2025.11

P5292 [HNOI2019] 校园旅行

直接 \(O(m^2)\) 的暴力是，总共有 \(O(n^2)\) 的状态 \((x,y)\)，从极小的合法状态开始扩展出所有合法状态。

回文路径这个条件看上去就很困难，考虑去优化暴力。

而暴力的过程也无法直接优化，考虑能不能保留较少的边。

边按端点颜色可以分类成 (0,0),(1,1),(0,1) 三种。

考虑保留所有 (0,0) 边，似乎每个连通块取一个生成树就能张成原图的所有回文路径的 (0,0) 片段了，但是注意到路径长度的奇偶性存在问题，需要检查一个连通块是不是二分图，如果是则要保留至少一个奇环。对于 (1,1)、(0,1) 边是同理的。

这样边数就能降到 \(O(n)\) 跑暴力了。

CF1893E Cacti Symphony

要做一个特别的染色操作，现在分析一些性质。

由于 \(1 \oplus 2\oplus 3=0\)，所以如果一条边两端颜色为 \((x,y)\)，那么这条边颜色一定取自 \(\{x,y\}\)。

考虑满足点的限制的条件。

设该点的颜色为 \(x\)，那么如果给这个点删掉一条颜色为 \(x\) 的边，其合法性不变。

而剩下的颜色异于 \(x\) 的边，首先同种颜色的边内部异或会抵消，而异种颜色的两条边异或起来恰好是 \(x\)。

因此能推出该点的满足限制等价于有奇数条颜色异于 \(x\) 的邻边。

有了这个结论，对于一个确定的点的染色方案（邻点颜色不同），只需给边定向即可。所以好处是现在能把点边的方案分离开了。

首先解决仙人掌点染色，这部分有很多做法，比较简单的是按 dfs 的顺序加点加环。

接着考虑第二部分。先注意到有解的一个必要条件是 \(n\equiv m\pmod 2\)，而这也是充分的，因为可以取一棵生成树自底向上构造边的方向。而这也顺带告诉我们非树边方向的方案对应一个原图的边定向方案。

把两部分答案相乘即可。

QOJ #5504. Flower Garden

区间 \([l,r],[a,b]\) 的限制即为 \(\forall i\in [l,r],j\in [a,b],x_i\leq x_j\)。

建图缩点后相当于选出来一些闭合子图并起来权重和在 \([n,2n]\) 之间。

如果存在至少一个 scc 大小 \(\ge n\)，那么 check 这个 scc 的闭合子图和反图上的闭合子图即可（因为选了这个 scc 就一定已经至少有 \(n\) 的大小了，所以希望选尽量少的其他点）。

否则可以一层一层选 0 入度 scc 直到总大小达到 \(n\)，此时一定有解。

实现需要优化建图。

QOJ #8461. 绝目编诗

判定一个无向图是否存在长度相等的简单环。

考虑把所有简单环搜出来，根据鸽巢原理，只需要搜前 \(n\) 个环。

枚举环上的一个点，搜包含它的环，为了保证复杂度，希望只走可能在环上的，因此每次递归需要 \(O(n+m)\) 检查一下能不能不经过搜索树上的祖先走到起点。

一个优化是钦定枚举的起点是环上编号最小的起点。

由于每个点只会被搜到 \(O(n)\) 次，因此需要做 \(O(nm)\) 次 check，总复杂度就是 \(O(nm(n+m))\) 的。

注意到 \(m\) 超过 \(2n\) 时一定有解，所以可以认为 \(n,m\) 同级，这样就得到了 \(O(n^3)\) 的做法。

接下来可以对 \(m\) 的上界做更精准的分析。

可以证明，如果无解，\(m\leq n+2\sqrt{n}\)。

证明：

考虑随以 \(p\) 的概率删掉图中每条边。

剩下的图中环的期望个数不超过 \(\sum\limits_{i=3}^{n} (1-p)^i\leq \frac{1}{p}\)。

也就是说，期望删去不超过 \(np+\frac{1}{p}\) 条边能让图无环。

所以如果无解，那么一定存在一种方法能删去不超过 \(np+\frac{1}{p}\) 条边使得图无环。

取 \(p=\dfrac{1}{\sqrt{n}}\) 能得到无解时 \(m\leq n+2\sqrt{n}\)。

~~这样取 \(O(\sqrt{n})\) 个非树边的端点构成的虚树，带权跑上面的暴力就能得到 \(O(n^{1.5})\) 的做法了。~~

上面是假话，考虑缩掉一些点之后依然有 \(n\) 种环长，每次搜索的复杂度是 \(O(n)\) 的，所以能得到复杂度上界是 \(O(n^2)\)。

~~好像原数据判掉 \(m\) 的上界后直接爆搜卡时就能过，但这很好卡。~~

11.8 D

我是奶龙。

首先注意到 \(R(x)\) 最多是 \(x\) 的 \(k\) 倍。

先枚举倍率，数位 dp，每轮填前后两个数，需要记一下进位和被进位的量以及前缀与 \(n\) 的大小关系。

需要特殊 check 一些长度与 \(n\) 相等且 LCP\(\ge \dfrac{n}{2}\) 的 case。

11.4 D

给定一个序列，支持前缀加，求最大值

类似 P10181。

使用链表并查集做到 \(O(\alpha(n))\)。

CF1630F Making It Bipartite

注意到整除有传递性，所以剩下的图确定每个点属于左部（倍数）还是右部（因数）之后，不存在入度出度都大于 0 的点。

给每个点钦定属于二分图的左部还是右部，可以转化成有向图最大独立集。

也就是把一个点 \(u\) 拆成 \(u_1,u_2\) 两个点，给 \((u_1,u_2)\) 连边，再对于所有 \(u\) 的倍数 \(v\)，给 \((u_1,v_1),(u_2,v_2),(u_1,v_2)\) 连边。

这是一个传递闭包的有向图。此时最大独立集即为最长反链，由 Dilworth 定理，最长反链等于最小链覆盖，最小链覆盖可由最大匹配得出。

由于有多测，复杂度看起来比较大，但似乎是能跑的。

Dilworth 定理

偏序集可以认为是有传递性的 DAG。

偏序集的一条链是一个有全序关系的子集。

偏序集的一条反链是一个元素两两无偏序关系的子集。

偏序集的一个链划分指把每个元素划分到恰好一条链中，链的个数成为该链划分的大小。

Dilworth 定理指出：

偏序集的最小链划分大小等于最长反链。

存在很多证明方式。

一种按拓扑序增量归纳的证明

一种直接对偏序集大小归纳的证明

可以把最小链划分转化成最大匹配做。

需要注意，一般的 DAG 可能不具备传递性，常规意义上的最大独立集应该是做不了的。

偏序集最长反链

P4298 [CTSC2008] 祭祀

直接暴力向当前的最长反链加点构造需要跑 \(n\) 次 flow。

存在一种只跑一次 flow，并且剩余部分线性的做法，不懂啊/kel。

\(n\) 元集合偏序集的最长反链

最多选多少个 \(n\) 位二进制数，满足它们互不包含。

可以证明最多选 \(\dbinom{n}{n/2}\) 个（见 Sperner 定理）。

可以用于一些二进制分组（扣掉一个位置之后其他位置的可重半群信息和之类的事）的常数优化。（主要用于交互题）

把 \(2\log_2{n}\) 优化至 \(\min(m|\binom{m}{m/2}\ge n)\)。

CF1305G Kuroni and Antihype

转化后发现要跑类似最大树形图的东西。

对于这种边权是父亲点权的最大树形图（外向树），一个拆贡献的 trick 是：

注意到每个点父亲唯一（根除外），所以可以把边权设置成两端点点权和，求出最大生成树后减去所有点的点权（除根外）。

这个题暴力做 MST 似乎能过（\(O(a^{1.585})\)）。

更对的做法是 Boruvka，还需要个高维前缀和，信息是最大值和与最大值不在一个连通块内的次大值，复杂度 \(O((n+a)\log n\log a)\)。

11.11 C

给定 \(k\)，构造一个排列，使其恰好有 \(k\) 个 LIS，要求排列长度 \(\leq 289\)。

\(k\leq 10^{35}\)

这种“恰好 \(k\) 个”的构造常常先考虑如何造出比较大的答案，再考虑构造一些贡献独立的结构，把 \(k\) 拆成 \(2\) 的次幂。

首先发现构造形如 2,1,4,3,6,5,8,7... 的序列能得到 \(2^{n/2}\) 个 LIS。

假设当前排列长为 \(n\)，注意到如果 \(k\) 二进制下第 \(i\) 位为 0，就在第 \(2i,2i+1\) 个位置之间插入一个 \(n+i+1\)；否则在第 \(2i+1,2i+2\) 个位置之间插入 \(n+i+1\)。这样恰好可以构造出 \(k\) 个 LIS。

现在需要 \(3\log_2k\) 步。

可以发现把 \(2\) 进制换成 \(t\) 进制也是能用 \(t+1\) 个点构造一位的。

也就是说可以把 \(k\) 拆成若干位，第 \(i\) 位是 \(a_i\) 进制的，构造需要 \(\sum(a_i+1)\) 个点。

可以 dp 出来一个 \(\sum(a_i+1)=291\) 步的方案，加个剪枝就能 \(\leq 289\) 了。

11.11 D

树上每个点点权取自 \([0,r_i]\)，求每个点子树内点权和是 \(m\) 的倍数的方案数。

\(nm\leq 10^7\)

\(r_i\leq 10^9\)

\(n,m\leq 10^5\)

朴素的树上背包绕不开循环卷积，但是向背包内加一个点可以 \(O(m)\) 做。

因此考虑算一个点答案的时候直接把其子树内的点一个一个加进来。这样复杂度是 \(O(m\sum |subtree|)=O(n^2m)\) 的。

使用 dsu on tree 优化能做到 \(O(nm\log n)\)。

存在 \(\log \min(n,m)\) 的做法。

一个相关的问题是：[ABC311Ex] Many Illumination Plan，如果直接套用上面的做法，会在向加入轻子树的过程中丢掉祖先的颜色信息，这个题指出了一种高效的处理方式。

P10681 [COTS 2024] 奇偶矩阵 Tablica

直接 dp 是 \(O(n^3)\) 的，看上去不太能继续做，考虑直接计数。

考虑如果确定每行每列填了一个还是两个 1，如何数合法的方案数。

对于每个 1，把它所在的行号构成的序列任意排列，然后从第一列开始，如果这一列填了一个 1，就向后取一个数，否则向后取两个数，要求这两个数不能相同。这样就能算出来合法的方案数 \(\times 2^{\text{\#有两个 1 的列}}\)。

考虑枚举一维（比如行）的状态，可以发现只关心填一个 1 的行数 \(a\)，那么剩下 \(n-a\) 行填了两个 1。此时能确定恰好 \(k=2n-m-a\) 列填了两个 1。

为了处理一列选的两个行号不能相同，考虑容斥。

钦定有 \(i\) 列两个行号相同，那么把这 \(2i\) 个行号提出来，剩下 \(2n-a-2i\) 个行号任意排，再把 \(k-i\) 个填两个 1 的列分给剩下 \(m-i\) 列就能唯一确定这 \(2i\) 个行号要插入到哪里。

此外还要处理 \(\times 2^{\text{\#有两个 1 的列}}\) 这个系数。可以假装剩下 \(k-i\) 个填两个 1 的列的两个行号不同，方案数乘上 \(\dfrac{1}{2^{k-i}}\)。

那么能得到容斥系数 \(f\) 满足：

\(f_0=1\)
\(f_i=-\sum\limits_{0\leq j<i} \dbinom{i}{j}f_j\dfrac{1}{2^{i-j}}\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P5290 [十二省联考 2019] 春节十二响

发现菊花的答案就是根加上点权最大的儿子。

而根在中间的链是把两边的节点“匹配”起来。

来考虑怎么合并两个子树的答案序列。

如果要把 \(a\) 合并到 \(b\)，贪心地从大往小考虑 \(a\) 中的元素 \(x\)，如果 \(b\) 中还存在一个大于它的元素 \(y\)，就把 \(x\) 并入 \(y\)；否则如果 \(b\) 中还存在一个小于它的元素 \(y\)，就把 \(y\) 并入 \(x\)。注意实现时 \(b\) 中每个元素只能被操作 1 次。

容易发现这样在局部做是最优的，似乎还能感受到它偏序了其他所有方案。

也可以这么理解：对于任意 \(x\)，把 \(\ge x\) 的数记作 1，\(<x\) 的数记作 0，那么这样贪心合并能保证合并完 1 的个数取到下界。

实现的时候用 set 维护子树序列，启发式合并。

注意到如果是启发式合并，每访问到一个元素就一定会造成删除一个元素，所以复杂度其实是 \(O(n\log n)\) 的。

CF2085F Serval and Colorful Array

假设确定了选哪 \(k\) 个数，那么一定是让它们向中位数靠拢。但是并不是所有数都要移动到中位数的位置，实际上答案要偏移一个常数 \(C\)。

所以贡献也就是 \(\sum|p_i-x|-C\)，其中 \(p_i\) 是第 \(i\) 个数选的位置，\(x\) 是中位数位置。

直接做是不好做的，考虑枚举 \(x\)，每种数都取离 \(x\) 最近的那个，能得到 \(x\) 固定时上式的最小值，这可以 \(O(n)\) 算出每个 \(x\) 处的最小值。

这样做是正确的，可以理解为 \(\min\limits_{p}\min\limits_{x}\sum|p_i-x|-C\) 交换 \(\min\) 的顺序。

11.15 D

每一位独立的情况是好做的。

发现一个数和它的 \(l_i,r_i\) 的 lcp 往后的部分是可以乱填的。

所以可以按照整个序列最大的 lcp 的位置划分成两个区间递归下去做。

因此区间 dp，枚举 lcp 最大的位置和 lcp 长度即可，需要记很多 0/1。

把枚举 lcp 长度换成每次转移一步可以做到 \(O(n^3m)\)。

11.13 D

？

CF2165D

~~一个点向其可能的后继连边，可以得到一个偏序集。~~

~~问题是求其最小路径覆盖，可以变成最大匹配。~~

上面好像是假话。

反正这个二分图形态比较特殊，扫描值域贪心地匹配即可。

CF2165F

考虑计算出来每个位置作为 '5' 能取到的最大的左端点。

按值域从小往大枚举 '3'，那么可以发现只需要考虑它后面第一个比它大的位置作为 '5'。

现在确定了 '3' 和 '5'，可以发现 '1,2' 的大小限制只和 '3' 有关，所以可以找到位置最大的 '4'，然后找它前面 '2' 的位置最大的 '1,2' 对即可。

上面说的所有东西都能 \(O(n\log n)\) 维护出来。

[ICPC 2025 Xi'an R] Epilogue of Happiness

好大的 DS。

首先发现如果我们能以 \(O(n^{1+c})\) 的复杂度解决序列上这个问题，那么带权树剖拆贡献后也可以以相同的复杂度解决树上这个问题。

所以现在问题变成，有值域为 \([1,n]\) 的序列 \(p\) 和若干次询问 \([l,r,x]\)。每次询问初始 \(o_i=0\)，对于 \(i\in[l,r]\)，将 \(o_1,o_2,\cdots,o_{p_i}\) 这个前缀 flip，最后查询 \(\sum\limits_{1\leq i\leq x} a_io_i\)。

一个直接的想法是莫队，再使用一个序列分块后就变成有 \(O(n\sqrt{n})\) 次前缀翻转和 \(O(n\sqrt{n})\) 次全局求和。这似乎不容易低于 \(O(\log n)-O(1)\)，不太有前途。

然后呢呢？？？？？？？

11.18 D

hyx 老师还在喂/ll/ll/ll

好编但是特别难写吧。

\(f_{u,0}\) 表示以 \(u\) 为根的连通块只有 \(a_u,a_{fa_u}\) 两种颜色的方案数。

\(f_{u,x},x\neq a_u,x\neq a_{fa_u}\) 表示以 \(u\) 为根的连通块只有 \(a_u,a_{fa_u},x\) 三种颜色的方案数。

\(g_u\) 表示以 \(u\) 为根的连通块只有 \(a_u\) 和异于 \(a_u,a_{fa_u}\) 的两种颜色共三种颜色的方案数。

这样已经能覆盖所有情况了。

还有一个性质是如果 \(u\) 的儿子 \(p\) 满足 \(a_p\neq a_{fa_u}\)，那么枚举 \(f_{p,x}\) 的总复杂度是 \(O(n)\) 的。

综合上面的事情，就能用哈希表维护 \(f_{u,x}\) 转移了，似乎可以维护一些整体 tag 并启发式合并做到 \(O(n\log n)\)，但是我写的代码复杂度不是很对也过了/yun/yun/yun 转移真的很一坨，似乎大家的做法都要讨论很多 case。

稍微写一些转移的大体思路：

首先 \(f_{u,0}\) 的转移是好做的。

然后是 \(g_{u}\)，发现只会用到 \(a_p\neq a_{fa_u}\) 的儿子 \(p\)，因此可以利用性质，暴力枚举 \(f_{p,1}\)。每个儿子可以取 \(f_{p,0}\) 或 \(f_{p,x}\)。首先是所有都取 \(f_{p,0}\) 的情况，这个可以把所有 \(a_p\) 相等的儿子放在一类里，贡献就是选两类的权值乘起来。如果存在一个儿子取 \(f_{p,x}\)，那么所有颜色就确定了，相当于把第一类的系数改一改，需要乘法逆元。这部分是线性复杂度的（除去逆元）。

最后是转移 \(f_{u,x}\)。考虑一个儿子一个儿子加，需要讨论 \(a_p\) 是否等于 \(a_{fa_u}\)。操作都是全局乘、枚举 \(f_{p,x}\) 对 \(f_{u,x}\) 贡献。第二类操作可能可以启发式合并做到 \(O(n\log n)\) 的复杂度。

不想优化了，摆了。

11.19 D

现有一长为 \(n\) 的序列，对每个 \(k\in [1,n]\)，求把这个序列划分成 \(k\) 段的权值和的最小值。

一个段 \([l,r]\) 的权值 \(w(l,r)\) 由交互库给出。

保证 \(w(l,r-1)+w(l+1,r)\leq w(l,r)+w(l+1,r-1)\)。

保证 \(w(1,n)\leq 2n\)。

\(n\leq 10^5\)，要求询问次数 \(O(n\log n)\)。

提交链接，感觉挺 educational，似乎可以用来做很多问题。

$\color{orange}{\mathbf{FreshOrange}}$

$\color{red}{\texttt{zzafanti}}$