杂题选记

P13357

难度：绿

不会。那咋办。
gcd 问题考虑枚举答案。枚举答案 $w$，找到 $\le R$ 的最大的 $w$ 的倍数 $R - (R\bmod w)$，只需判断 $R - (R\bmod w) - w$ 是否 $\ge L$。正确性显然。
考虑怎么优化，将 $R - (R\bmod w)$ 写成 $\lfloor \frac{R}{w} \rfloor w$，也就是判断 $\lfloor \frac{R}{w} \rfloor w - w$ 是否 $\ge L$。注意到 $w$ 较大时，$\lfloor \frac{R}{w} \rfloor$ 数量极少，是根号级别的。考虑枚举 $t = \lfloor \frac{R}{w} \rfloor$，需要找到 $w(t - 1)$ 的最大值，也就是使 $w$ 最大，令 $w = \frac{R}{t}$ 即可。那么做完了。时间复杂度 $O(\sqrt R)$。

P10849

难度：绿

急哭了。
对于 $i$，显然是贪心往 $1\sim i-1$ 放，同时选择等级尽量大的。容易用栈维护。

P9565

难度：绿

考虑什么时候答案满足 $\ge V$：存在二进制位 $b$，满足答案高 $b-1$ 位与 $V$ 相同，第 $b$ 位 $V$ 为 $0$，答案为 $1$。
考虑怎么维护这个东西。遍历每一个二进制位 $b$，初始化并查集，如果 $V$ 当前位为 $1$，把边权这一位为 $0$ 的边都扔掉。否则如果为 $0$，边权这一位为 $1$ 的边就可以合并。对于每个 $b$，如果 $u,v$ 在当前层的并查集里在同一连通块，答案为 Yes。
如果每一层都不在，就为 No。

CF506D

难度：青

对每种颜色根号分治。
把相同颜色的边摘出来，如果个数 $> \sqrt m$，这类颜色至多 $\sqrt m$ 个，那么可以冰茶鸡维护连通块扫一遍询问，$O(q\sqrt m)$。否则个数 $\le \sqrt m$，冰茶鸡维护，枚举所有点对算贡献，所有颜色点数的平方和 $\le O( n\sqrt n)$。于是就是 $O(q\sqrt m\log q + n\sqrt n)$。注意没有算冰茶鸡的常数。

CF1221F

难度：青

简单题。写出柿子之后容易扫描线维护。

P5679

难度：青

考虑三个数 $a_i,a_j,a_k$，如果存在 $a_i - a_j = a_k - a_i$，那么 $a_k = 2a_i - a_j$，由于非负不妨转化 $a_k + V = 2a_i - a_j + V$，维护 bitset $f,g$，$f$ 记录 $a_k+V$，$g_x$ 记录 $V - a_j$。
假设当前在加入 $x$，如果 $f_x=1$ 这组询问就有解。否则 $f$ 对 $g$ 左移 $2x$ 的结果进行按位或，再把 $g$ 的第 $V - x$ 位设为 $1$。正确性显然。

bool ok = false; 
for (ll i = 1; i <= n; ++ i ) {
	ll x; cin >> x; 
	if (f[V + x]) ok = true; 
	f = f | (g << (x << 1));  
	g.set(V - x, 1); 
}
cout << (ok ? "YES\n" : "NO\n");

P6241

难度：青

显然我们可以轻松得到 $1,1,2,4,8,16,32,\cdots$，你考虑把其中 $1$ 个减 $1$，序列变成 $1,1,2,3,7,14,28\cdots$，手玩得到规律，对 $a_{n-i-1}$ 减少 $1$，那么 $a_n$ 减少 $2^i$，那么找到第一个比 $q$ 大的 $p = 2^i$，把 $p - q$ 二进制分解即可。

P16541

难度：蓝

容易会掉 $O(nq)$。考虑 dp 的本质是啥，本质上我们在维护最大值、次大值 $(A,B)$，每次给次大值加上 $w_i$，如果加完 $A < B$ 了就交换一下。那么有一个结论是 $A + B =\sum w_i$，不妨记为 $S$。
注意到值域很小，$w_i\le 50$，我们来考虑维护 $A - B$ 的差，遇到一个 $w_i$ 就 $|A-B| \to |A-B-w_i|$。由于操作具有可合并性，使用 sgt 维护。具体对于每个区间，维护 $50$ 个节点，每个节点的值表示最初为 $x$，经过当前区间会得到的值。pushup 的时候先走右区间，再走左区间。

void pu(ll k) {
	for (ll i = 0; i <= 50; ++ i ) 
		tc[k][i] = tc[k << 1][tc[k << 1 | 1][i]]; 
}

P15255

难度：蓝

$O(2^nn^3)$ 可以通过。
考虑熔池，考虑一组 $(x,y,z)$，有一下几种情况：

$x$ 为 $1$ 得分加 $1$。
$x,y$ 为 $1$，得分减 $1$。
$x,z$ 为 $1$，同上。
$x,y,z$ 为 $1$，得分多减了，要加 $1$。

然后跑 sosdp 就完了。时间复杂度 $(n2^n + K)$。

P14402

难度：蓝

神秘最短路。你考虑当前在 $(x,y)$，下一步能向哪移动？？

向上下左右走一步，到最远的冰块。
走两步走到相邻节点。

直接建图做就是对的。证明考虑不合法的路径都不优。参考题解：

若考虑操作一所生成的冰块，直接返回等价于操作二，若绕一圈回到起点（例如先向右滑动到冰块前，并在起点生成一个冰块，再依次往下左上回到最初的位置）代价至少为 $3$，这一步劣于直接向下移动一格，代价为 $2$。
若考虑操作二所生成的冰块，直接前进（例如先向右，左滑动，移动到右边一格，再继续向右滑动）劣于只执行一步操作一，若是继续绕一圈再回到原位，步数显然只会更多。

P5228

难度：青

考虑 dp，$f_i$ 表示面值最大值为 $i$ 时的最小代价，转移就枚举 $i$ 的倍数作为最大值，更新减少的贡献。

P7768

难度：青
考虑对每个深度进行维护。维护每个深度点权的异或和。
对每个 dfs 序维护一珂主席树，查询的时候使用 $ed_x$ 版本的主席树异或掉 $st_x-1$ 版本的主席树，注意主席树上维护的是每个深度的点权异或和。
不会离线做法，跑路了。

P3200

难度：绿

考虑我们每次插数，当前在决策要放在奇数位还是偶数位。那么要求偶数位的个数 $\ge$ 奇数位的个数，也就是入栈个数 $\ge$ 出栈个数，即卡特兰数。

9.23 A

嘻嘻。

显然可以二分。考虑二分到答案为 $v$，那么中位数 $\ge v$ 当且仅当我们可以选出 $\ge (n+1)/2$ 个 $\ge v$ 的数。那么随便做。

9.23 B

做麻烦了。
考虑看成线段，分讨交换之后的贡献。代码不超过十行。

P9180

急。

显然有个暴力 dp，$f_{i,l,r}$ 表示考虑前 $i$ 个询问，剩下区间 $[l,r]$ 是否可行。转移容易做到 $O(n^3)$，获得 $21$ 分。
显然对于相同的 $l$，我们希望右端点越大越好，把这个东西放到状态里。$f_{i,l}$ 表示考虑前 $i$ 个询问，左端点为 $l$，右端点的最大值。转移的时候你考虑从前 / 后缀转移。

前缀。右端点不变，考虑如果 $[l-d+1,l]$ 合法，那么可以从 $f_{i-1,1...l-d}$ 转移，可以维护前缀最大值做到 $O(1)$ 转移。
后缀。比较麻烦，对于任意右端点 $r$ 满足 $[r-d+1,r]$ 合法，可以从 $r-1$ 转移。维护 $R_x$ 表示 $x$ 及之前能满足这个要求的最大值。轻松维护 $R_x$ 可以做到 $O(1)$ 转移。

总的时间复杂度 $O(n^2)$。

P7362

感觉不是很难的题。赛时没做多久，获得了可观的分数就跑路了。现在看来正解也是不难的。

$S = 1$，手玩容易知道对相邻数异或操作 $3$ 次可以交换。容易做到 $K = 3n(n-1)/2$，可以获得可观的分数。我们现在做的是冒泡，考虑变成插入排序。每次考虑当前序列的最大值，假设序列当前 $\{a,b,c,d,e\}$，转成 $\{a\oplus b,b\oplus c,c\oplus d,d\oplus e,e\}$，如果最大值是 $c$，再转成 $\{a\oplus b,b\oplus c,c\oplus d,c\oplus e, c\}$，这样 $c$ 就被放到了最后，最后处理 $c$ 之前的变成 $\{a\oplus c,b\oplus c, c\oplus d,c\oplus e, c\}$。这样 $c$ 的影响被消去（下一次异或会把 $c$ 消去）。继续处理前面的数即可。操作数大概 $O(n^2)$。
$S = 2$，赛时没仔细想。对于每一位分别考虑，如果存在一个 $1$，显然可以放在最后。具体如果存在某个 $i$ 满足 $A_{i,bit}=1$，若 $A_{i+1,bit}=1$ 可以消掉，否则可以通过两次异或消掉，转移到 $i+1$。那么如果存在 $1$ 只会被放在最后。考虑下一位时就可以把上一位末尾的数扔掉。

P7168

神笔数学题。

一个经典结论是按题目中连对角线的方法，会划分出若干个三角形。
考虑 $0$ 没出边的情况，这个时候显然答案是 $(0,n-1)$。否则我们只关心与 $0$ 相关画出来的三角形。依次询问 $[1,n-1]$ 与 $0$ 是否有边，以及相邻边的底边即可。

P6298

很好的熔池。
记 $g_i$ 表示选 $k$ 个数，$\gcd$ 是 $i$ 的倍数的方案数。你维护 $f_i$ 表示原序列中能被 $i$ 整除的数的个数，显然 $g_i = \binom{f_i}{k}$。考虑答案怎么求，从后往前枚举，维护 $t_i$ 表示 $i$ 的真实答案，初始 $t_i = g_i$，熔池一下得到 $t_i = g_i - t_{2i} - t_{3i} \cdots$ 即可。

10.1 B

不会做绿题。那咋办。
考虑一个简单的转化，你发现答案可以从大矩形一直异或下去得到，考虑去加速这个过程。做二维前缀和 $p_{i,j}$ 表示矩形 $[1,i] \times [1,j]$ 的异或和。考虑正在计算答案 $[a,c] \times [b, d]$，第 $k$ 个矩形的答案 $p_{c-k,d-k} \oplus p_{a+k-1,d-k} \oplus p_{c - k,b+k-1} \oplus p_{a+k-1,b+k-1}$。记边界 $T = \min(\lfloor \frac{c-a}{2}\rfloor,\lfloor \frac{d-b}{2}\rfloor)$，即计算 $k \in [0, T]$ 的异或和的异或和。考虑拆开：

$ A = \oplus_{k=0}^T p_{c-k,d-k}$
$ B = \oplus_{k=0}^T p_{a+k-1,b+k-1}$
$ C = \oplus_{k=0}^T p_{a+k-1,d-k}$
$ D = \oplus_{k=0}^T p_{c-k,b+k-1}$

容易维护。

10.1 C

棋差一招。
记 $lf_i$ 表示 $i$ 子树内叶子个数，$f_i$ 表示当前在 $i$，走遍 $i$ 子树内叶子但无功而返的最小代价，$g_i$ 表示当前在 $i$，在子树内抓到小偷的期望时间（$g_1$ 即为答案）。

$lf_i$ 转移显然。
$f_i = \sum_v (f_v + 2)$
$g_i = \sum_v \frac{lf_v}{lf_i}(1 + g_v + \sum_{j < i}f_j+2)$

然后考虑要按什么顺序决策。经典的邻项交换，注意到只有第三者里的 $lf_v\sum_{j < i} f_j+2$ 与顺序相关，按 $(f_a+2)lf_b < (f_b + 2)lf_a$ 排序即可。
可以通过没有监控的分数。有监控呢？有监控的位置 $f_i = 0$ 即可。第三项使用前缀和优化可以做到 $O(n)$。

P13785

$O(n^2)$ dp 是容易的，$f_{i,j}$ 表示末尾是 $a_i$，上一位是 $a_j$，但是没啥前途，考虑优化。
一个结论是，记答案的下标序列为 $b_i$，注意到 $b_i$ 和 $b_{i+1}$ 之间至多只会有 $4$ 种与 $b_i,b_{i+1}$ 不同的颜色出现，那么有效的状态只有 $O(nk)$ 种，其中 $k = 4$。

P1357

好题。
考虑暴力 dp 怎么做。$m \le 5$ 显然状压。枚举每一种状态为起始做一遍，即初始 $f_{i,sta} = 1$，$f_{n,sta}$ 即为答案。
转移把最高位去掉，判断填 $0/1$ 是否合法即可。时间复杂度 $O(n2^{2m})$。
考虑使用矩阵快速幂优化。$T_{i,j}$ 表示状态 $i \to j$ 的方案数。记 $T' = T^n$，答案即为 $\sum_i T'_{i,i}$。

P12966

模拟赛遇到不会做，菜飞了。

很好的 trick。显然要在 $m_i \mid m_j$ 上做文章。记最小的 $m$ 为 $m_0$，把所有数 $m \to \frac{m}{m_0}$，按 $m$ 小到大排序。
容易想到把 $m$ 相同的放在一起考虑。最小的 $m_1 = 1$，由于除了 $m_1$，剩下的 $m$ 都满足 $m_2 \mid m$，所以背包里 $m \bmod m_2$ 的空间只能放 $m_1$，贪心放置完毕后，如果还有剩余，直接压成若干个质量为 $m_2$ 的物品即可，注意如果有剩余要用价值为 $0$ 的物品填充。

P15890

挂几个定义：

图的最大匹配 $M \subseteq E$：任意两边没有公共端点的最大匹配，即最大边独立集。
图的最大独立集 $S \subseteq V$：任意两点间没有边。
图的最小顶点覆盖 $C \subseteq V$，每条边至少有一个端点属于 $C$。

对任意图，有 $S + C = V$。
在二分图里，由于 $M = C$，可以得到 $S + M = V$。
然后注意，在二分图里我们可以轻易求出最大匹配所以三个都能求。在一般图里，最大匹配可多项式求，但另外两个是 NP-Hard。

在本题里，先把那些肯定不能放学生的位置扔掉（禁止的或者旁边有 $2$ 的）。对于剩下的学生，我们把它往上下左右连边，然后就是求解最大独立集。然后重要的 trick 是，网格天然是一个二分图（按 $x+y$ 的奇偶性划分），跑最大匹配在减掉即可。

P14662

不会做，嘻嘻。
记 $f(i) = 1 \oplus 2 \oplus \cdots n - 1 \oplus n$，赛时打表发现只可能等于 $0/1/n/n+1$ 就没继续想了。实际上这个是很有用的。大力分讨：

$n\bmod 4 = 3$，此时 $f(n)=0$。容易想到分成两组，一组为 $n$，剩下放另一组。组内不连边，不同组连边。
$n\bmod 4 = 1$，此时 $f(n)=1$。分成三组，$\{1\},\{2,3\}$ 和 $\{4\cdots n\}$，容易证明是对的。
$n\bmod 4 = 0$，此时 $f(n)=n$。分成三组，$\{n\},\{lowbit(n),n-lowbit(n)\}$ 和剩下的。注意如果 $lowbit(n)=n$，即 $n = 2^k$ 时无解。因为最高位那个 $1$ 怎么都消不掉。
$n\bmod 4 = 2$，此时 $f(n)=n+1$。分成三组，$\{1,n\},\{2,n-1\}$ 和剩下的。

注意判掉 $n=1,2$，然后就通过了。

P12701

不会，嘻嘻。
拆成 $km$ 次操作。由于每个数最多只能加 $m$ 次，总有一个前缀被填到上限，后面的会被填平到某个数，于是可以二分这个数，判断总次数是否 $\le km$ 即可。注意如果有剩下的次数要继续操作。

P9525

好题哇。
考虑每次分别取出三个里面最大的，如果满足要求互不相同就直接输出。否则肯定存在一个 $i$ 使得它的某两项同时为最大值，容易证明 $i$ 肯定不能被选，直接标记扔掉即可。实现拿三个堆即可。

10.10 B

。
如果一个数 $x$ 能被合并，必然由一奇一偶合并。偶数无法合并，因此偶数很重要。枚举每个偶数，判断与它相邻的奇数是否存在 / 能否合并出来。注意如果存在肯定先用存在的而不是合并的是更优的。由于只会递归 $O(\log V)$ 层，时间复杂度 $O(n\log n\log V)$。

10.10 C

好题。
假设当前在求解 $x$，位置为 $p$。中位数问题考虑弄个 -1/0/1 序列 $c$ 出来，分别表示 $<x,=x,>x$。那么合法区间就满足包含 $p$ 且区间和为 $0$。记 $c$ 的前缀和为 $s$，维护 $s$ 的区间前缀最值和后缀最值。因为值域连续，当且仅当前缀、后缀值域有交时合法。当然还要判断全在左 / 右的情况。这个序列 $c$ 可以 $O(1)$ 维护。时间复杂度 $O(n\log n)$。

P4563

神秘。
考虑计算区间 $f(l,r)$ 的答案。显然 $r$ 要选，那么会有若干个亭子是 $r$ 能看到的，不妨记为 $p_1,p_2,\cdots ,p_k$，那么区间 $[p_i+1,p_{i+1}-1]$ 无法被 $r$ 看守，需要再安排保镖去看守，容易证明看守位置不超过 $p_{i+1}$。那么 $p_{i+1} / p_{i+1}-1$ 肯定会放。$f_{l,r} = \sum \min(f(p_i,p_{i+1}),f(p_i,p_{i+1}-1))$。那么可以固定 $r$，$l$ 从 $r$ 开始扫，动态维护当前的 $p_i,p_{i+1}$ 即可。时间复杂度 $O(n^2)$。

P13649

$Y_i$ 互不相同的做法。写出朴素转移方程：

\[f_i = S_i + \max_{X_j \in [X_i - E_i, X_i + E_i], Y_j \in [Y_i - E_i,Y_i]} \]

对 $X$ 开线段树，对每个节点维护 $\ge Y_i - E_i$ 的 dp 值的最大值。查询时在单调栈上二分即可。时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

P2218

原神题。
显然能二分。考虑当前的点集，维护 $minx,maxx,miny,maxy$。判断能否一个正方形覆盖，不能这个正方形的角一定是某个点。枚举四种情况爆搜即可。

P10982

骇人。
考虑熔池，$n$ 个节点的连通图个数等于 $n$ 个节点的图的个数减去 $n$ 个节点不连通的图的个数。前者显然是 $2^{n(n-1)/2}$，后者考虑枚举 $1$ 所在连通块大小 $k$，记 $n$ 的答案为 $f(n)$，显然 $f(n) = 2^{n(n-1)/2} - \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n-1}{k-1}f(k)2^{(n-k)(n-k-1)/2}$。时间复杂度 $O(n^2)$，可以使用神秘科技优化。

10.13 B

嘻嘻嘻。
考虑 dp，$f_{i,j}$ 表示前 i 个选了 $j$ 个。

P4933

原来时空 $O(nV)$ 能过，这么变态。
枚举公差，考虑前缀和优化，做到空间 $O(n + V)$，时间 $O(nV)$。

P13046

我宣称 $70$ 分是容易的。
考虑朴素暴力 dp。$f_{i,0/1}$ 表示考虑前 $i$ 个数，最后一段合法 / 不合法。考虑 $j$ 能向 $i$ 转移的充要条件。
设 $p_i$ 表示前 $i$ 个数字组成的数字串。那么新加入的段就是 $p_i - p_j10^{i-j}$，我们要求 $p_i \equiv p_j10^{i-j} \pmod D$。
如果 $\gcd(10, D) = 1$ 是容易的，因为 $10$ 有逆元，等价于 $\frac{p_i}{10^i} \equiv \frac{p_j}{10^j} \pmod D$，可以使用桶来维护。
否则记 $D = dm$，其中 $\gcd(10,d)=1$。$i-j$ 较大时，有 $m \mid 10^{i-j}$，那么需要 $m \mid p_i$，那么问题转化成 $\frac{p_i}{10^i} \equiv \frac{p_j}{10^j} \pmod d$。$i-j$ 较小时暴力即可。取阈值 $B = 20$ 即可通过本题。

10.14 C

good problem。
考虑暴力，枚举断掉哪条边，这样每个区间的方向就确定了！！容易做到 $O(nP)$。
然后考虑断边的过程，容易发现修改的区间数量很少，变化很小，均摊变化量只有 $O(P)$。使用线段树区间加，区间查 $> 0$ 位置的权值之和。pushup 时随便维护一下即可。

P3076

good problem。
显然 $|S_i - T_i|$ 要加上。然后考虑多余的路程，刻画出柿子 $|S_i - T_{i-1}|$，按 $S,T$ 小到大排序就是对的。

P5677

sugar。
注意到所有数不相同。预处理 $i$ 的一个 / 两个配对，记为 $(i, p)$。那么每次就在计算满足 $l \le i \le p \le r$ 的对数，简单二维数点。

10.15 B

good problem。
注意到两个结论即可过题。

首先就是最优解区间 $[x,y]$ 分别距离 $l,r$ 很小，否则肯定可以继续扩展。可以证明距离不会超过 $3$。那么枚举 $[l,l+B]$ 作为左端点暴力即可。实际上随便取个 $B=10$ 做到 $O(qnB)$ 即可获得 $60$ 分！
钦定左端点 $l$，计算左端点为 $l$，右端点 $\le r$ 的答案。计算出 $[l,r]$ 三个数的出现次数 $a,b,c$。不妨 $a \le b \le c$。若 $a < b < c$ 就是对的。否则需要从右边一直删，大力分讨一下。如果 $a = b < c$，会一直删 $c$ 直到 $a=b=c$。如果 $a + 1< b=c$，会一直删 $a$ 直到删到 $b,c$。如果 $a+1=b=c$ 随便删一个可以转化为上述情况。如果 $a=b=c$，如果互不相同就只能一直删，否则一定是合法或者 $a+1 < b = c$ 的情况。任何步骤都可以 $O(1)$。
那么每次枚举合法的几个左端点，右端点 $O(1)$ 求答案即可。

10.15 C

good problem。
答案显然是某个 $b$ 加上后缀的 $a$。
假设从 $l$ 开始做，刻画出柿子 $\min(x + S_r - S_{l-1}, \min_{i=l}^r(b_i + S_r - S_i))$。其中 $S$ 表示 $a$ 的前缀和。把 $S_r$ 提出来得到 $S_r + \min(x - S_{l-1},\min_{i=l}^r(b_i - S_i))$。注意到 $l$ 右移时，前者变小，后者变大，可以在 sgt 上二分。时间复杂度 $O(n + q\log n)$。

10.16 C

维护 $f_{i,x}$ 表示前 $i$ 个数，$x$ 的出现总次数。那么 $j$ 能向 $i$ 转移当且仅当 $\forall x \in [1,m]$，$f_{i,x} - f_{j,x}$ 相等。实质上就是差分数组相同。于是每个位置 $f$ 的查分数组即可。时间复杂度 $O(nm)$。
更聪明的做法是，为 $2 \sim m$ 随机一个哈希权值 $V_i$，记 $S = \sum V$。令 $1$ 的权值为 $-S$。那么一个区间合法当且仅当区间和为 $0$。容易维护。

10.16 D

不会做。搞笑。
经典套路是将 $i \to 2i,2i+1$ 连边。子树内互不影响，树形 dp 即可。

P16522

经典根号分治。
$y = kx + b$。对于 $|k| \in [0,200]$ 的情况，枚举 $x$ 记录贡献。否则 $|k| > 200$，有用的 $x$ 至多 $200$ 个，离线下来计算即可。时间复杂度 $O(200n)$。

P11659

容易想到莫队。用 $c_{1,x}$ 表示区间 $(4x,2x)$ 数量，$c_{2,x}$ 表示区间 $(2x,3x)$ 数量。
在维护区间的时候，如果加入左端点，若左端点 $4\mid x$，只需加上 $c_{2,x}$，同时更新 $c_{1,x}$ 和 $c_{2,x}$ 数量。
右端点也是同理。那么做完了。

10.17 B

记 $X = \sum A_i$，$Y = \sum B_i$。显然答案 $\ge \max(X,Y,\max(A_i+B_i))$，然后大胆猜测这个就是下界。容易 $O(nq)$。然后考虑怎么维护 $\max(A_i+B_i)$。显然当 $A_i > \frac{X}{2}$ 或者 $B_i > \frac{Y}{2}$ 时 $i$ 才有贡献。维护区间 max 位置即可。

10.22 B

想对了一万步，那我说啥了。

注意到 $c_i-a_i$ 极小，显然要把这个放进状态。记 $w_i = c_i - a_i$，$c_i = d_i-b_i$，那么有 $w_i \le 10$。
朴素的想法是 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 位，额外满意度为 $j$ 的最小额外代价。可以二分出最后一个要交 $e_i$ 的 $k$，转移

\[f_{i,j} = \begin{cases} f_{p,j-w_i} + e_i + c_i,p \le k \\ f_{p,j-w_i} + c_i, p > k \end{cases} \]

由于 $w_i \le 10$，我们只关心最近几个 $f_{p,j},f_{p,j-1} \cdots f_{p,j-w_i}$，滚动数组即可。前者维护前缀最小值，后者使用单调队列维护一个窗口。

CF466E

菜完了呗。

很好的事情是一个文件至多只会在一个节点被标记。我们总是会在某个时间询问 $A$ 是否是 $B$ 的某个祖先，这等价于：

这个时间 $A,B$ 连通。
最后的时刻，$A$ 是 $B$ 的祖先。。。这个东西是不会改变的。。。

第二项容易挂在节点上 dfs 一遍维护。那么做完了。

10.24 B

容易会掉 $70$ 分。$f_{i,j,k,l}$ 表示前 $i$ 个，当前剩余容量为 $j$，拉了 $k$ 个 $1$，$l$ 个 $2$ 出来的最小车辆数。这是因为对于固定的 $k$ 个 $1$，$l$ 个 $2$ 可以贪心预处理。那么时间复杂度 $O(n^3w)$，实际可以过掉 $90$。
然后需要一个贪心，显然每辆车浪费的空间只可能是 $1$ 或 $2$。那么 $f_{i,k,l}$ 表示前 $i$ 个，$k$ 个 $1$，$l$ 个 $2$ 的最小浪费空间。可以反推出用了几辆车，当前这辆的剩余空间。那么时间复杂度 $O(n^3)$。

P9220

真昼！

显然要缩点，然后容易发现如果先手无法一步必胜，后手无法两步必胜，那一定是平局。否则后手肯定可以消掉先手的贡献。

先手必胜。缩点完找到 topo 深度最浅的节点，暴力做一遍。
后手必胜。只有三种情况：初始全白。两个黑色孤立点。两个点，黑指向白。这些都是容易判断的。

时间复杂度 $O(n + m)$。

10.26 B

gp。
考虑怎么计算 $f(n, m)$。考虑按位贪心，两个 $0$ 显然只能填 $0$，一个 $1$ 一个 $0$ 也只能对应填，否则两个 $1$，只填 $1$ 个，后面的位就可以全填 $1$ 了。
考虑差分完数位 dp。$S(n,m)$ 表示 $\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m$ 的答案。快速计算 $S(n,m)$。
考虑计算每一位的贡献，$f(p,f_1,f_2,f_3)$ 表示第 $p$ 位，$f_1,f_2$ 表示 $n,m$ 的限制是否是紧的，$f_3$ 表示是否存在一个位置是两个 $1$（这样后面可以任意填 $1$）。
转移的时候，枚举两个数当前位填什么，先计算新的 $f(p-1f_1',f_2',f_3')$ 的答案（方案数和贡献）。方案数直接加，贡献的话如果 $f_3 \lor (i=1 \lor j = 1)$ 为真，则该位后面任意填，都有 $1$ 的贡献。时间复杂度 $O(256L)$。

pii dfs(ll pos, bool f1, bool f2, bool f3) {
	if (pos < 0) return {1, 0}; 
	if (vis[pos][f1][f2][f3]) 
		return dp[pos][f1][f2][f3]; 
	vis[pos][f1][f2][f3] = true; 
	#define fnw dp[pos][f1][f2][f3] 
	fnw = {0, 0}; 
	ll lim1 = f1 ? a[pos] - '0' : 1; 
	ll lim2 = f2 ? b[pos] - '0' : 1; 
 	for (ll i = 0; i <= lim1; ++ i ) {
		for (ll j = 0; j <= lim2; ++ j ) {
			bool nt1 = f1 && (i == a[pos] - '0'); 
			bool nt2 = f2 && (j == b[pos] - '0'); 
			bool nt3 = f3 || (i == 1 && j == 1); 
			pii res = dfs(pos - 1, nt1, nt2, nt3); 
			fnw.fi = (fnw.fi + res.fi) % mod; 
			fnw.se = (fnw.se + res.se + res.fi * pw2[pos] % mod * (nt3 || i != j)) % mod; 
		}
	}
	#undef fnw 
	return dp[pos][f1][f2][f3]; 
}

P3203

典啊。
考虑分块，维护每个位置跳几次能出块，以及出块到的是哪里。
带修的话就对整块暴力修，然后最多跳 $\sqrt n$ 次就能出去。时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

P14363

神题。有一万种做法可以过掉这个题。
考虑把 $s_1,s_2$ 刻画成 $x+y+z$ 和 $x + y' + z$ 的形式。把 $t_1,t_2$ 刻画成 $a+b+c$ 和 $a+b'+c$ 的形式。
那么一个匹配合法当且仅当 $y=b,y'=b'$，$x$ 为 $a$ 后缀，$z$ 为 $c$ 的前缀。如果把 $(y,y')$ 映射就是 P9196。

P3514

可以扩展到区间询问。
找到第一个 $s_r \ge x$ 的 $r$，如果不对必定满足 $s_r = x + 1 \land A_r = 2$。
你考虑双指针初始 $l=1$，指针移动的时候必定满足两端都是 $2$。维护 $i$ 往右 $2$ 的连续个数即可。

P9196

弱化。

先把后缀翻转后转成前缀，建出正反两个 trie。然后询问可以在两个 trie 上走到对应的两个节点 $u,v$，就是要询问同时在 $u,v$ 子树内的点的个数，拍到 dfn 序上二维数点即可。

P5391

gp！

很妙的转化是转化成一珂树，然后对每条链来做。$O(nq)$ 是能过的，瓶颈在于空间。考虑用书剖优化，由于一条链上的重链个数是 $O(\log n)$ 的，于是每条重链只开一个 dp 数组。当前在做 $f_{dep,0\sim m}$，轻儿子就用 $f_{dep+1,0\sim m}$，重儿子就用 $f_{dep,0\sim m}$ 继续覆盖。空间复杂度 $O(m\log n)$。

P15958

先考虑把所有位置赋值为 $-1$，然后对于每个限制，在 $r$ 进行考虑，贪心的选择最靠近的几个点改成 $1$，因为限制是 $\ge$，不会影响之前的答案。使用 bit 维护即可。

10.28 C

gp。

考虑一个合法的答案位置 $p$，优化是只保留 $\le a_p$ 的 $k-1$ 个值，正确性显然。你发现删完之后，因为后面的每个 $i \ge p$ 满足 $a_i \ge a_{i-1},a_{i-2},\cdots a_{i-k+1}$，是以斐波那契数列增长的，合法的 $i$ 至多 $100$ 个（还大了）。每次暴力扫，维护即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

P9002

结论是去掉最高位之后，至多一个 $b-2$，剩下要求全是 $b-1$。分讨最高位计数即可。

P13547

bit 简单题。记 $f(i)$ 表示 $1 \sim i$ 相同的方案数（相同排列重复计数）。枚举不同的位置 $i$，那么 $1 \sim i-1$ 都确定了，如果当前还有 $k$ 个数方案数就是 $f(i-1)k(n-i)!$。由于有相同元素，答案要除掉 $\prod_x cnt_x!$。注意如果 $s$ 是 $t$ 前缀，长度更短字典序也更小，还要加上 $f(n)$ 再除。

10.29 C

很好的计数。我不会。

考虑找村民的子序列，枚举狼有 $t$ 个，村民有 $m = n - t$ 个。
那么对于某个位置，如果它要成为村民，可以计算出 $c_i$ 表示它左边要放多少个村民。如果 $c_i \notin [0,m]$，$i$ 一定要是狼。
那么选出来的 $c$ 值序列一定是 $0,1,2,\cdots m-1$。容易 dp 计数。时间复杂度 $O(n^2)$，正解要上 sgt 矩阵优化。

P11761

套路地，中位数转成 $-1/1$ 序列。考虑二分答案，如果中位数要是 $-1$，当且仅当序列和 $\le 0$！转成 $01$ 序列后，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 位，每一段中位数和为 $j$ 的方案数。

P17747

容易会掉线性。$f(n) = S(n - 1) - S(\sqrt n) = 2f(n-1) - f(\sqrt n)$。
考虑当 $k = \sqrt n$ 为定值时，$f(n) - f(k) = 2(f(n-1) - f(k))$，也就是 $f(n) - f(k)$ 一直在翻倍！于是对于每一个完全平方数的段可以快速计算。时间复杂度应该是 $O(\sqrt n)$。

P7322

$f$ 由若干连续段形成。只需统计 $f_i \ne f_{i-1}$ 的贡献。
考虑 $f_i,f_{i+1}$，是相邻两个长度为 $k$ 的区间的 $\max$。$f_i \ne f_{i+1}$ 当且仅当最大值位于区间头或尾。一共 $n!$ 个排列，存在某个长度为 $k+1$ 的区间满足最大值位于头，尾的概率就是 $(n-k)\frac{2}{k+1}$。答案即 $n!(n-k)\frac{2}{k+1}$。最后每个排列都少算了一次，因为我们漏了开头的 $f_1$。再加上 $n!$ 即可。

10.31 B

由于只关心最后的答案，很好的转化是枚举 $t$，然后判断哪个区间 $\ge t$ 的点更多。因为一个显然的结论是 $t$ 肯定是某个 $a$。考虑按 $a$ 大到小排序插入，考虑每个区间的贡献。对于一个固定的左端点 $l$，你把它的右端点换成 $\le l$ 的区间的 $r$ 的最大值显然不会影响答案。做完这件事后，按区间左端点 $l$ 排序，$r$ 也单调了。在插入一个位置在 $p$ 的 $t$ 时，覆盖它的区间编号显然是一段前缀、后缀，并起来区间加即可。使用 sgt 维护时间复杂度 $O(m\log m)$。

AT_dp_t

gp，比较典。

考虑任意一个合法状态我们需要什么，需要已经插入的数的个数以及最后一个数的排名。于是 $f_{i,j}$ 表示插入前 $i$ 个数，最后一个数的排名为 $j$。容易做到 $O(n^3)$，前缀和随便优化 $O(n^2)$。

10.30 C

巧妙的转化是放在树上，压入就新建一个节点然后挂在原来的栈顶，弹出就把 $p,q$ 向 $(p+q)\bmod n$ 连边。在新树上树形 dp。
还是不太懂。

AT_dp_j

gp。

我们只关心 $1,2,3$ 的数量。dp $f_{a,b,c}$ 表示 $a$ 个 $1$，$b$ 个 $2$，$c$ 个 $3$。由于等概率容易转移。

AT_dp_o

容易想到状压。时间复杂度 $O(n^22^n)$，可以通过。

bool nums[50][50];

ll f[50][1 << 22];

const ll mod = 1e9 + 7;

int main()
{
	int n;
	cin >> n;	
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < n; j++)
			cin >> nums[i][j];
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = 0; j < (1 << n); j++)
			if (__builtin_popcount(j) == i)
				for (int k = 0; k < n; k++)
					if (nums[i][k] && (j & (1 << k)) == 0)
						f[i + 1][j | (1 << k)] = 
						(f[i + 1][j | (1 << k)] + f[i][j]) % mod;
	cout << f[n][(1 << n) - 1];
	return 0;
}

常见优化是把 $i$ 扔掉，直接按 $[0,2^n-1]$ 扫，容易证明扫到某个状态时，它的所有前驱都算完了。时间复杂度 $O(2^nn)$。轻松通过。

AT_dp_u

状压 dp。转移的时候枚举子集扣掉，因为枚举子集是 $O(3^n)$ 的，预处理 $O(2^nn^2)$。

for (ll p = ms; p > 0; p = (p - 1) & ms) ...

11.3 A

考虑 dp。$f_i$ 表示强制 $i$ 要选最小的个数。$i$ 要从 $j$ 转移过来？

$j = i- 1$，合法。
$A_{j+1}-A_j \ge L$，$A_{i+1}-A_i \ge L$，不存在 $k$ 使得 $\max(A_i - A_k, A_k - A_j) > R$。

对每个 $j$ 维护 $nxt_j=i$ 表示最大的合法位置使得：不存在 $k$ 使得 $\max(A_i - A_k, A_k - A_j) > R$。
注意到 $nxt$ 具有单调性，对于某个 $i$，合法的 $j$ 肯定是一段合法区间。在线段树上维护区间 $f$ 最小值即可。注意如果 $A_{i+1}-A_i < L$，线段树上位置 $i$ 不能用 $f_i$ 更新。

11.3 B

做不明白这种题啊。。。
考虑刻画最终的答案。可以证明答案肯定是 $\sum_{i=1}^n s_iA_i + dK$，其中 $s_i = {-1,1}$，等价于给每个 $A_i$ 标一个 $-1/1$。假设其中有 $m$ 的负数，肯定要排序后取前 $m$ 小放 $-1$。你考虑 $d$ 怎么算，打表出来 $d = \frac{2m - (n-1)}{3}$。那么 $m \equiv 1 - N \pmod{3}$，$m$ 只会有 $O(n)$ 种取值，记 $f(K,m) = d(m)K + S - 2p_m$，其中 $p$ 是小到大排序的前缀和。打表再次发现 $f(K,m)$ 关于 $m$ 单峰，使用二分即可。

P5851

区间 dp，考虑怎么转移。
$f_{l,r} = f_{l,k-1} + f_{k+1,r} + g(k,l,r)$，这是在强制 $k$ 被当前这个奶牛吃掉，加入这个奶牛的贡献。$g(k,l,r)$ 表示满足 $l \le l_p \le k \le r_p\le r$ 的 $w_p$ 最大值。可以预处理。时间复杂度 $O(n^3)$。

AT_dp_v

维护 $dp_1$ 表示 $u$ 子树内，染成黑色的节点与 $u$ 在同个连通块的方案数。$dp_2$ 表示 $u$ 子树外的。转移的时候

\[dp_{1,u} = \prod_{v \in son(u)} (dp_{1,v} + 1)\\ dp_{2,u} = 1 + dp_{2,fa} \times (\prod_{v \in brother(u)}dp_{1,v} + 1) \]

后者的 $1$ 表示外部什么都不选。由于 $m$ 不一定是质数，不能直接除以 $u$ 的贡献，维护前缀后缀积即可。时间复杂度线性。

P10375

考虑任意一个状态，我们关心什么，合法的串一定形如 a..ab...bc...c。
考虑当前一个不合法的串 a...ab...bc...cde...，在末尾加入 $a,b,c,d$ 显然是合法的，$e$ 不行是因为它前面的串不合法。于是我们记 $j$ 表示当前状态里，合法的元素个数（即 $a,b,c,d$），把它放进状态。$f_{i,j,k}$ 表示放了 $i$ 个，有 $j$ 个合法，$k=0/1$ 表示当前串是否合法的方案数。加入一个合法 / 不合法的元素转移即可。时间复杂度 $O(n^2)$。

P6009

序列区间询问，容易想到猫树，但是怎么合并？
从中点 $mid$ 开始往前扫，维护 $L_{j,k}$ 表示当前后缀里以 $j$ 开头 $k$ 结尾的方案数，得到 $pre_{i,k}$ 表示后缀 $i$ 里 $k$ 结尾的方案数。
同理得到 $suf_{i,k}$ 表示前缀 $i$ 以 $k$ 结尾的方案数。对于询问 $L,R$，枚举 $i,j$，方案数 $pre_{L,i} + suf_{R,j} + pre_{L,i} \times suf_{R,j}$ 注意最后的要求 $i \le j$。时间复杂度 $O((n\log n + q)k^2)$。

P9327

做不明白。
把边按 $l$ 排序。遍历到某条边，如果当前两点的最短距离 $<l$，显然这条边没用。否则这条边肯定要加上，因为后面的边不会改变这两点的最短距离。求当前的最短距离跑 dj 即可。时间复杂度 $O(m^2\log m)$。

P10960

显然除了 $a_1,a_2$，每个数都可以标上一个符号。考虑 dp 求解每个数前标的符号，然后考虑怎么构造。
对于那些标加号的数，用它前面的一个先减一下。最后用 $a_1$ 一直减即可。

P3694

$m$ 很小考虑状压。由于确定了某个状态，假设这个状态共 $k$ 个人，那么 $[1,k]$ 都被确定了，把里面不属于这个状态的人踢掉即可。容易转移。

P7872

gp。多线程 dp。
预处理出 $g_{i,j}$ 表示第二个人从 $(i,j)$ 走到终点，不考虑第一个人的贡献，随便预处理。
考察两人的移动过程，第一个人一定在相遇时把正数扔给第二个人，负数随便找个地方可以扔掉。$f_{i,j,k}$ 表示两人走了 $i$ 步，第一个人走 $j$ 步，第二个 $k$ 步。$f_{i,j,k}$ 假设了两人后面一定可以相遇一次，那么每次在状态改变时和 $g$ 记录答案即可（如相遇变分离，分离变相遇）。注意还要特判第一个人能走到第二个人的终点。

P9759

不是大哥，这个 trick 之前不是见过吗 /ll
容易会掉 $O(n^2k)$。然后第三维可以放和 $k$ 的 gcd。于是做完了。但是你枚举从 $o$ 转移到 $\gcd(o \times v,k)$，要带个 log，使用 $O(1)$ gcd 也无法通过。考虑预处理一下，显然可以先对 $v$ 和 $k$ 取 gcd，这样有用的数只有 $d(k)$ 种，平方预处理出因子两两之积和 $k$ 的 gcd 即可做到 $O(1)$ 转移。

P6234

不会这种题。哎，啥子吧。

你考虑对于每个关键点，是不是可以看成四联通然后拿掉一个。你考虑重叠的关键点，每个连通块显然可以分开做。对于每个连通块，记关键点数量为 $x$，总点数为 $y$ 分讨：

$4x=y$，这是好事啊，全都能取。
$4x > y$，无解。
$4x < y$ 有空位，手玩发现至多 $1$ 个，也就是 $4x + 1 = y$。这是因为总共 $5x$ 个点，要重叠至少浪费一个格，总共 $x-1$ 个格子，也就是至多 $5x - (x-1) = 4x+1$ 个格子。那么扔掉最小的那个即可。

11.9 C

gp。

显然要对于固定的串，刻画合法的充要条件。
记 $\Delta$ 表示 $1$ 的个数减去 $0$ 的个数。当 $\delta > 0$ 时合法。简单的贪心是，把 $000$ 优先并掉，以及 $010$ 并掉（可能有 $000$ 可以再次合并）。第一个使得 $\Delta \to \Delta + 2$，第二个 $\Delta$ 不变。只需判断最后 $\Delta$ 是否 $> 0$。
然后考虑 dp 维护当前的后缀，容易发现只会有 $\{0,00,01,001,\emptyset\}$ 五种情况，把这个放进状态容易转移，然后还要关心 $\Delta$ 的值，手玩发现有用的 $\Delta \in [-2,3]$，上界是因为到了 $3$ 一定合法，下界是因为只能到 $-2$。
那么 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 位，$\Delta = j$，当前的后缀情况为 $k$ 的方案数。容易转移。

P3554

显然可以二分，显然的结论是 B 不会走回头路。
记 $f_i$ 表示 $i$ 子树内需要染色的个数，$son_i$ 表示 $i$ 的儿子数量。$f_i = \max(0,\sum f_j + son_i - k)$。最后只需判断 $f_1 = 0$。

P6902

断环成链。考察固定起点的情况，经典的贪心是每次找到左端点 $\le $ 覆盖区间右端点加一的区间，的右端点的最大值跳过去，直到与起点的距离 $\ge n$。枚举起点每次跳肯定不现实，注意到这个是固定的过程，可以预处理然后倍增优化。

P14835

arc 水平，哎。感觉做不明白这种 arc 题。

考虑把前导 $0$ 扔掉，不影响答案。
打表可以发现规律，$x$ 一定由一段前缀所有的 $1$ 组成，剩下的放进 $y$。感性理解一下，如果 $x$ 掺杂 $0$，扔到 $y$ 那里去不会使得答案更劣。
然后很容易想到 $x$ 和 $y$（去除前导 $0$ 后）的位数尽量接近时更优。那么容易维护了。

P17820

gp。

考虑每个局面对答案影响的期望，加起来就是答案。更具体的，假设当前 $k$ 种颜色的球里，所有球剩余个数最多的为 $m$，还剩下 $s$ 个球。记 $cnt_{m,s}$ 表示能到这个局面的方案数。这个局面的期望就是 $\frac{m}{s}\times \frac{cnt_{m,s}}。{\binom{nk}{s}}$，枚举 $m,s$ 求和即为答案。
来考虑怎么求 $cnt_{m,s}$。至多为 $m$ 很恶心，转为恰好为 $m$ 然后差分。$f_{m,q,s}$ 表示，出现次数最多的个数 $\le m$（可能没到上界），考虑 $q$ 种颜色，剩下 $s$ 个球，那么 $cnt_{m,s} = f_{m,k,s} - f_{m-1,k,s}$。考虑 $f$ 咋转移，每次枚举有 $j$ 个球标了 $m$ 个，$f_{i,j,s+jm} \leftarrow f_{i-1,j-l,s} \times \binom{j}{l} \times \binom{n}{m}^j$。时间复杂度 $O(n^2k^3)$，滚动一下数组卡常即可通过。

P3118

简单状压。$f_i$ 表示状态为 $i$，能覆盖 $[0,f_i]$。

P15543

不会做，急眼了。

考虑 $k=0$ 的情况，对于每个 $i$，假设右边有 $j$ 个数满足 $a_j < a_i$，那么要求栈容量至少为 $j$，这个比较显然，答案就是每个 $i$ 对应 $j$ 的最大值。显然可以 bit 维护。
你考虑如果能加怎么办，显然可以二分答案。预处理出每个 $i$ 对应的 $j$，不妨记为 $c_i$。你可以得到每个非零数右边需要抬升到它的零的个数。打个标记，最后倒序遍历每个零，计算需要这个零抬升到哪，加起来判断是否 $\le k$ 即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

P14508

gp。
记 $V = \max a$。显然我们只关心答案点所在的区间长度。记 $f_i$ 表示答案点在长度为 $i$ 的区间，最坏情况下的代价，对决策进行 dp。枚举上一步走的决策 $l \in [1,\min(i-1,V)]$，就有 $\max(f_l, f_{i-l}) + d_l$ 来更新答案（因为是最坏情况），$d_l$ 表示走 $l$ 步的最小代价。
考虑怎么计算 $d_l$，你发现这个东西可以迪杰，考虑 $l$ 的上界是多少。实际上，有效的点只有 $O(2V)$ 个，因为如果存在一种移动要一直往右走再往左走，你调整成一步右一步左，$>V$ 的时候往左，$<V$ 的时候往右。上界即为 $2V$。时间复杂度 $O(T(nV + V^2))$。

P12846

好烫，但是我不会，可能我更烫。
考虑对 $6$ 取模来对下标做分类。维护六珂线段树即可。代码比较恶心，口胡了没写。

P10767

之前做过类似的题，感觉很那啥。
维护每个节点，如果要到这个节点至少需要多少个数小于它，多少个数大于它，不妨记为 $l_u,r_u$。
考虑如果是 max 的话，有 $l_u = l_{ls}+l_{rs}+1$，$r_u = \min(r_{ls},r_{rs})$。
min 同理。

P6617

考虑对于每个位置 $i$，维护 $j < i$ 满足 $a_j+a_i=w$ 的 $\max j$，也就是前驱。查询的时候在线段树上查最值即可。
然后考虑带修怎么办，首先一个巧妙的转化是，对于某个位置的数，如果它的前驱比与它相同的上一个元素还靠前，把这个位置的前驱赋成 $0$ 不会影响答案。这样修改的时候，只会修改这个位置，这个位置原来后面第一个与他相同的位置，这个位置原来后面第一个与他相加得 $w$ 的位置，这个位置后来后面第一个与他相同的位置，这个位置后来后面第一个与他相加得 $w$ 的位置。使用 set 维护即可，时间复杂度 $O(n\log n)$，代码没写。

P8564

简单树形 dp。$f_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内删了 $j$，转移枚举几个儿子分配了即可。再考虑 $i$ 操不操作即可。时间复杂度 $O(n^2)$。

P9346

题目等价于，把一棵树变成若干条链。来考虑期望的定义，总花费除以总方案数。总方案数显然是 $(n-1)!$。考虑怎么算总花费，考虑 $f_i$ 表示断掉 $i$ 条边之后，第一次凋零的方案数。但是这个好难算，熔池一下 $g_i$ 表示断掉 $i$ 条边，不要求第一次凋零的方案数，有 $f_i = i!(n-i-1)!g_i - \sum_{j=1}^{i-1}{f_j}$。
现在要计算 $g_i$，树形 dp 一下，$f_{i,j,k}$ 表示 $i$ 子树内，断了 $j$ 条边，$i$ 的度数为 $k \in \{0,1,2\}$。转移考虑这条边断不断。最后 $g_i = \sum_k f_{1,i,k}$。

P17140

难度：蓝

咕了很久的 dp。
考虑啥时候会是树，你发现一个点至多被覆盖两次，然后要求覆盖的点连通。把线段按左端点排序，现在考虑第 $i$ 条线段。两次我们关心右端点的次大值，连通关心最大值，把这两个东西放到状态里。$f_{i,r_1,r_2,k}$ 表示考虑前 $i$ 条线段，当前选的线段右端点的最大 / 次大值为 $r_1,r_2$，选了 $k$ 条的方案数。转移的时候：

不选 $i$，$f_{i,r_1,r_2,k} \leftarrow f_{i-1,r_1,r_2,k}$。
选 $i$，那么 $l_i > r_2$。你分讨右端点在哪，如果 $r_2 < l_i \le r_i \le r_1$，有 $f_{i,r_1,r_i,k} \leftarrow f_{i-1,r_1,r_2,k-1}$。如果 $r_2 < l_i \le r_1 < r_i$，有 $f_{i,r_i,r_1,k} \leftarrow f_{i-1,r_1,r_2,k-1}$。

那么滚动掉 $i$ 就会 $O(nm^2k)$ 了，获得滚木分数。
注意到 $k$ 也只关心 $k-1$，考虑提出来把 $k$ 看作层，对每个 $k$ 进行 dp。重新写一下转移：

$f_{i,r_1,r_2} \leftarrow f_{i-1,r_1,r_2}$。
$f_{i,r_1,r_i} \leftarrow g_{i-1,r_1,r_2}$。
$f_{i,r_i,r_1} \leftarrow g_{i-1,r_1,r_2}$。

posted @ 2026-09-14 09:49 RainyRadio 阅读(11) 评论(0) 收藏举报

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