暑期集训

7.5 进阶分治

P7482

序列分治。
首先考虑单个区间的最大独立集怎么算。这个显然可以 dp，\(f_i = \max(f_{i-2} + a_i, f_{i-1})\)。
分治的时候考虑跨过中点的怎么算。关键的结论是两边的最大独立集是可以合并的，只需让 \(mid\) 和 \(mid+1\) 不同时选就好了。于是维护 \(f_i\) 表示 \([i, mid]\) 的最大独立集，\(g_i\) 表示 \([i,mid)\) 的，\(h_i\) 表示 \((mid, i]\) 的，\(l_i\) 表示 \((mid+1,i]\) 的。分别 dp 维护。那么答案就是 \(\max(f_i + l_j, g_i + h_j)\)。
暴力枚举 \(i,j\) 的话复杂度实际上还是不对的。必须把括号拆掉，分讨情况：

• \(f_i + l_j \ge g_i + h_j\)，即 \(f_i - g_i \ge h_j - l_j\)。此时贡献取前者，可以二分 \(j\)。
• \(f_i + l_j \le g_i + h_j\)，即 \(f_i - g_i \le h_j - l_j\)。同理此时贡献取后者。

那么枚举 \(i\)，二分 \(j\) 计算答案即可。毒瘤题目。

void solve(ll l, ll r) {
	if (l == r) return R = add(R, A[l]), void(); 
	ll mid = l + r >> 1; 
	solve(l, mid); solve(mid + 1, r); 
	for (ll i = max(0ll, l - 3); i <= r + 3; ++ i ) sh[i] = so[i] = f[i] = g[i] = o[i] = h[i] = 0; 
	for (ll i = mid; i >= l; -- i ) f[i] = max(f[i + 1], f[i + 2] + A[i]); 
	for (ll i = mid - 1; i >= l; -- i ) g[i] = max(g[i + 1], g[i + 2] + A[i]); 
	for (ll i = mid + 1; i <= r; ++ i ) h[i] = max(h[i - 1], h[i - 2] + A[i]); 
	for (ll i = mid + 2; i <= r; ++ i ) o[i] = max(o[i - 1], o[i - 2] + A[i]); 
	
	L = 0; 
	for (ll i = mid + 1; i <= r; ++ i )
		p[++ L] = {h[i], o[i]}; 
	sort(p + 1, p + L + 1, pp); 
	for (ll i = 1; i <= L; ++ i )
		sh[i] = add(sh[i - 1], p[i].h); 
	for (ll i = 1; i <= L; ++ i )
		so[i] = add(so[i - 1], p[i].o);
	assert((r - mid) == L); 
	sh[L + 1] = so[L + 1] = 0; 
//	cout << l << ' ' << r << ' ' << mid << ' ' << L << '\n'; 
	for (ll i = l; i <= mid; ++ i ) {
		ll xval = f[i] - g[i]; 
		ll p = find(xval); 
		if (p == -1) p = L + 1; 
		R = add(R, (f[i] % mod) * (p - 1) % mod); 
		R = add(R, so[p - 1]); 
		
		R = add(R, (g[i] % mod) * (L - p + 1) % mod); 
		R = add(R, sh[L] - sh[p - 1] + mod); 
	}
} 

P4755

由于我们关心最大值，考虑按最大值分治。对于区间 \([l,r]\)，找到区间最大值位置 \(x\)，如果有多个取任意一个，这个用 st 表可以维护。那么区间分裂成 \([l,x)\) 和 \((x,r]\)。考虑以 \(a_x\) 为 \(max\) 时候的贡献。在左侧枚举 \(i\)，只需寻找右侧有多少 \(j\) 满足 \(a_j \le \frac{a_k}{a_i}\) 即可。然而排序后二分的复杂度是错的。这是因为不同于序列二分，可以构造最大值位置，类似快速排序卡成 \(O(n^2)\)。因此使用启发式合并的思想，枚举长度小的那一边，由于我们只需要求特定区间内 \(\le\) 某个值 \(x\) 的个数，可以离线下来用树状数组做。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，不会证。

CF1175F

法一

考虑子区间 \([l,r]\) 是排列，那么有：

1. 最大值是区间长度。
2. 区间无重复元素。记 \(p_i\) 表示上一个与 \(i\) 相同的元素。满足 \(\forall i \in [l,r] p_i < l\)。

依旧是按最大值分治。这样就确定了区间长度。然后是套路地，枚举较短的一段，枚举作为左 / 右端点，那么确定了另一端的长度，使用数据结构维护区间内 \(p\) 的最小值即可。做完了。

法二

考虑 T647135 这个题。题意是求序列中排列的最大长度。这个题里我们从 \(1\) 开始往右暴力扩展，记录最大值另一端的判断使用 xor-hashing。然后再倒着做一遍，这样在线性时间解决了问题。

7.6 计数

P6075

神秘结论题。由于各个元素之间互不影响，考虑对于集合中每个元素单独做。那么对于每个元素 \(x\)，这个三角形里每个位置的子集就只有包含 \(x\) 和不包含 \(x\) 两个状态，记为 \(1/0\)。那么对于每个 \(1\)，要求其左上方部分都为 \(1\)，相当于在三角形内部画一条分界线。把这个等腰直角三角形旋转到底在底下的状态，那么这条分界线就是从顶部走到底部任意一点的方案数，容易发现步数就是 \(k\)，那么方案数就是 \(2^k\)。\(n\) 个元素方案数就是 \(2^{kn}\)。

P3223

容斥。不考虑老师是否相邻放进去就是 \(\binom{n+3}{m} \times (n+2)! \times m!\)，考虑老师相邻就看做整体，\(\binom{n+2}{m} \times (n+1)! \times m! \times 2\)，两者相减即为答案。

P6008

挺清新的题。首先对于每个联通块单独做。对于某个联通块，模拟水位上升的过程。对于单独一个空，方案数 \(f = 2\)，可以填水可以不填。然后令当前的水位为 \(h\)，现在枚举水位 \(h + 1\)，那么就会有若干个块被合并到一个块内，方案数就是几个块方案数之积。最后注意得到新的块方案数要 \(+1\)，因为得到的实际上是水位 \(h+1\) 及以下的方案数，水位 \(h\) 填满也是一种方案。
使用 dsu 维护即可。注意同一行可能合并到不同的块内。

UESTC1147

求最短路径方案是简单的。在跑最短路的时候计算就好。问题在于由于边权可能为 \(0\)，可能有无限条最短路。这个怎么判呢？只需判断边权为 \(0\) 的边是否在某条最短路径上即可。我们正着反着跑两遍最短路，分别记为 \(f,g\)。那么记这条边为 \((u,v,0)\)，判断 \(f_u+g_v\) 是否等于最短路径长度 \(f_n\) 即可。

CF439E

人话就是把 \(n\) 分成 \(f\) 个数之和，要求 \(f\) 个数的最大公约数为 \(1\)。多次询问。
考虑容斥。记 \(f(n,m)\) 表示 \(n\) 分成 \(m\) 个数之和的方案数。总的方案数是 \(\binom{n-1}{m-1}\)，然后考虑不合法的方案数，枚举最大公约数为 \(d\)，即 \(gcd(a_1,a_2,\cdots,a_m) = d\)，记 \(a_x = d \times b_x\)，那么 \(gcd(b_1,b_2,\cdots b_m) = 1\)

7.7 STL

P3644

首先把不用过桥的扔掉，把过桥的贡献预处理。
考虑 \(K = 1\)，那么此时相当于找一个点到这 \(2n\) 个点距离最短。经典中位数，取第 \(n\) 个点即可。
\(K = 2\)。记两座桥坐标分别为 \(X_1,X_2\)。手玩一下可以发现 \(X_1\) 左侧的人一定走 \(X_1\)，\(X_2\) 右侧的人一定走 \(X_2\)。中间的人只需判断家与工作地的中点与 \(X_1,X_2\) 中点的关系。
那么把每个人的家和工作地的中点 \(p\) 拿出来排序。枚举 \(X_1,X_2\) 中点，左右侧分别是 \(K = 1\) 的子问题。动态维护前后的中位数即可。接下来考虑距离怎么算。

7.9 dp

106554A

由于一包馍片只能扔一次，那么用两个序列 \(A,B\) 记录扔了一次 / 没扔的馍片。注意到我们只关心序列末尾馍片的值，于是 dp 时只记录 \(A,B\) 末尾的值即可。还要记录 \(A\) 的头部来与 \(B\) 的末尾做一个贡献。
由于值域很小，可以开四维的数组进行 dp，\(f_{i,j,k,l}\) 表示处理前 \(i\) 个元素，扔了一次的序列 \(A\) 的头部尾部分别为 \(j,k\)，没扔序列的尾部为 \(l\)。把 \(i\) 那维滚掉即可。时间复杂度 \(O(nV^3)\)，其中 \(V = 5\)。注意通过特判 \(l = 0\) 或者 \(j=k=0\)，此时序列为空，没有贡献。

CF2209E

爆了。记字符串为 \(s\)。

\(q\le100\) 显然是让我们 \(O(qn)\) 做的。每组询问直接把字符串摘出来，然后做 dp。\(f_i\) 表示前 \([1,i]\) 的 \(f\) 值，答案即为 \(\sum_{i=1}^{r-l+1} f_i\)。考虑 \(f_i\) 怎么求。
把转移方程刻画一下，\(f_i = \max(f_{j-1} + 1)\)，其中 \([j,i]\) 为 \(s\) 的某个前缀。你发现能转移的 \(j\) 点满足 \(s_{j\sim i} = s_{1\sim i - j + 1}\)，这实际上是位置 \(i\) 的一个 border。手玩可以发现为了让 \(f\) 更大，这个 border 肯定越短越好。那么记 \(g_i\) 表示位置 \(i\) 的最小 border，有 \(f_i = f_{i-g_i} + 1\)。
记 \(nxt_i\) 表示 \(s\) 的 next 数组。对于 \(g_i\) 的求法，有以下几种情况：

• \(nxt_i=0\)，此时 \(g_i=i\)。即该串无 border。
• \(nxt_{nxt_i} = 0\)，此时 \(g_i = nxt_i\)。即此时为最小 border。
• 否则，\(g_i = nxt_{nxt_i}\)。这是因为 border 的 border 还是 border。

那么做完了。时间复杂度 \(O(qn)\)。给了 4s 可以通过。

P10977

依旧刻画转移方程：\(f_i = \max(f_{j-1} + \max(A_j,A_{j+1}\cdots A_i))\)。其中 \(j\) 还要满足 \(A_{j\sim i}\) 的区间和 \(\le m\)。这个显然可以二分把 \(j\) 的范围定在 \([p, i]\)。
注意到这个跟 P6647 很像。不同在于 \(p\) 不是固定的。

7.15 模拟赛

P15861

不会这个题还有救吗。

考虑 \(m = n(n-1)/2\)，此时显然直接放 \(n\) 个相同元素是对的。考虑微调，记相同元素为 \(p\)。找到最大的 \(n_0\) 使 \(n_0(n_0 - 1)/2 < m\)，记 \(t = m - n_0(n_0 - 1)/2\)，要有 \(t\) 的贡献，只需要在第 \(t\) 个 \(p\) 后插入一个 \(2p\) 就好了。那么做完了。注意特判 \(m=0\)。

7.16 模拟赛

P11829

诈骗题。赛时结论猜对了一半只有 \(88\)。
我们按子任务一步一步考虑：

子任务 1

\(m=n-1\)，此时为一棵树。由于树本身就不存在环，因此随便怎么分都可以。

子任务 2

保证存在两个以上的栖息地互相无法抵达。即连通块数量 \(\ge 2\)。
思考什么情况会构成环，由于不同连通块之间肯定不会构成环，容易发现当且仅当三个团体都有点在同一连通块内，才有可能构成环。
由于连通块数量 \(\ge 2\)，不让三个团体的某些点放在同一连通块即可。具体可以把一个团体放在一个连通块，另外两个团体放在另外一个不同的连通块，这是容易做的。

正解

现在只有 \(1\) 个连通块，原图是联通的。
不妨记三个团体分别为 \(A,B,C\)。
大胆猜测我们总是把 \(A,B,C\) 的点数划分成 \(1,1,n-2\)，这是因为同一团体内点数更多是不优的，这样只会增加更多的边数，更可能形成环。
考虑随机化，每次随机两个不同的点 \(x,y\) 放入 \(A,B\)，剩下的点放入 \(C\)。赛时的想法是如果 \(x,y\) 之间没有边就不会形成环，那么判断一下就好了。但是这样只有 \(88\)，这是因为存在一个反例：

这个时候也会形成环，考虑避免这个情况。我们分讨 \(x,y\)，记点 \(p\) 的邻居集合为 \(S(p)\)：

• \(x,y\) 之间没有边，这个时候需要 \(|S(x) \cap S(y)| \le 1\)，即 \(x,y\) 至多只有一个公共邻居。
• \(x,y\) 之间右边，这个时候需要 \(|S(x) \cup S(y)| = \emptyset\)，即 \(x,y\) 没有公共邻居。

那么使用 set 维护 \(x,y\) 邻居的集合即可。由于边数较小随机化的次数不会太多。

P12401

7.17 模拟赛

CF425E

考虑 \(S\) 确定的情况怎么求 \(f(S)\)。贪心策略是把线段按右端点排序，每次选当前能选的右端点最小的线段。
然后由于我们关心这个右端点的位置，把它放进状态。\(f_{i,j}\) 表示选了 \(i\) 条线段，当前贪心到的右端点为 \(j\)，考虑所有端点 \(\le j\) 的线段的方案数。枚举选的上一条线段 \(j\) 的右端点 \(p\) 进行转移。然后我们考虑线段 \([l, r]\)：

• \(l,r \le p\)，这个在 \(f_{i-1,p}\) 已经考虑了。
• \(l \le p\) 且 \(p < r \le j\)。这种线段肯定不会被选，可有可无，总方案数 \(2^{(j - p) \times p}\)。
• \(l > p\) 且 \(p < r < j\)。这些线段不能存在。
• \(l > p\) 且 \(r = j\)。这么多线段有一条足矣，总方案数 \(2^{j - p} - 1\)。

那么转移 \(f_{i,j} = \sum f_{i-1,p} \times (2^{j-p}-1) \times 2^{(j-p) \times p}\)。预处理 \(2\) 的幂次可以做到 \(O(n^3)\)。

7.20 训练赛（F）

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L The Vault of Stars

很妙妙的容斥。
首先考虑没有限制的时候咋做。这相当于把 \(S\) 个球放进 \(n\) 个盒子里，盒子可以为空。简单计数即为 \(\binom{S + n - 1}{n - 1}\)。
现在考虑求解不满足条件的方案数，即 \(\exists i\) 使得 \(X_i > L_i\)。
考虑不满足的 \(X_i\) 的个数，先考虑至少存在 \(1\) 个 \(i\) 满足 \(X_i > L_i\)，枚举这个 \(i\)，剩下的可以任意给。此时我们令 \(X_i \leftarrow X_i - L_i - 1\)，这样问题又转化为没有限制的情况，方案数 \(\binom{S' + n - 1}{n - 1}\)，其中 \(S' = S - L_i - 1\)。
然后考虑至少存在 \(2\) 个 \(i\) 满足 \(X_i > L_i\)，枚举这两个不满足的 \(i,j\)，那么同理可得方案数 \(\binom{S'' + n - 1}{n - 1}\)，其中 \(S'' = S - L_i - 1 - L_j - 1\)。注意根据容斥，这个方案数要加上。
那么显然可以直接写个爆搜去求，但这样有些麻烦。考虑把上面的情况写成一般形式，记当前不满足条件的物品集合为 \(T\)，那么贡献就是 \((-1)^{|T|} \times \binom{S' + n - 1}{n - 1}\)，其中 \(S' = S - \sum_{i\in T} (L_i+1)\)。利用二进制枚举 \(T\) 即可。时间复杂度 \(O(2^nn)\)。
注意这个组合数计算，由于 \(S\) 可能很大，根据组合数公式 \(\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}\)，预处理 \(m!\) 的逆元，然后暴力求 \(n(n-1)\cdots (n-m+1)\) 即可。

7.21 训练赛（H）

爆了。

I Exercise

考虑贪心。考虑两个题 \(i,j\) 的先后顺序，推导得到当 \(b_it_j > b_jt_i\) 时，\(j\) 在 \(i\) 前面。也就是 \(\frac{b_i}{t_i}\) 更大的要放前面。于是按这个东西排序，做一遍 01 背包即可。时间复杂度 \(O(n\log n + nT)\)。

J ACM

神了。

先考虑两个部分的情况，分讨 \(h_1,h_2\)：

• \(h_1 < h_2\)，这类题目先手肯定不会去碰的，这样只会更劣。也就是说，这类题目双方都不会碰。
• \(h_1 \ge h_2\)，这类题目可以跟单部分题目一起考虑。

那么我们把情况 2 的题和单部分题目放在一起考虑，用大根堆维护轮流去取。对于剩下情况 1 的题目，容易证明此时的先手必定会拿到所有的 \(h_1\)，后手必定拿到所有的 \(h_2\)。那么做完了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

L String Doubling

不会这个题，是不是该退役了。

考虑倒着推，思考怎么从当前的位置推导出这次操作前的位置：

• 当前为操作 \(1\)。如果加的这个字符正是我当前的位置，那么直接输出。否则位置不变。
• 当前为操作 \(2\)。位置不变。
• 当前为操作 \(3\)。如果当前位置在后半段，就变到前半段去。具体的，假设当前位置为 \(P\)，当前串的长度为 \(L\)，如果 \(P > \frac{L}{2}\)，那么有 \(P \leftarrow P - \frac{L}{2}\)。否则不变。

那么先维护每次操作后串的长度，离线下来倒着推即可。时间复杂度 \(O(tq)\)。

7.22 edu 训练

D Two Digit Strings

无敌了。

考虑合并的过程，我们实际上把原数字串划分成了若干段，每一段进行合并。这样问题就变成把这两个数字串分别划分成 \(L\) 段，要求每一段数字和 \(\bmod 10\) 一一对应相等。求 \(L\) 的最大值。
止步于此了。对两个串分别做一遍前缀和，记得到的前缀和为 \(s,t\)。考察匹配的过程，你发现我们总是在匹配两个相同的 \(s_i,t_j\)，很妙的东西是对 \(s,t\) 做一遍 LCS 就完了。

E Product of Closures

爆了。考察选手的注意力。

分类讨论。记 \(r\) 的最高位为 \(k\)，即有 \(2^k \le r\)，故 \(r\) 在二进制下共 \(k+1\) 位。

• 若 \(l,r\) 在二进制下位数相等。我们找到 \(l,r\) 从高到低第一个不相等位，前面的位显然要求 \(x,y\) 与 \(l,r\) 一致。在这一位，我们令 \(x\) 的这一位为 \(0\)，\(y\) 的这一位为 \(1\)，这样 \(x\) 后面的位全放 \(0\)，\(y\) 后面在满足 \(\le r\) 的条件下随便放。这样的构造可以让最终序列对应的位置全是 \(0\)，是最优的。
• 若 \(l,r\) 在二进制下位数相差 \(1\)。考虑 \(x,y\) 位数不同的情况，显然令 \(y = 2^k\)，考虑 \(x\) 怎么取，手玩发现我们希望 \(x\) 的 \(1\) 尽量往后放，于是令 \(x = l\) 就是对的。然后考虑 \(x,y\) 位数相同的情况，容易证明是不优的。
• 若 \(l,r\) 在二进制下位数相差超过 \(1\)。显然我们总是令 \(y = 2^k\)，考虑 \(x\) 的取值，手玩发现位数多是不优的，而且我们总是取 \(x = 2^p\)，所以这个 \(p\) 肯定越大越好，于是 \(y = 2^k,x = 2^{k-1}\) 就是对的。

那么做完了。后两种情况放在一起算，手玩发现 \(k(k+1)\) 位必定会出现循环。用 \(k(k+1)\) 当循环节就是对的。时间复杂度 \(O(tn)\)。

7.23 训练赛（F、J）

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G 命运石之门的选择

神秘。

首先考虑根节点只有一个儿子的情况，此时只能从下往上选，只关心 \(n\) 的奇偶性，平凡。
考虑根结点至少有两个儿子的情况，我们在某个儿子 \(c\) 里选了点 \(u\)，那么双方必定只会在 \(c\) 的子树 \(T_c\) 里选，否则 lca 就到根了，这是显然的。
那么每个子树都是独立的，对于每个子树分别考虑。现在要思考什么时候会被规则强制跳出该子树。
容易想到如果对于某个深度，这一层子树内只有一个点，子树外却还有其它点，这个时候后手就会强制跳到子树外，先手必胜。我们称这种点为关键点。
那么如果某个点为关键点，且这个点所在的子树包含深度最深的起始点，拿到这个点的先手就必胜。然后拿到这个点的先后手显然只跟这个点的子树大小的奇偶性有关。
那么就会做了。枚举每棵子树，从下往上找到第一个关键点，判断是先手必胜或后手必胜。如果有一棵子树是先手必胜，那么先手显然可以选这棵子树来让他必胜。
然后考虑怎么实现。维护每个点深度，子树大小，子树内最大深度，全局最大深度，每个深度有多少个点。在做每棵子树的时候，维护这棵子树内每个深度点的个数即可，这个可以差分，加完再减回去。那么每个点只需要维护常数次，时间复杂度 \(O(n)\)。

L 样品检测

神了。

考虑二进制分组，把样品编号写成二进制。对于每一位把该位为 \(0\)、该位为 \(1\) 的放在一起分别检测。由于 \(2^{10} > 1000\)，至多 \(20\) 次就可以找到只有合法样品在的集合，在集合里二分即可。
然后前面的询问我们又确定了两个编号的每一位是否相同，那么做完了。

7.24 训练赛（C、D、L）

I「I」nan desu

神秘计数。

考虑枚举中间列 \(j\)，这样对于这一列，我们得到了若干连续段。对于每个连续段显然可以单独做，我们对每个点维护往左 / 右能延长的最大半径 \(r\)，那么这个段的贡献就相当于任取两个不相邻的行 \(i,k\)，贡献是 \(\min(r_{i,j},r_{k,j})\)。那么对于每个连续段，内部按 \(r\) 排序，用 bit 维护贡献就是对的。当然也可以容斥。时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)。

J Stop, Grid Please No More

容易想到答案是 \(\max((n-2)m,(m-2)n)\) 但是这样 WA 了。这个东西显然可以当下限，考虑更好的划分。手玩可以发现舍弃四个角的 \(1\times 2\) 的格可以做到 \(nm - 8\)，前提是 \(\min(n,m) \ge 4\)。

K NTT

根据费马小定理，有 \(x^{p-1} \equiv 1(\bmod p)\)。考虑把 \(x^k\) 写成这个形式。有 \(k = (p-1)q + r\)，那么 \(x^k = x^{(p-1)q} \times x^r \equiv x^r(\bmod p)\)。那么 \(x^k \equiv x^{k \bmod (p-1)}\)，做完了。注意把 \(x\) 弄成正的再求值。

M Until next time, SCNUCPC!

神秘贪心。

记 \(d_i = p_i - p_{i-1}\)，代价就是 \(\sum p_id_i = \sum \frac{1}{2} (p_i^2 - p_{i-1}^2 + d_i^2) = \frac{1}{2}(n^2 - 1 + \sum d_i^2)\)。只需最小化 \(\sum d_i^2\)。
根据均值不等式，对于一个能放的连续段，我们总是均匀地放 C。考虑刻画这个过程，记 \(f(m,p)\) 表示在长度为 \(m\) 的连续段里放 \(p\) 个 C 的最小代价。考虑这个怎么求。

那么相当于把连续段分成 \(p+1\) 段，由于是均匀地分，分出来的段长度为 \(\frac{m}{p+1}\) 和 \(\frac{m}{p+1}+1\)，其中 \(m \bmod (p+1)\) 是后者的段数。那么贡献是好算的。

然后用大根堆维护 \(f(m,p) - f(m,p+1)\) 的值，取出 \(k\) 次即可。时间复杂度 \(O(k\log n)\)。

7.27 训练赛

B Bus Game

人类吗。

\(n \le 20\) 考虑直接状压，每个点只有两种状态，选了或没选，再记录一下先后手。那么 Alice 从后继 max 转移，Bob 从后继 min 转移即可。限制的话可以预处理出二进制数 \(sta_i\) 表示要选 \(i\) 的话那些点不能选。输出方案的话就正着推一下。时间复杂度 \(O(n2^n)\)。

E Simple Math

爆了。退役了。

记 \(99999 \cdots = 10^m - 1\)，那么有 \(x \mid 10^m - 1\)，即 \(10^m \equiv 1(\bmod x)\)。考察这个方程的可解性：

• 若 \(\gcd(10,x) = 1\)，由欧拉定理知若 \(a,n\) 互质，有 \(a^{\phi(n)} \equiv 1(\bmod n)\)，令 \(m=\phi(x)\) 即为一组合法解。
• 否则，\(2\) 或 \(5\) 为 \(x\) 的质因子。容易证明 \(10^m-1\) 不含 \(2,5\) 这两个质因子，因此无解。

综上，若 \(\gcd(10,x)\ne 1\)，不存在。否则令 \(k = \displaystyle \frac{10^{\phi(x)}-1}{x}\) 即为答案。

M Little t's GCD

有点牛这个题。

推式子得到 \(W(L,R) = R^2 - (L-1)^2\)。考虑一下暴力 dp，\(f_i\) 表示前 \(i\) 位的答案。枚举 \(j\) 进行转移，\(f_i = \max(f_{j-1} + [i^2 - (j-1)^2] \times \gcd(a_j,a_{j+1},\cdots a_i)) - P\)，其中 \(j \in [1,i]\)。
移个项发现我们关心的是 \(f_{j-1} - (j-1)^2\gcd(a_j,\cdots a_i)\)，这个好像很难用大数据结构去维护，考虑一个结论：

固定右端点 \(i\)，那么向左延伸的 \(\gcd(j,i)\) 至多形成 \(\log(V)\) 个值相同的连续段，这是因为 gcd 的衰减是很快的。

于是对于 \(i\) 考虑维护这个连续段。维护 \((L,R,v,W)\) 表示这个连续段为 \([L,R]\)，\(j\in [L,R]\) 满足 \(\gcd(a_j,\cdots a_i) = v\)，\(f_{j-1} -(j-1)^2v\) 的最大值为 \(W\)。
然后当 \(i \to i+1\) 时，进行如下维护：

• 将所有连续段的 \(v \to \gcd(v,a_i)\)。
• 若某段的 \(v\) 改变，暴力维护 \(W\)。这是因为 \(W\) 依赖 \(v\)。
• 对相同 \(v\) 进行合并。

维护完之后枚举所有连续段暴力维护 \(f_i\) 即可。时间复杂度大概是 \(O(n\log V)\)。

7.28 edu 训练（F）

E Sum of Digits (and Again)

首先容易发现这个数字和衰减是很快的，大概三四次就能结束。
一开始卡在了怎么判断能否凑出原始的数 \(X\)，这个 \(X\) 很难搞，考虑枚举它衰减过一次的数，显然在 \(0 \sim 9 \times 10^5\) 之中。
然后进行暴力衰减之后就很好判原始的 \(X\) 能不能凑出来了。还是挺妙的，时间复杂度大概是 \(O(10n)\)。

7.29 训练赛（J、A）

这场真爆了。

H 周二会员日

把浮点数转成整数后做即可。

G 卡卡数

打表发现答案是 \(x10^{x-1}\)。补个证明。

我们把前导零补上，那么每个数都有了 \(x\) 位，一共 \(10^x\) 个 \(x\) 位数。然后这 \(x\) 位每一位都有 \(0\sim 9\) 共 \(10\) 种可能，且每一位 \(0\sim 9\) 的出现次数相等。那么一共 \(x10^x\) 个数字位，每一位是 \(\frac{1}{10}\) 的概率出现 \(1\)。答案就是 \(\frac{x10^x}{10}\)。

E 乐乐的杏花

虽然是 hard 但是挺好想？

想到维护每个点到乐乐的位置的距离就做完了。这个是容易用 sgt + dfn 维护的。然后再维护一棵 sgt，对于某个点如果它花开了就是真实距离，否则就是极大值。这样在维护距离时两棵 sgt 可以一起维护。时间复杂度 \(O(q\log n)\)。

M 六个核桃

一开始看成 \(\max\) 了，没绷住。

上界显然是 \(nm\)。考虑咋达到这个上界，你容易想到一个贪心策略，就是将原排列向右循环移位 \(m\)。交上去发现 wa 了。手玩一下发现这个策略在 \(m \le \frac{n}{2}\) 时是对的，可以达到上界 \(nm\)。考虑一下 \(m > \frac{n}{2}\) 的时候咋做。
这个时候难以达到上界，我们希望尽量多的位置取到 \(m\)。那么在前 \(n - m\) 个位置，构造 \(m + 1 \sim n\)，在后 \(m\) 个位置，构造 \(1 \sim n - m\)，这样这两部分可以取到 \(m\)。对于中间的部分，逆序放显然为最优。
这个只能感性理解，把中间的数字放在左 / 右边不会让答案更优。

C 圆桌会议

神秘。

考虑一个挺牛的构造。我们记 \(k = \frac{n}{3}\)，然后把数分成三段：\([1,k],[k+1,2k],[2k+1,3k]\) 以及剩下 \(n\bmod 3\) 个数。
然后我们这么构造：

\[1,k+1,2k+1,2,k+2,2k+2 \cdots k,2k,3k, 3k+1,3k+2 \]

你会发现这样中位数就都来自 \([k+1,2k]\)，中位数个数压缩到 \(k\) 个左右。答案只会是 \(k/k+1/k+2\)。

B 最大数码 2

\(r - l < 9\) 的直接暴力算。否则第一问答案肯定是 \(9\)，考虑第二问：

• 若 \(l,r\) 位数相同，答案显然是离 \(l\) 最近的含 \(9\) 的数。
• 若 \(l,r\) 位数不同，答案的形式是 \(1000\cdots 9\)，那么枚举 \(0\) 的个数做即可。注意可能存在 \(l,r\) 位数不同但 \(1000\cdots 9\) 也不存在的情况。此时答案显然与第一种情况相同。

L 猪猪车

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7.30 edu 训练

F Level Generation

显然答案具有单调性。如果边数 \(m\) 成立，那么随意断掉一条边，\(m - 1\) 也成立。于是可以二分这个最大边数 \(m\)，那么变成存在性问题。
我们希望割边的数量尽量少，那么割边数量显然就是下限 \(b = \lceil \frac{m}{2} \rceil\)。这样得到 \(n - b\) 个连通块，然后我们需要在这些连通块内部构造出 \(m - b\) 条边，容易想到单个连通块内点数越大越好，于是构造点数为 \(n-b,1,1,\cdots\) 的连通块，构造出来的最大边数就是 \((n-b)(n-b-1)/2\)。那么判断是否 \(\ge m-b\) 即可。

七月末的训练盛宴（I、D、G、M）

J 莲的简单题

我与构造不共戴天。

容易想到给每个数乘个质数，样例也很好的提示了。注意质数需 \(> n\)。

B 最短路图

把 \(dis_1\ne 0\) 判掉。
把 dis 从小到大排序。考虑一个点 \(r\)，假设最短路树上其前驱节点为 \(l\)，那么显然有 \(dis_r = dis_l + w(l,r)\)。那么我们需要一条长度为 \(dis_r - dis_l\) 的边挂在 \(l,r\) 之间。你发现这样每个点和边就形成了匹配关系，跑一遍二分图最大匹配就是对的。时间复杂度 \(O(n^3)\)。由于可以重边，剩下的边只要长度 \(\ge\) 某条边的长度，就可以扔上去。那么无解的情况就是我们需要的边的长度 \(>\) 给定的最小边的长度，此时这条边挂不了。

M Maximize the total of maximum

Hard。

首先 \(k\) 次操作肯定都要用掉。有一个结论是我们肯定是对同一个 \(a_i\) 进行操作。
证明不会，摘自题解：

设你对下标为 \(i\) 的数进行了 \(a\) 次操作，对下标为 \(j\) 的数进行了 \(b\) 次操作。
如果我们此时把全部的 \((a+b)\) 次操作全部进行在 \(i\) 上或者 \(j\) 上（此行为称之为一次“合并”），可以发现，这 \((a+b)\) 次操作对左端点在 \([1,i]\) 且右端点在 \([j,n]\) 的以及被区间 \([i + 1,j −1]\) 包含的所有区间的贡献是不变的，所以我们只需要考虑仅包含 \(i\) 的区间和仅包含 \(j\) 的区间。
记 \(c_l\) 为将 \(l\) 次操作应用在 \(i\) 上对答案产生的贡献，\(d_l\) 为将 \(l\) 次操作应用在 \(j\) 上对答案产生的贡献，显然，序列 \(c\) 和序列 \(d\) 都是非严格单调递增的。若 \(c_a\ge d_b\) ，那么将 \((a+b)\) 次操作全部进行在 \(i\) 上肯定是不劣的；若 \(c_a<d_b\)，同理可知，将 \((a+b)\) 次操作全部进行在 \(j\) 上肯定是不劣的。证明完毕。

ok 那么显然枚举 \(a_i \to a_i + k\)，然后大力分讨贡献。
显然只考虑包含 \(i\) 的区间。区间分为两类，一类区间和 \(\in [c-k,c]\)，我们关心这类区间的区间和之和。另一类区间和 \(< c - k\)，我们关心这类区间的个数。
考虑求第一类区间的贡献。考虑容斥，记 \(S\) 表示所有区间和在 \([c-k,c]\) 内的区间的区间之和。维护 \(pre_i\) 表示区间端点被 \([1,i]\) 包含的，区间和在 \([c-k,c]\) 内的区间的区间之和，同理 \(suf_i\) 表示区间端点被 \([i,n]\) 包含的。那么贡献就是 \(S - pre_{i-1} - suf_{i+1}\)。然后 \(pre_i,suf_i\) 容易用 ds 维护。
第二类区间也是同理的。那么做完了。