot g_{v,z,w} \]

然而这样状态数是 \(O(n^3k^2)\) 的，根据树形背包知道这个做法是 \(O(n^4k^4)\) 的。考虑优化。

考虑修改状态，令 \(f_{u,0/1}\) 为 \(u\) 子树是否强制不选择 \(u\) 的最大权独立集大小。转移是显然的。

注意到 \(0\le f_{u,0}-f_{u,1}\le a_u\le k\)，分类讨论即可。

那么可以设 \(g_{u,x,y}\) 表示 \(f_{u,1}\) 为 \(x\)，\(f_{u,0}-f_{u,1}\) 为 \(y\) 的方案数，显然有状态数 \(O(n^2k^2)\)，再做树形背包就是 \(O(n^2k^4)\) 的了。转移推一下即可。

数据结构优化

CF115E Linear Kingdom Races

Difficulty : 2400

令 \(f_i\) 表示考虑前 \(i\) 条道路的最大收益。

如果不修复这条道路，\(f_i=f_{i-1}\)。

如果修复，\(f_i=\max\limits_{0\le j<i}\{f_j-c(j+1,i)+p(j+1,i)\}\)，即将 \([j+1,i]\) 全部覆盖。

然后这个 \(dp\) 大概是 \(O(n^2)\) 的，用脑子线段树在线维护跑到某个 \(i\) 时每个 \(j\) 的 \(f_j-c(j+1,i)+p(j+1,i)\) 即可 \(O(n\log n)\)。

ZJOI2010 基站选址

常规套路，设 \(dp_{i,j}\) 表示在第 \(i\) 个村庄建立第 \(j\) 个基站，不考虑 \(i+1\) 到 \(n\) 对答案贡献的最小费用。转移显然有：

\[dp_{i,j}=\min\limits_{1\le k\le i-1}\{dp_{k,j-1}+cost_{k,i}\}+c_i \]

其中 \(cost_{k,i}\) 表示如果在 \(i\) 和 \(j\) 两个位置建站，它们之间村庄需要的总补偿。为了方便，我们从 \(1\) 到 \(i-1\) 枚举 \(k\)，并把 \(dp_{i,j}(i<j)\) 的值赋为 \(\inf\)。

暴力做是 \(O(n^2k)\) 的，考虑用数据结构优化。

这个状态的第二维肯定不能扔，考虑在最外层枚举 \(j\)，那么状态转移变为：

\[dp_i=\min\limits_{1\le k < i}\{dp_k+cost_{k,i}\}+c_i \]

我们想用线段树动态维护对于每一个 \(k\)，\(dp_k+cost_{k,i}\) 的值，那么转移就变成了区间取 \(\min\)。

当 \(i-1\) 向 \(i\) 移动时，有一些 \(cost_{k,i}\) 会增加，我们考虑统计它们。我们考虑对所有的 \(i\)，计算出在 \(k\) 点建站使其被覆盖的最大和最小的 \(k\)，记为 \(l_i,r_i\)，并在 \(i\) 移动时，考虑计算每个 \(r_j=i-1\) 的 \(k\) 对 \(cost\) 的贡献，显然对于一个 \(r_j=i-1\) 的 \(j\)，它会使得 \(cost_{1,i}\) 到 \(cost_{l_j-1,i}\) 上的值全部加上 \(w_j\)。因为在这个区间内建站都不会覆盖到它，并且 \(i\) 也不会覆盖到它。

于是我们的线段树只需要维护区间加法，区间取最小值即可。复杂度 \(O(kn\log n)\)。

CF1175G Yet Another Partiton Problem

Difficulty : 3000

应该是一个很通用的解法。

一个显然的分段 dp：

\(f_{j,i}\) 表示前 \(i\) 个数分 \(j\) 段的方案数，\(f_{j,i}\gets \min\limits_{k=0}^{i -1}f_{j-1,k}+w(k+1,i)\)。

可以滚动数组，\(f_{i}\gets \min\limits_{k=0}^{i -1}g_{k}+w(k+1,i)\)。这是好理解的。

考虑到分段 dp 的价值函数大多数满足决策单调性，然后就发现 \(w(k+1,i)=(i-k)\cdot\max\limits_{r=k+1}^ia_r\) 不满足决策单调性，很好，寄。

考虑 \([1,i]\) 这个前缀中每个下标 \(j\)，求出 \(v_j=\min\limits_{k=j+1}^ia_k\)，那么 \(v\) 显然能够分成若干个连续段，每段 \(v\) 值相等。并且 \(i\to i+1\) 时，这个连续段是好维护的，使用单调栈即可。注意到这个维护顺序和 dp 顺序一样，这也非常好。

考虑一个连续段 \(d=v_l=v_{l+1}=v_{l+2}=\cdots =v_r\)，对于 \(j\in [l,r]\)，\(w(j+1,i)=(i-j)\cdot d\)，所以对于这个段我们只需要找到 \(\min\limits_{l\le j\le r}g_j+d\cdot(i-j)=\min\limits_{l\le j\le r}g_j+d\cdot i-d\cdot j=d\cdot i+\min\limits_{l\le j\le r}g_j-d\cdot j\)。于是对点集 \(\{(j,g_j)\mid j\in [l,r]\}\) 维护一个下凸壳，每次拿斜率为 \(d\) 的直线切这个凸包即可，我们给连续段标号（实际实现可以直接用右端点编号），并求出第 \(l\) 个连续段的切点为 \((p_l,g_{p_l})\)。

那么我们需要对于所有连续段 \(l\)，求出 \(\min\limits_{l}g_{p_l}+(i-l)\cdot v_{p_l}\)，我去，这太典了，这是个关于 \(i\) 的一次函数，直接用李超线段树维护即可。具体来说，当 \(i\to i+1\) 时，可能会合并一些连续段，假如合并的是 \(x,y\) 连续段，那么我们将 \(x,y\) 里面两个下凸壳合并起来（注意使用启发式合并），取最优的 \((p_l,g_{p_l})\) 决策点，将 \(y=g_{p_l}-l\cdot v_{p_l}+v_{p_l}\cdot i\) 加入李超线段树，并删去原本 \(x,y\) 两个下凸壳里面的决策点。

由于要实现删除，所以要用可持久化李超树/可撤销李超线段树。可持久化的话，每个连续段标号为右端点下标，直接从单调栈的栈顶（往前找第一个大于 \(a_i\) 的位置）的版本继承过来就可以了。

复杂度 \(O(kn\log n)\)。

CF1530H Turing's Award

Difficulty : 3400

你发现这个覆盖不太好考虑，考虑时间倒流，变成如下形式：

一开始，小 A 的位置上有一个数 \(a_n\)，然后对于接下来 \(n-1\) 步，每次小 A 可以向左走/向右走/不动，然后如果此时小 A 所站的位置上没有数，就写上 \(a_i\)，求最后形成序列的最长上升子序列长度。

考虑到任意时刻的序列一定是包含原点的连续序列 \(b\)，并且此时不能覆盖有数的位置，那么 \(a_i\) 只可能插入到 \(b\) 的首尾两个位置。

我们将所有最终在 \(b\) 中的元素 \(a_i\) 成为「好」的元素，显然 \(a_n\) 一定是好元素，观察到：

1. 我们并不关心小 A 走到 \(b\) 中间哪个位置，只关心他是否有时间在已经确定的连续好元素之间移动。例如，目前考虑了 \(a_i,a_{i+1},\cdots, a_{n}\)，钦定 \(a_i\) 为好元素并且插入到 \(b\) 的首位（插入末尾的情况是对称的），目前 \(a_i,a_{i+1},\cdots ,a_n\) 中一共有 \(k\) 个好元素，考虑第 \(k+1\) 个好元素 \(a_j(j<i)\)：

• 如果 \(a_j\) 插入在 \(b\) 的首位，我们可以在小 A 走过 \(i-1,i-2,\cdots,j+1\) 的时候都选择留在原位，这样保证不会覆盖，然后 \(j\) 时刻再向左移动一位。所以这种情况没有限制。
• 如果 \(a_j\) 插入在 \(b\) 的末尾，小 A 要走过 \(k\) 个好元素。那么需要满足 \(i-j\ge k\)。

2. 考虑一个好元素 \(a_j\)（\(j\neq n\)）如果存在一种方案使得 \(a_j\) 在最终的 \(b\) 序列里不在 LIS 中，一定存在一种方案使得 \(a_j\) 最终不在 \(b\) 序列中，因为可以在时刻 \(j\) 留在原地不动。所以我们更改好元素的定义：最终出现在 LIS 中的元素（包括 \(a_n\)）。

然后我们可以讨论 \(a_n\) 是否属于 LIS，考虑 dp：

令 \(f_L(k,i)\) 表示当前从 \(n\) 考虑到 \(i\)，\(a_i\) 插入到了 LIS 的首位，目前一共有 \(k\) 个好元素，LIS 末尾元素的最小值；\(f_R(k,i)\) 表示当前从 \(n\) 考虑到 \(i\)，\(a_i\) 插入到了 LIS 的末尾，目前一共有 \(k\) 个好元素，LIS 首位元素的最大值。那么我们要求的就是最大的 \(k\)，使得存在一个 \(i\)，状态 \(f_{L}(k,i)\) 或者 \(f_{R}(k,i)\) 合法（属于 \([1,n]\)）。

根据 \(a_n\) 是否属于 LIS，我们可以确定 dp 的初始状态。

考虑 \(f_{L}(k,i)\) 可以贡献到的状态（\(f_R(k,i)\) 类似），讨论新的好元素 \(a_j\) 放左还是放右即可：

• \(f_{L}(k,i)\to f_{L}(k+1,j)\quad j<i\land a_j<a_i\)
• \(a_i\to f_{R}(k+1,j)\quad \quad \quad \ j<i-k\land a_j>f_{L}(k,i)\)

那么不难得到 \(f_{L}(k,i),f_{R}(k,i)\) 的转移：

\[\begin{aligned}f_{L}(k+1,i)=\min\left(\min\limits_{j>i\land a_j>a_i}f_{L}(k,j),\min\limits_{j\ge i+k\land f_R(k,j)\ge a_i}a_j\right)\\f_{R}(k+1,i)=\max\left(\max\limits_{j>i\land a_j<a_i}f_{R}(k,j),\max\limits_{j\ge i+k\land f_L(k,j)\le a_i}a_j\right)\end{aligned} \]

显然可以优化，用两个数据结构支持查询前缀 \(\max\) 和后缀 \(\min\) 即可。复杂度 \(O(kn\log n)\)，\(k\) 为答案，考虑到均匀随机序列的 LIS 长度期望为 \(O(\sqrt n)\)，\(k\) 取 \(O(\sqrt n)\)，复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。

其实这里有一个简易的 dp 优化套路：将 dp 答案与状态的一维交换，例如我们也可以按照 LIS 的首尾位为状态 dp，但是复杂度更劣。所以把 LIS 长度列入 dp 状态。

斜率 | 单调队列 | 决策单调性 | 凸完全单调性优化

CF311B Cats Transport

Difficulty : 2400

\(dp\) 斜率优化板子。

对于每只猫，算出最晚的能够 pick 它的出发时间 \(t_i\)，这个可以用前缀和做。

然后我们将 \(t\) 序列从小到大排序，我们发现一个人 pick 到的猫在这个序列上一定是一段连续的区间。

然后问题就转换成了给定一个序列 \(t\)，将其分成 \(p\) 段，使得 \(\sum\limits_k\sum\limits_{i=l_k}^{r_k}t_{r_k}-t_i\) 最小。

令 \(f_{i,j}\) 表示分成 \(i\) 段，末尾为 \(j\) 的最小答案。设 \(s_i=\sum\limits_{k=1}^{i}t_k\)，则不难得出转移：

\[f_{i,j}=\min\limits_{k=0}^{j-1}(f_{i-1,k}+t_j(j-k)-s_j+s_k) \]

于是第 \(i-1\) 行的 \(f\) 值会影响到第 \(i\) 行的值，考虑开 \(p\) 个单调队列来优化 dp。

为了题解简洁，以下把第一位省略。

转移的式子为 \(f_i=-t_ij+s_j+f_j-s_i+it_i\)。

整理一下：\(f_i+s_i-it_i=-t_i\times j+(s_j+f_j)\)

然后这就是标准的斜率优化形式了，复杂度 \(O(mp)\)。

CF868F Yet Another Minimization Problem & CF1527E Partition Game

Difficulty : 2500

记两道决策单调性优化 \(dp\) 板子。

对于前一道，\(dp_{i,j}\) 表示前 \(j\) 个数分 \(i\) 段的最小答案，\(dp_{i,j}\gets dp_{i-1.k}+w(k+1,j)\)。

首先显然这个满足决策单调性，然后就可以分治 \(dp\) 了。

第二道差不多一样，移动指针麻烦一点。

CF321E Ciel and Gondolas

决策单调性的另一个结论。

记 \(w(l,r)\) 为 \([l,r]\) 之间的两两和，\(f_{i,j}\gets\min\limits_{k=1}^j\{f_{i-1,k-1}+w(k,j)\}\)。

显然的决策单调性，分治可以做到 \(O(nk\log n)\)，除去 \(O(n\log n\log k)\) 的 wqs 二分不谈，其实可以 \(O(n^2)\)。

一个满足四边形不等式的状态，记录 \(op(i,j)\) 为 \((i,j)\) 的最优决策点。则：

\[op(l,r-1)\le op(l,r)\le op(l+1,r) \]

然后记录每个状态的转移区间，直接 dp 即可。

正确性及复杂度证明可见 OI Wiki。

CF1699E Three Days Grace

Difficulty : 2600

不知道算不算双指针优化。

考虑最终答案方案的值域。

如果固定值域左端点为 \(i\)，此时最小答案应是 \(\max\{f_{a_k}\}-i\)，\(f_k\) 表示将 \(k\) 拆分成若干个不小于 \(i\) 的数后得到的最大因数的最小值。

于是考虑在 \(i\) 从 \(m\) 到 \(1\) 的过程中，转移 \(f_k\)。

首先如果 \(i\nmid k\)，显然 \(f'_k=f_k\)（\(f'\) 表示从 \(i+1\) 转移 \(i\) 后的 \(f\) 数组）。

如果 \(i\mid k\)，考虑拆出一个 \(i\) 的条件是 \(\frac{k}{i}\ge i\)，即 \(k\ge i^2\) 时，\(f'_{k}\gets f_{\frac{k}{i}}\)。

注意到被转移的都是 \(i\) 的倍数，于是如果枚举每次转移的位置，就可以做到调和级数转移了。

还有一个问题，如何统计答案。也就是对于每一个 \(i\)，求出 \(\max\{f_{a_k}\}\)。

我们发现转移时是取 \(\min\) 的，也就是说 \(f\) 的最大值单调不增。

用另外一个指针 \(j\)，表示 \(\max\{f_{a_k}\}\) 即可。由于 \(j\) 随着 \(i\) 的下降而不增，移动 \(j\) 的复杂度是 \(O(m)\) 的。

总复杂度 \(O(m\log m)\)。

CF1603D Artistic Partition

Difficulty : 3000

首先如果 \(2^k>n\)，答案为 \(n\)。

否则 \(k\le \log_2n\)，然后就可以令 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数分 \(j\) 段的最小答案。

\(dp_{i,j}=\min\limits_{k=1}^{i}\{dp_{k-1,j-1}+c(k,i)\}\)。

考虑到：

\[\begin{aligned}c(l,r)=&\sum\limits_{i=l}^{r}\sum\limits_{j=l}^{r}[\gcd(i,j)\ge l]\\=&\sum\limits_{k=l}^{r}\sum\limits_{i=l}^{r}\sum\limits_{j=i}^{r}[\gcd(i,j)=k]\\=&\sum\limits_{k=l}^{r}\sum\limits_{i=1}^{r/k}\varphi(i)\\=&\sum\limits_{k=l}^{r}S_{\varphi}(\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor)\end{aligned} \]

我们发现它有决策单调性！

于是可以 \(O(n\sqrt n)\) 预处理 \(val_{i,j}\) 表示 \(r=i\) 并且 \(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=j\) 时 \(\sum\limits_{k=l}^{r}S_{\varphi}(\left\lfloor\frac{r}{k}\right\rfloor)\) 的值（此时 \(l\) 为满足 \(\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{r}\right\rfloor\) 最小的 \(l\)）。

然后 \(c(l,r)=\sum\limits_{k=1}^{r/l-1}val_{r,i}+S_{\varphi}(\left\lfloor\frac{r}{l}\right\rfloor)(r'-l+1)\)，\(r'\) 为使 \(\left\lfloor\frac{r}{r'}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{r}{l}\right\rfloor\) 最大的 \(r\)，可以 \(O(1)\) 求出。

于是可以在 \(O(n\sqrt n+n\log^2 n)\) 的复杂度内解决此题。

但我觉得预处理太麻烦了咋办？

我们发现，在移动区间左端点时，每向左移 \(1\) 位就对转移答案贡献 \(S_{\varphi}(\left\lfloor\frac{r}{l}\right\rfloor)\)，而总移动次数不超过 \(O(n\log n)\) 次，我们可以在开始就暴力 \(O(\sqrt n)\) 算出 \(c(pr+1,mid)\) 的值，然后 \(l\) 指针从 \(pr\) 移到 \(pl\)（可转移的区间）的过程中加贡献即可。

由于对于每个 \(mid\) 仅算了一次 \(c(pr+1,mid)\)，于是这部分应该是 \(O(n\sqrt n\log n)\) 的，整个 \(dp\) 过程应该是 \(O(n\sqrt n\log n+n\log^2 n)\) 的，但是不知道为啥能过（可能是因为每次计算 \(c(pr+1,mid)\) 区间长度远远达不到 \(n\)），如果有会证明时间复杂度的好哥哥可以打我（

ARC125F Tree Degree Subset Sum

Difficulty : 3500

pb 讲课题。

显然树的具体形态对题目影响不大，那么我们知道 \(\sum\limits_{i=1}^nd_i=2n-2\) 即可扔掉树的条件。即：

给定 \(n\) 个 \(d_i\)，和为 \(2n-2\)，求 \((x,y)\) 满足 \(0\le x\le n\) 且 \(\exists S\subseteq \{1,2,\cdots n\},|S|=x,\sum\limits_{i\in S}d_i=y\) 的数量。

我们考虑如何解决这个问题。首先可以将所有 \(d_i\) 减去 \(1\)，那么 \(\sum\limits_{i=1}^nd_i=n-2\)。然后我们考虑证明，对于任意的 \(y\)，设 \(m(y)\) 和 \(M(y)\) 为最小和最大的 \(x\) 使得 \((x,y)\) 合法，那么有 \(\forall i\in [m(y),M(y)]\)，\((i,y)\) 合法：

• 设 \(x(S)=|S|,y(S)=\sum\limits_{i\in S}d_i\)。
• 我们设 \(d_i=0\) 的 \(i\) 的个数为 \(z\)，由于 \(m(y)\) 的方案中没有选 \(d_i=0\) ，\(M(y)\) 的方案中一定选了 \(z\) 个 \(d_i=0\)，所以只需要证明 \(M(y)-m(y)\le 2z+1\) 即可通过调整 \(0\) 的个数构造出 \(x\in [m(y),M(y)]\)。
• 由于对于每个集合 \(S\in \{1,2,\cdots n\}\)，\(-z\le y(S)-x(S)\le z-2\)（左边全取 \(0\)，右边全取非 \(0\)），所以对于任意的 \(y\)，\(-z\le y-M(y)\le y-m(y)\le z-2\)。
• 解不等式即可得到 \(M(y)-m(y)\le 2z-2 < 2z+1\)。

考虑得到了 \(\forall i\in [m(y),M(y)]\)，\((i,y)\) 合法这个结论，如何求出方案数。由于 \(y\le n-2\)，考虑处理出对于每个 \(y\)，\(M(y)\) 和 \(m(y)\) 的值，然后对 \(M(y)-m(y)+1\) 求和就是答案。

注意到 \(d\) 的总和为 \(n-2\)，显然 \(d_i\) 中非 \(0\) 的互不相同的数至多只有 \(O(\sqrt n)\) 个，不难想到用单调队列优化多重背包。具体地，以 \(M(y)\) 为例，设 \(c_i=\sum\limits_{j=1}^n[d_j=i]\)，\(f_{i,j}\) 表示考虑了 \(1\) 到 \(i\) 中的所有 \(d_k=i\)，当前 \(y(S)\) 为 \(j\) 的方案数。那么：

\[f_{i,j}\gets \max\limits_{k=0}^{c_i}(f_{i-1,j-ki}+k) \]

套路地将 \(j\) 拆成 \(xi+y\)，且 \(0\le y<i\)，设 \(g_{y,x}=f_{i,xi+y}\)，\(g'_{y,x}=f_{i-1,xi+y}\)：

\[\begin{aligned}g_{y,x}&=\max\limits_{k=0}^{c_i}(g'_{y,x-k}+k)\\&=\max\limits_{k=0}^{c_i}(g'_{y,x-k}-(x-k))+x\end{aligned} \]

这就是经典的单调队列优化的形式了。考虑外层枚举 \(y\le i\)，内层 \(x\le \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)，物品数量为 \(O(\sqrt n)\)，总复杂度是 \(n\sqrt n\) 的。

最后统计答案需要将 \(d_i=0\) 的贡献算上。

Luogu8544 「Wdoi-2」禁断之门对面，是此世还是彼世

Part 1. 转换

由于 \(A_{i,j}=a_ib_j\)，这个 \(f(B)\) 显然可以化简：

\[\begin{aligned}f(B)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^t\sum\limits_{k=\min(B_{i,j},B_{i+1,j})}^{\max(B_{i,j},B_{i+1,j})}A_{i,k}\\&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^t\sum\limits_{k=\min(B_{i,j},B_{i+1,j})}^{\max(B_{i,j},B_{i+1,j})}a_ib_k\\&=\sum\limits_{i=1}^na_i\sum\limits_{j=1}^tS_{\max(B_{i,j},B_{i+1,j})}-S_{\min(B_{i,j},B_{i+1,j})-1}\end{aligned} \]

\(S_i\) 为 \(b\) 数组的前缀和。

发现若得到 \(g(B_1,B_2)=\sum\limits_{j=1}^tS_{\max(B_{1,j},B_{2,j})}-S_{\min(B_{1,j},B_{2,j})-1}\) 的最小值，我们可以令 \(B_{2k+1}=B_1,B_{2k+2}=B_2\)。这样显然最优。也就是说，\(f(B)=\left(\sum\limits_{i=1}^na_i\right)\cdot \min g(B_1,B_2)\)。

问题转换为找到一个 \(B_1,B_2\)，分别满足每个元素两两不同，都在 \([1,m]\) 之间，并且对应的位置上的元素不同，使得 \(g(B_1,B_2)\) 最小。

由于同一行元素两两不同以及值域的限制，考虑转换成匹配问题。相当于现在有两列数（分为左部和右部），分别为 \(1,2,\cdots ,m\)，在左部中选择 \(t\) 个数，并和右部的 \(t\) 个数匹配。满足不存在形如 \((i,i)\) 的匹配，一对匹配 \((i,j)\) 的价值就是 \(S_{\max(i,j)}-S_{\min(i,j)-1}\)，也就是 \(b_{\min(i,j)}+b_{\min(i,j)+1}+\cdots+b_{\max(i,j)}\)。一组匹配的价值就是每对匹配的价值之和，求钦定有 \(t\) 对匹配的最小匹配。

Part 2. 猜想

有个比较感性的想法，就是一对匹配不应该跨过太大的距离。考虑从左到右按顺序匹配，如果匹配跨过了一段空区间，那么不如不跨过这段区间，因为这样减小了代价的同时也给后面的点更多的选择方案。

另一个比较感性的想法，匹配应该尽可能不交叉。这里借用这篇题解的图：

如上图，匹配 \((2,5)(4,3)\) 显然不如匹配 \((2,3),(4,5)\)。即如果存在交叉的匹配，我们尝试交换匹配以减少价值。而且可以发现减少交叉必定不劣。

手玩一些数据之后，我们发现最优解中，\(i\) 只能形成 \((i,j)(j\in \{i-2,i-1,i+1,i+2\})\) 的匹配。我们下面试图证明这个结论。

Part 3. 证明

\(i\) 显然可以和 \(i-1,i+1\) 匹配，即证最优解中合法匹配 \((i,j)\) 满足 \(j-i\le 2\)。下面从左到右考虑一组匹配 \((i,j)(j>i+2)\) 如何调整（小于 \(i\) 的左部点的匹配均满足猜想），\(j<i-2\) 根据对称性同理：

• 若 \(\exists k\in \{1,2\}\)，不存在匹配 \((?,i+k)\)（即右部的 \(i+k\) 没有被匹配），显然将 \((i,j)\) 调整为 \((i,i+k)\) 更优。
• 否则存在 \((x,i+1),(y,i+2)\) 的匹配，且我们从左到右调整，显然有 \(x,y>i\) 且 \(x\neq y\)。注意到匹配 \((i,j)\) 和 \((x,i+1),(y,i+2)\) 都有上述的交叉，所以我们试图交换两个匹配的右部点以减少交叉：若 \(x=j\)，则 \(y\neq j\)，将原匹配 \((i,j)(y,i+2)\) 重组为 \((i,i+2)(y,j)\) 即可；若 \(x\neq j\)，将原匹配 \((i,j)(x,i+1)\) 重组为 \((i,i+1)(x,j)\) 即可。

这样我们就能够将任意的合法匹配调整为更优的、满足 \(i\) 只能形成 \((i,j)(j\in \{i-2,i-1,i+1,i+2\})\) 的匹配的方案。

最终只剩下三种结构：连续的三元环，例如 \((i,i+1)(i+1,i+2)(i+2,i)\) ；连续的二元环，例如 \((i,i+1)(i+1,i)\)；连续的一条链，例如 \((i,i+1)(i+1,i+2)(i+2,i+3)\cdots (i+k,i+k+1)\)。前两种情况有交叉，但是无法调整；并且能够发现，只有前两种情况无法调整。

Part 4. 你会了

然后就能考虑 dp 了：令 \(f_{i,j,0/1}\) 表示目前考虑到 \(i\) 的匹配 \((i,?)\)，前 \(i\) 个点一共有 \(j\) 对匹配，目前是否在一条形如 \((u,u+1)(u+1,u+2)\cdots(i-1,i)\) 的链中。

• \(f_{i,j,1}\gets f_{i-1,j-1,1}+b_{i}+b_{i-1}\)，表示延续一条链，增加一对匹配，连接 \((i-1,i)\)。
• \(f_{i,j,1}\gets f_{i-2,j-1,0}+b_i+b_{i-1}\)，表示新建一条链，增加一对匹配，连接 \((i-1,i)\)。
• \(f_{i,j,0}\gets f_{i-2,j-2,0}+2(b_i+b_{i-1})\)，表示新增一个二元环，增加两对匹配，连接 \((i-1,i)(i,i-1)\)。
• \(f_{i,j,0}\gets f_{i-3,j-3,0}+2b_i+3b_{i-1}+2b_{i-2}\)，表示新增一个三元环，增加三对匹配，连接 \((i-2,i-1)(i-1,i)(i,i-2)\) 或者 \((i,i-1)(i-1,i-2),(i-2,i)\)。
• \(f_{i,j,0}\gets f_{i-1,j,0}\)，表示 \(i\) 没有匹配任何点。
• \(f_{i,j,0}\gets f_{i,j,1}\)，表示我摆烂了，不延续一条链。

乍一看是 \(O(mt)\) 的？的确是 \(O(mt)\) 的。

考虑瓶颈在于强制选择 \(t\) 对匹配，对于这类问题，我们可以通过证明答案随匹配数的变化具有凸性，而进行 wqs 二分。

这题的凸性十分显然，因为是匹配问题，可以转化成费用流模型：

• 有超源 \(S'\) 和超汇 \(T'\)，源点 \(S\) 和汇点 \(T\)，\(S'\to S\) 连流量 \(t\)，费用 \(0\) 的边（以下 \(u\to v\) 连流量 \(f\) 费用 \(w\) 的边简记为 \(u\to v(f,w)\)）。即 \(S'\to S(t,0),T\to T'(t,0)\)。
• 记 \(i\) 的左部点为 \(l_i\)，右部点为 \(r_i\)，\(S\to l_i(1,0),r_i\to T(1,0)\)。
• 对于 \(i\neq j\)，\(l_i\to r_i(1,S_{\max(i,j)}-S_{\min(i,j)-1})\)。

不难发现最小费用最大流就是答案。根据费用流函数的凸性，原问题具有凸性，可以 wqs 二分。具体地，二分斜率 \(k\)，新建一对匹配时，直接减去 \(k\) 的代价即可。

最终复杂度 \(O(n\log V)\)。代码好写得很。

矩阵加速优化

CF852B Neural Network country

Difficulty : 2000

\(dp\) 与矩阵快速幂优化。

考虑 dp，因为层与层之间的转移过程相同，可以快速幂。

令 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 层长度 \(\mod m\) 为 \(j\) 的方案数。

那么 \(dp_{i,j}\gets\sum dp_{i-1,j-c_k},c_k=\sum\limits_{i=1}^{n}[v_i=k]\)

然后你发现这是一个类似卷积的形式，快速幂优化即可。

写了很久，后面看题解才发现要把汇点和最后一层合并，不然会出错。

CF1152F2 Neko Rules the Catniverse (Large Version)

Difficulty : 3000

发现挨位考虑填哪个不太现实，考虑值域。

令 \(dp_{i,j,st}\) 表示考虑到 \(i\)，此时序列长度为 \(j\)，\(i-m\) 到 \(i-1\) 填空状态为 \(st\) 的方案数，考虑选/不选数即可：

\(dp_{i,j,st}\times (\text{popcount}(st)+1)\to dp_{i+1,j+1,(2st+1)\&2^m},dp_{i+1,j,(2st)\&2^m}\)

乘上那个 \(\text{popcount}(st)+1\) 是因为 \(i\) 只能放到 \(a_k=[i-m,i-1]\) 位置 \(k\) 的后面或者开头。

然后发现 \(O(n2^mk)\) 不太行，但是 \(2^m\times k\) 非常小，想到矩阵优化。

复杂度 \(O((2^mk)^3\log n)\) 即可。

CF755G PolandBall and Many Other Balls

Difficulty : 3200

列出转移方程就是傻鸟题了，具体地，令 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 球取出 \(j\) 组的方案数，有：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}+f_{i-2,j-1} \]

列出 \(f_{i}\) 的 GF \(F_i(x)\)：

\[F_i(x)=F_{i-1}(1+x)+F_{i-2}\cdot x \]

这是递推，把矩阵元素改成多项式，矩阵快速幂即可。\(O(k\log k\log n)\)。

多项式优化

CF995F Cowmpany Cowmpensation

Difficulty : 2700

考虑一个 dp 的推。设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树中填 \([1,i]\) 符合题目条件的方案数，此时不强制 \(u\) 选 \(i\)，所以有：

\[f_{u,i}=f_{u,i-1}+\prod\limits_{v\in \text{son}(u)}f_{v,i} \]

直接做是 \(O(nd)\) 的。考虑奇技淫巧优化。

考虑到边界情况，就是 \(u\) 为叶子时，\(f_{u,i}=i\)，这是个关于 \(i\) 的一次函数。

同时这个转移形式比较诡异，是儿子的值全部乘积然后求和。那么如果设 \(u\) 的 \(f_{u,i}\) 是关于 \(i\) 的 \(g_u\) 次函数的话，对于树上任意一个非叶节点：

\[\begin{aligned}g_u&=\deg \left(\prod\limits_{v\in \text{son}(u)}f_{v,i}\right)\\&=\sum\limits_{v\in \text{son(u)}}g_v\end{aligned} \]

由于 \(v\) 是叶子时 \(g_v=1\)，我们容易归纳出 \(g_u=\text{sz}_u\)，即 \(u\) 的子树大小。于是 \(f_{u,i}\) 是关于 \(i\) 的 \(\text{sz}_u\) 次函数。

如果 \(d\le n+1\)，直接暴力 dp；否则处理出 \(f_{n,1}\) 到 \(f_{n,n+1}\) 的值，用拉格朗日插值把 \(f_{n,d}\) 插出来即可。

复杂度 \(O(n^2)\)。

AGC020F Arcs on a Circle

Difficulty : Unavailable

先考虑只能放整点的情况，不难想到考虑 dp。

对于环上的 dp，考虑断环成链，即钦定一条线段的左端点为起点。这里我们令长度最长的线段的左端点为环的起点。

这样做有一个好处：我们不用考虑一条线段把环末尾覆盖再覆盖开头的空的情况，而当我们钦定一个长度较小的线段作为起点时，在环的末尾放一个长度较长的线段有可能覆盖到环开头的空隙中，这样是合法的，但判不到。

然后就相当于固定了一个前缀被覆盖，剩下 \(n-1\) 条线段，由于 \(n\) 的范围较小，不难想到状压。同时我们考虑从前往后枚举线段起点，这样任意时刻覆盖的都是一段前缀。具体来讲，我们设 \(f_{i,S}\) 表示覆盖了 \([0,i]\) 这段极长前缀，用了 \(S\) 集合中线段的方案数（最长线段，即我们已经钦定位置的线段不算）。

转移时枚举线段起点 \(i\)、要填的线段 \(j\)、上一刻 \(S\) 集合的状态 \(T\) 以及上一刻覆盖到的前缀 \([0,w]\) 即可。由于我们钦定了最长线段为起点，中途我们一旦留下了空隙以后就无法弥补了，所以 \(w\ge i\)。我们用 \(w\) 和 \(i+l_j\) 去更新现在的极长前缀，那么有：

\[f_{\min(c,\max(w,i+l_j)),T\cup\{ j\}}\gets f_{w,T} \]

然后这是只能放整点的情况，现在考虑任意实点的情况。

考虑刚才的 dp 时间复杂度 \(O(c^2n2^n)\)，发现这个时间限制相当富余，我们考虑乱搞。

具体来讲，我们将圆和弧细分成 \(m\) 段，满足 \(c\mid m\)。我们再给 \(l_i\) 和 \(c\) 乘上 \(\frac{m}{c}\)，做刚才的 dp。显然，当 \(m\) 越大时，可以取的整点就越多。当 \(m\to +∞\) 时，我们可以认为圆环上所有实点都可以取到。

于是我们又有一个 \(O(m^2n2^n)\) 的 dp 了，其中 \(m\to +∞\)。考虑优化复杂度。

我们想起一种 dp 优化方法，在值域很大，另一维很小，答案满足为关于值域的较小次数多项式时，可以用拉格朗日插值优化。例如这题。

类似地，这题我们放大眼睛观察，我们发现任意摆放线段时，合法的方案数是一个关于 \(m\) 的 \(n\) 次多项式。当我们钦定最长线段起点时，方案数就是一个关于 \(m\) 的 \(n-1\) 次多项式但我不会证。感性理解一下，每次插入一条线段最多使次数增加 \(1\)，而一共 \(n-1\) 条线段，所以多项式次数不超过 \(n-1\)。

于是我们取 \(m=c,2c,\cdots,nc\) 即可得到这个多项式的 \(n\) 个点值，而我们要求：

\[\lim\limits_{m\to +∞}\frac{f(m)}{m^{n-1}} \]

上面是合法的方案数，下面是总方案数，除一下就是概率。同时不难发现这东西就是 \([m^{n-1}]f(m)\)，即求最高次数项的系数。

回忆拉格朗日插值公式：

\[f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i\prod\limits_{j\neq i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

相当于若干个一次式相乘，每个一次式里面取一次项或常数项。但是由于我们要求最高次数项，我们只能取一次项，所以：

\[[x^{n-1}]f(x)=\sum\limits_{i=1}^ny_i\prod\limits_{j\neq i}\frac{1}{x_i-x_j} \]

代入 \(y_i=f_{ic,U}\) 就做完了。复杂度 \(O(c^2n^42^n)\)，其实由于钦定的最长线段，应该是 \(2^{n-1}\)，所以常数很小。

ABC331G Collect Them All

Difficulty : 2668

对于一个随机过程，令 \(t_i\) 为拿到第 \(i\) 个数的时间。那么答案就是 \(\mathbb{E}(\max t_i)\)。

板板 min-max 容斥：

\[\begin{aligned}\mathbb{E}(\max t_i)&=\sum\limits_{T}(-1)^{|T|+1}\mathbb{E}(\min\limits_{i\in T} t_i)\\&=\sum\limits_{T}(-1)^{|T|+1}\frac{n}{\sum\limits_{i\in T}c_i}\end{aligned} \]

有一个经典的背包 dp，令 \(f_{i,j}\) 表示选到 \(i\)，\(T\) 集合元素之和为 \(j\)，所有方案的 \((-1)^{|T|+1}\) 的和，那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}-f_{i-1,j-c_i}\)，答案就是 \(n\sum\limits_{i=0}^n\frac{f_{m,i}}{i}\)。

写成生成函数的形式，也就是 \(F(x)=-\prod\limits_{i=1}^m(1-x^{c_i})\)。

然后就是套路了，分治 NTT 或者 exp 后求逆均可。

状态设计优化

CF1188D Make Equal

Difficulty : 3100

有一个简单的想法，就是把所有数都加到最大值上面。

但是这个想法显然是错的，观察样例 \(2\) 知道你可以改变最大值以缩小答案。

考虑最大值被加了多少，记为 \(x\)，即求 \(\min\limits_{x}\{\sum\limits_{i=1}^{n}\text{popcount}(x+a_1-a_i)\}\)，此处假设 \(a\) 从大到小排序。

令 \(a_i\gets a_1-a_i\)，则即求 \(\min\limits_{x}\{\sum\limits_{i=1}^{n}\text{popcount}(x+a_i)\}\)。

考虑从低到高填 \(x\)，\(x+a_i\) 的第 \(k\) 位由 \(3\) 个因素决定：

• \(x\) 的第 \(k\) 位
• \(a_i\) 的第 \(k\) 位
• \(x+a_i\) 前一位是否进位

前两个一个是决策一个是确定的，考虑将第 \(3\) 个因素加入 \(dp\) 状态。

然后你考虑对于每个 \(i\in [1,n]\) 记录进位/不进位，得到了一个状态 \(O(2^n)\) 的做法，您死了。

然后你发现一个性质：进位的数一定都是 \(a_i \mod 2^k\) 尽量大的数，也就是说按照 \(a_i\) 的第 \(k-1\) 位从大到小排序后，可以取来进位的一定是一段前缀（在这里我们不关心 \(k-1\) 位为 \(0/1\) 的数之间的大小关系，而只关心 \(k-1\) 位进位的个数），我们可以枚举这个在第 \(k-1\) 位的前缀。

令 \(cnt\) 为第 \(k\) 位为 \(1\) 的数的总个数，\(tot\) 表示当前前缀第 \(k\) 位为 \(1\) 的数的个数。

• 如果 \(i\) 在前缀中（意味着计算 \(k-1\) 位时它对第 \(k\) 位有进位）且这一位为 \(1\)，这样的数共有 \(tot\) 个。
• 第 \(k-1\) 位进位（等价于在前缀中），且这一位为 \(0\) 的数有 \(len-tot\) 个，\(len\) 位当前枚举的前缀长度。
• 第 \(k-1\) 位不进位，且这一位为 \(1\) 的数有 \(cnt-tot\) 个（总共第 \(k\) 位为 \(1\) 的有 \(cnt\) 个，在前缀中的有 \(tot\) 个，于是不在前缀中的就是 \(cnt-tot\) 个了）。
• 第 \(k-1\) 位不进位，且这一位位 \(0\) 的数有 \(n-len-cnt+tot\) 个（第 \(k-1\) 不进位，即不再前缀中的数有 \(n-len\) 个，减去不在前缀中且这一位为 \(1\) 的即可）。

然后就可以考虑决策：

• 如果 \(x\) 第 \(k\) 位填 \(1\)：第 \(1,2,3\) 种情况对第 \(k+1\) 位有贡献，共 \(tot+(len-tot)+(cnt-tot)=len+cnt-tot\) 个进位；第 \(k\) 位为 \(1\) 的为情况 \(1,4\)，于是 \(k\) 对 \(k+1\) 有贡献 \(tot+(n-len-cnt+tot)=n-len-cnt\)。
• 如果 \(x\) 第 \(k\) 位填 \(0\)：第 \(1\) 种情况有进位，为 \(tot\) 次；情况 \(2,3\) 第 \(k\) 为会有 \(1\)，贡献 \((len-tot)+(cnt-tot)=len+cnt-2\times tot\)。

令 \(dp_{i,j}\) 为考虑到第 \(i\) 位，第 \(i-1\) 位有 \(j\) 次进位的最小答案（也就是前缀长度为 \(j\)），依照上面 \(O(n\log w)\) \(dp\) 即可。

AGC043C Giant Graph

我不知道这算不算 dp 优化。

由于 \(10^{18}\) 远大于 \(n\)，我们可以贪心地选择 \(x+y+z\) 尽量大的点。于是我们将 \(x+y+z\le x'+y'+z'\) 的 \((x,y,z)\) 向 \((x',y',z')\) 连有向边。

考虑一个 \(\text{dp}\)，令 \(f_{x,y,z}\) 表示是否选择 \((x,y,z)\) 这个点，是则为 \(1\)，否则为 \(0\)。

显然有 \(f_{x,y,z}=\prod\limits_{(x,y,z)\to (x',y',z')}[f_{x',y',z'}=0]\)，即如果一个点的后继都不被选，我们就可以贪心地选择这个点；如果一个点地后继中有被选的，那这个点就不能被选。

这东西显然就是个博弈图。\(f_{x,y,z}\) 为 \(0\) 就是必胜态，\(1\) 为必败态。于是我们需要选择所有处于必败态的点的权值。

容易发现，这就相当于在三个图上，分别有一个点，为 \(x,y,z\)，每次选择 \(x,y,z\) 中的一个沿着有向边移动，不能移动的人输。三个图的 \(\text{SG}\) 值异或起来为 \(0\) 的话在原图上就是必败态了。

由于 \(\text{DAG}\) 上 \(\text{SG}\) 值不超过 \(O(\sqrt n)\)，可以 \(O(n)\) 枚举两个图的 \(\text{SG}\) 值 \(i,j\)，另一个图取 \(\text{SG}\) 值为 \(i\oplus j\) 的点即可。