当 OI 生涯只剩两个月的时候，你会做些什么？

鲜花

“我要勇敢地去把这一切拿回来” 『Mine (Illenium Remix)』

$\boldsymbol{[2025/10/09]}$

CF2150D

可以看成我们一次选择一个人，然后把和他相邻的两个人（若存在）吸过来和这个人合并。

先固定最后剩下的人数 $k$。最后只需要滑动这 $k$ 个人的窗口即可。

除了两端的人以外，中间的人一定是由奇数个人变过来的。并且这个条件是 充要的。

然后枚举两端的奇偶性，然后全扣成偶数再 $/2$。

注意到每个位置期望的数是一致的，是方案数 $/k$，然后 $\times 2+1$ 还原一下。

接下来就是 $\forall k$ 求 $\sum\limits_{i=k}^n s[i-k+1,i]$，这个前缀和一下即可。乘上期望就是带权方案数。

注意两端的期望值要多加一些东西，并且区间要特判 只有一个元素 的时候，此时贡献为 $n\sum a_i$。

$\boldsymbol{[2025/10/10]}$

梦熊

T1 换根 dp 略。

T2 最初思路是对的，根据 $2^{\cdots}$ 部分分，观察到几乎只和 $\text{highbit}$ 最大的数的个数相关。

但是要对 $len\le 4$ 的区间分讨，剩下的用你喜欢的数据结构维护。

T3 板子题，CF464E 多上一个减法就行了，麻烦一点。

T4 不会。。。

P3179

我们设每次选择一个白色的格子 $i$，选择一个满足条件的 $k$，翻转 $S_{i,k}$ 集合内的格子，保证当前格子一定被翻转，且游戏能结束。

我们可以将游戏转化为每个格子有一个数，原游戏中白色初始是 $1$，黑色初始为 $0$。

每次可以选择一个非 $0$ 的数进行操作，当前数的值减一，$S_{i,k}$ 的其他数加一。

游戏中，显然白色对应奇数，黑格对应偶数，我们只需要证明这个游戏与原游戏等价（必胜判定相同）。

设原游戏先手为必胜，显然可以按照原游戏策略进行，只翻转奇数，监督败方是否也只反转奇数，如果翻转偶数，将其变为奇数，则先手再次对那个格子进行翻转，可以证明奇偶性可以与后手操作前一样，使得后手在奇偶性上操作无效，重新变回自己。

而先手由于前提是必胜，所以总有奇数可以翻，$0$ 是偶数，于是可以证明新游戏也是必胜方。

如果原先后手必胜，仿照上述，易证。所以等价。

结论就是可以分成 $w$ 个子游戏，第 $i$ 个子游戏只有 $i$ 原来的白格是 $1$ 其他都是 $0$。

而我们每次都是在一个子游戏上进行的，你可以能认为这仍然会互相影响。

但其实不是，这个序列现在实中表现为每个子游戏问题的序列对应的和，如果这个位置是 $0$，则子游戏都为 $0$，不能操作。

否则一定能看作一个子游戏进行的一次操作，因此可以分解。

于是我们得到了 $SG(x) = \text{mex}\left(0, \mathop{\text{mex}}\limits_{k=2}^{x/2} \bigoplus\limits_{j=2}^{x} SG(j)\right)$，即 $SG(x) = \text{mex}(0, SG(2x), SG(2x) \oplus SG(3x), SG(2x) \oplus SG(3x) \oplus SG(4x),\ldots)$。

同时注意到 $\dfrac{n}{x}=\dfrac{n}{y}$ 的 $SG(x)=SG(y)$，因为它们递归的子问题是本质相同的，减少重复计算。于是类杜教筛分析有复杂度 $\mathcal{O}(n^{3/4})$。

$\boldsymbol{[2025/10/11]}$

AGC002F

一个方案合法当且仅当对于该方案的每一个前缀，白色球的个数 $i$ 大于非白色的颜色种类数 $j$。

考虑在 $n \times k$ 个位置上放球，设计状态 $f_{i,j}$ 表示已经放入 $i$ 个白球，$j$ 种非白的颜色的所有球的合法方案数，可以通过加入一个白球或 加入一种颜色 来转移。为避免算重：

加入白球时，我们强制白球放入最靠左位置。
加入一种颜色是，我们强制该颜色的第一个球放在能使方案合法的最靠左的位置。

这样转移式子就可以很容易写出来了：

\[f_{i,j} = f_{i-1,j} + (n - j + 1)\binom{nk-i-(j-1)(k-1)-1}{k-2}f_{i,j-1} \]

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

我觉得这题一整个颜色一起加入进去比较牛。

$\boldsymbol{[2025/10/12]}$

核桃

除了 T2 都是幽默题，纯纯来领工资的。

AGC006E

考虑这个操作每一列是相对固定的，只会 reverse 然后交换。

我们先判掉一些离谱的错误，然后问题就转化为：

给定一个 $a_1, \dots, a_n$，保证 $|a_1|, \dots, |a_n|$ 是一个 $n$ 排列，保证 $a_i, i$ 同奇偶。

每次操作将相邻的三个数 reverse 且均变成反数，问最终是否能变为 $1, 2, \dots, n$。

先做到 $|a_i| = i$，只要所有 $a_i \equiv i \pmod 2$，看交换同奇偶的相邻元素，一定可以构造。

只需要调整每个元素的符号使得 变成全正，我们发现可以按如下的方式操作：

1 2 3 4 5
-3 -2 -1 4 5 [1,3]
-3 -2 -5 -4 1 [3,5]
5 2 -3 -4 1 [1,3]
5 2 -1 -4 -3 [3,5]
1 -2 5 -4 -3 [1,3]
1 -2 3 -4 5 [3,5]

此时可以取距距离为 $2$ 的两个点。

并且对于 $a_1, a_n$，可以按下述操作先取 $a_1 \sim a_4$ 再取 $a_2, a_4$：

1 2 3 4
-3 -2 -1 4 [1,3]
-3 -4 1 2 [2,4]
-1 4 3 2 [1,3]
-1 -2 -3 -4 [2,4]

因此只要奇数下标和偶数下标中，符号错误的元素有偶数个即可。

发现交换奇数下标的相邻两个元素，会让偶数下标中符号错误的元素 $\pm 1$ 个，偶数同理。

因此只要求出奇数下标和偶数下标子序列的逆序对奇偶性。

我们知道排列奇偶性 $=(n - c) \bmod 2$，其中 $c$ 是置换环数量。于是时间复杂度是高贵的线性！

AGC006C

根据期望的线性性，对称是线性操作，于是相当于每次 $x_i\gets \dfrac{(2x_{i+1}-x_i)+(2x_{i-1}-x_i)}{2}=x_{i-1}+x_{i+1}-x_i.$

根据 noip2021T3 方差的经典套路，差分一下：$d_i=x_i-x_{i-1}$，相当于每次交换 $(d_i,d_{i+1})$。

此时问题转化为：给定一个排列 $p$，求 $p$ 复合 $k$ 次后的排列。

此时直接倍增优化做到 $\mathcal{O}(n\log k)$。但是直接把每个置换环拎出来做即可 $\mathcal{O}(n)$。

AGC008D

考虑把 $i$ 的分布拆成前 $i$ 个 $i$ 和后 $n-i$ 个 $i$。然后对于两个部分分别贪心即可。

$\boldsymbol{[2025/10/13]}$

AGC011C

考虑 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 在一个连通块的条件。

观察新图上一条边的涵义：$(u,v) \leftrightarrow (p,q)$ 则说明原图有 $u \to p$ 和 $v \to q$，即有两个点能从 $u,v$ 走到 $p,q$。

顺着这个思路，因为一个点可以来回走，所以 $(a,b)$ 与 $(c,d)$ 处于一个连通块表明原图存在 $a$ 到 $c$ 与 $b$ 到 $d$ 的简单路径，满足它们的长度相差偶数。

我们将图的连通块分为以下三种情况考虑：

含奇环的图。每个点到另一个点存在一奇一偶两条路径。
二分图。进行黑白染色，两种颜色之间的距离为奇数，同色点距离为偶数。
孤立点。它不与其他点连通。

设奇环、二分图、孤立点的数量是 $a,b,c$。

以下先不考虑孤立点。对于奇环奇环，奇环二分图，显然每一对都能贡献恰好一个连通块。于是其贡献是 $a^2 + 2ab$。

考虑左右部均有点的二分图，发现每一对二分图二分图能造成 $2$ 的贡献，于是贡献是 $2b^2$。

最后算上孤立点的贡献。设 $x$ 是孤立点，则 $\forall y, (x,y)$ 与 $(y,x)$ 是孤立点，$(x,x)$ 也是孤立点。于是它的贡献是 $c^2 + 2c(n-c)$。

综上，$ans=(a+b)^2+b^2+c^2+2c(n-c)$，总复杂度线性。

AGC001D

$a$ 能随意重排非常关键！

考虑把 $n$ 个数抽象为 $n$ 个点，每个回文信息可以在对称的位置上连边，最后要求图联通。

$n$ 个点的图联通至少要 $n-1$ 条边。一个长度为 $l$ 的回文串，可以贡献 $\lfloor \frac{l}{2} \rfloor$ 条边。

因此，$A \cup B$ 中最多有 $2$ 个奇数。

可以构造了。很容易想到这种结构：

方便起见，使得所有交错的地方长度为 $1$。

分析发现，两头的线段长度奇偶性好像无所谓，但是中间的必须都是偶数。

那么把已知的 $a$ 中元素的计数放到两头即可。特判 $m=1$ 的情况。

AGC013C

考虑把碰撞的交换方向变成交换编号。相当于最后 $n$ 个位置固定了，求每只蚂蚁对应哪个位置。

考虑若环是链，则所有相对位置不会发生变化，直接排序后一一对应即可。

对比链的情况：

考虑正着跨过 $L$ 一次，带来了整体 $+1$ 的循环位移；考虑负着跨过 $L$ 一次，带来了整体 $-1$ 的循环位移。

于是直接算这个位移值即可，复杂度线性！

$\boldsymbol{[2025/10/14]}$

P10627

题解

$\boldsymbol{[2025/10/16]}$

CF1218D

仙人掌生成树等价于每个环断一条边，$\text{xor}$ 边权就 FWT 一下，注意方案数模意义下可能是 $0$，要特殊处理一下。

ARC207C

注意到长度最大的时候最后一个数一定最小。于是记录 $g_i$ 表示 $[1,i]$ 能变成的最大长度，$f_i$ 表示取得最大长度的时候，最后一个数的最小值。

我们现在要划分一个段 $[x, i]$，转移就是 $f_i \leftarrow t_x, g_i \leftarrow g_{x-1} + 1$。

考虑贪心找到这个 $x$，显然是选择一个最大的转移点 $x$ 满足 $f_{x-1} \leq t_x$ 是最优的，因为 $g_x$ 具有单调性，$x$ 越大，$g$ 越大，同时 $t_x$ 越小，所以贪心是对的。

从小到大扫描 $i$，设 $t_j$ 表示 $a_j \text{ or } a_{j+1}\text{ or }\cdots\text{ or }a_i$ 的值。这个可以每次将 $j$ 从大到小枚举暴力更新直到 $t_j$ 的值不变，那么此时比 $j$ 更前的 $t_j$ 显然也不会变了，因为一个数最多只能被更新 $\log A$ 次，所以均摊下来暴力的复杂度是正确的。

$x$ 可以在每次更新 $t_j$ 时去更新。复杂度 $\mathcal{O}(n \log A)$。

$\boldsymbol{[2025/10/17]}$

AGC003F

初始图四联通很关键。

有了这个条件，我们就可以分三种情况讨论：

这个东西上下拼接、左右拼接都可以拼成一个联通块：显然答案是 $1$
这个东西上下拼接、左右拼接都不可以拼成一个联通块：显然答案是 $c^{k-1}$，其中 $c$ 为图中黑点个数。
这个东西上下拼接或者左右拼接能拼成一个联通块（仅满足一个条件）

这里问题就稍稍复杂一些了。

首先发现两个问题是等价的，所以这里只讨论左右拼接联通的情况：

我们先观察样例一的二级分形图：（已经手动分块）

容易发现，联通块个数可以简单的表示为：原图的黑点个数 $-$ 左右相邻两个都是黑格的对数。

然后我们把这个图当成原图，再放入一开始给出的图中，得到的新图的联通块个数也可以用上面这个表达式表示！

然后我们就发现，答案就是：$k-1$ 级分形图中黑点的个数 $-$ 左右相邻两个都是黑格的对数。

前者是好算的，答案为 $c^{k-1}$

如果我们设 $a$ 为相邻黑点对数，$b$ 为左右拼接边界相邻的黑点对数，$c$ 为黑格数。

容易推出，左右相邻两个都是黑格的对数 可以写成矩阵连乘的形式：$\begin{bmatrix} c & a \\ 0 & b \end{bmatrix}^{k-1}$

然后写个矩阵快速幂就好了。复杂度 $\mathcal{O}(nm+\log k)$。

$\boldsymbol{[2025/10/18]}$

8:30 到学校睡觉 2h 后垂死病中惊坐起，发现：

嗯嗯来校直接不开灯，放完书包径直走到床边倒头就睡，学校的床在死角！甚至前后躲过两个监控，隐藏真好，下次还敢。

奠定了一整天幽默奇异搞笑的基调。

梦熊

T1 太难蚌了，我猜了个每次删最大可删的，直接写了个线段树维护区间 $\text{xor 1}$，删除一个位置，最大 $0$ 位置。复杂度 $1\log .$

实际上找到最小的 $a_x\equiv x\pmod 2$ 的位置 $x$，然后每次删后缀极长的 $100\cdots 0$ 段即可，数字的含义是 $(a_x-x)\bmod 2.$，复杂度是线性的。

T2 最开始没想到同余最短路，然后没想到同余最短路有更先进的 Alex_Wei 转圈，然后还被卡常，太幽默了。最终复杂度 $\mathcal{O}(nV).$

T3 赛前同学和我讨论这个怎么做，我几乎不假思索得，提出了牛子结论：答案形如 $A^{k_1}B^{k_2}\cdots Z^{k_{26}}+S[*,r]$ 的牛子结论，我！竟！然！不！知！道！为！什！么！是！对！的！

因为我观察到，如果 $k$ 很小，第一次一定是选前缀一段 $A$。但是后面猜的没有一点道理，真就纯纯狗运。

这个是今天最搞笑的一点，我自己设想的结论是假的，但是我表达出来的结论恰好是对的。

我设想的是 $A\sim Z$ 遍历字符，分别扩展到不能再扩展，再把后缀选上。

于是我按我设想的写 WA 的彻彻底底，随便写了个暴力跑路了。

冷静思考发现：贪心是每次找到可扩展的最小字母，然后扩展。然后你发现，如果扩展完一段 $A$ 后，隔了一会，再扩展到 $A$ 时。

你第一次都没扩展它了，说明了这个 $A$ 是走投无路被扩展到的，于是后面是选一段后缀。就瞎猫碰上死耗子证明了这个结论。

然后枚举字母，然后二分扩展。一次扩展还不一定能完全扩展，有可能 $AAAB$ 扩展到一半，直接扩展后缀更优。要再判一下。

最后比较完 $A\sim Z$ 后，还要比较两个区间的大小，就二分 lcp 或者 SA 即可。复杂度 $\mathcal{O}(n|\Sigma|+q\log n|\Sigma|)$，写好一点可以通过。

T4 开出原题，是 P7841 改，我猜思路大致一样，没时间想了。

$\boldsymbol{[2025/10/20]}$

AGC012E

非常难蚌的题！

相当于 $\log $ 层每层选一段覆盖初始所有段。

注意到关键结论：初始只有 $\log$ 段！否则一定无解。

然后每层的段处理出来，做个状压 dp，$f_S,g_{S}$ 表示用了 $S$ 内的所有层，最多扩展前/后缀多少元素。

最后枚举初始选了哪个段，判断一下即可。复杂度 $1\log $。

uoj 1004

牛子题啊！

我自己想到的是转 $01$，枚举 $i$ 分成 $\le i$ 的 $1$ 和 $>i$ 的 $0$，$01$ 序列记作 $a$。

然后 $U$ 相当于把序列中最前的 $1$ 挪到最后，$D$ 相当于把最后一个 $1$ 挪到最前。

于是答案只和 $U,D$ 的个数相关，枚举之。

然后之后我就不会了。其实之后的步骤不是特别难。

设有 $c_U,c_D$ 个 $U,D$，然后一个序列排好了，当且对于每个位置，要么左侧没 $1$，要么右侧没 $0$（并且从位置来看这两个条件是独立的！）

于是排序的轮数可以被写为：

\[\max\limits_{i=1}^n\max_{j=1}^{n-1}(\min(\lfloor L/c_D \rfloor, \lfloor R/c_U \rfloor)) \]

其中 $L := \sum\limits_{k\le j} [a_k=0], R := \sum\limits_{k>j} [a_k=1]$ 分别表示分界线 $i$ 左边 $1$ 和右边 $0$ 个数。

要求这个 $01$ 序列中这种最小值最大值。我们可以发现 $L_i, R_i$ 分别关于 $i$ 单调递增和递减，所以这个值取在 $L_i, R_i$ 相交的位置。我们维护之即可。

交点位置 $i$ 减小和增大的总移动距离可以分别证明是 $\mathcal{O}(n)$ 的（每个方向只会扫过每个元素一次），所以总移动距离是 $\mathcal{O}(n)$。

那么我们直接维护就是均摊 $\mathcal{O}(n)$ 的。于是总复杂度 $\mathcal{O}(nk)$，常数较大，需要减少除法卡常。

细节还非常多，要注意 $/0$ 特化，以及 $L,R$ 是 $0$ 的时候，$/0$ 就不需要特化。

uoj 949

神秘结论题。

观察比如一个人走的时候答案是 $2(n-1)-\text{dia}.$

比如当树高 $\le k$ 的时候。考虑能少走啥，枚举最后停留的两个位置，相当于 $2(n-1)-$ 路径长 $\le k$ 的最长长度。

否则考虑所有树高 $>k$ 的子树，其根都至少都被两个点经过，设其个数为 $c$。

相当于答案是 $2(n-1)+2(c-1)-h-(h-k)$，其中 $h$ 是树高。因为两个最多能分别少走 $h,h-k$ 的路径。

uoj 950

非常难蚌的题，注意到位置 $x$，+ 个数 $c$ 的和始终是保持不变的！

由于最终一定到达 $0,n+1$，所以最终 + 个数为 $(x+c)\bmod (n+1)$，然后卷积算一下即可，复杂度 $1\log .$

$\boldsymbol{[2025/10/21]}$

梦熊

T1 时光倒流并查集，骗骗没见过这个 trick 的人。

T2 对 $a$ 根号分治，$a\le B$ 是好做的。$a>B$ 的先枚举 $k$ ，同时记录每个 $b$ 有多少个。

根据调和级数只有 $n\log n$ 组询问需要枚举，每个询问由于 $a>B$ 只要枚举 $\dfrac{n}{B}$ 个 $a_t$ 的倍数，然后判断一下有多少个 $b$ 满足即可。理论能平衡到 $\mathcal{O}(n\sqrt {n\log n}).$

T3 原题是 qoj 9482，枚举是前面那个还是后面那个贡献，异或哈希。

然后比如扫描到 $r$，维护一个栈，每次推入 $i$，然后若栈顶元素出现两次，则弹出栈顶。

考虑所有 $[l,r]$ 的贡献，发现只能贡献到当前栈顶的那个元素。$\mathcal{O}(1)$ 用哈希表算一下贡献即可。

用手写哈希表加上快读轻松卡到最优解。

T4 原题（极度卡常）是 gym104840D，题解，赛事写了难蚌 $\mathcal{O}(n^{3.5})$ 卡时，理论最高 $95$，挂了几个点变成 $75$。

P1971

根据奇偶性分析一定不能经过重复的点，于是转化成了二分图博弈板子题。

结论是：先手必胜 当且仅当 最大匹配一定包含起点。判定方法就是把起点删掉再匹配一次。

$\boldsymbol{[2025/10/22]}$

AGC014D

注意到若树有完美匹配则 后手必胜。

否则考虑叶子的父亲，先手染它，然后后手必须染这个叶子，否则下一步先手染了就赢了。

于是得出这个叶子的父亲必须只有这一个儿子，否则先手必胜。

然后就把这一对一起删了，递归下去，树依然没有最大匹配。就归纳证明了 后手必胜当且仅当树有完美匹配。

AGC011D

观察一下，发现：

考虑手玩一下 $s = \text{AAAAA}$ 时是如何变化的：

步数	$s =$
$0$	$\text{AAAAA}$
$1$	$\text{BAAAA}$
$2$	$\text{BBBBA}$
$3$	$\text{AAABA}$
$4$	$\text{BAABA}$
$5$	$\text{BBABA}$
$6$	$\text{ABABA}$
$7$	$\text{BBABA}$

就是当首字母是 $A$ 的时候，首字母变 $B$。

否则循环位移 $1$ 位，在全局 $\text{flip}$ 一下。

于是就可以 $\mathcal{O}(k)$ 做了，具体就是记录循环位移了多少，$\text{flip}$ 了多少即可。

注意到 $A\to B\to \cdots\to A$ 后，后面一定形成了 ...BABA 状物。

于是在 $>4n$ 步后形成 BBABABA... 类似的东西（看最后 $5,6,7$ 步），会陷入两步一循环。

于是可以把 $k$ 缩到 $\mathcal{O}(n)$ 级别，就做完了。

$\boldsymbol{[2025/10/24]}$

露营

拉姆齐数论文构造题，题解

选拔赛

黄金分割代替三分法，题解

$\boldsymbol{[2025/10/25]}$

gym101237G

记 $p_j$ 表示 $\text{LCS}(s, t[i,j])=\text{LCS}(s, t[i,j-1])+1$，当且仅当 $i\ge p_j$。

考虑从 $i=0\sim n-1$ 遍历 $s_i$，去更新 $p$ 数组。

for(int i=0;i<m;i++) p[i]=i+1;
for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0,x=-1;j<m;j++)
	if(s[i]==t[j]) swap(p[j],x);
	else if(x>p[j]) swap(p[j],x);

这个比较厉害。做到了线性空间，复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

$\boldsymbol{[2025/10/26]}$

P11152

把后缀的限制弄到前缀上，题解

$\boldsymbol{[2025/10/27]}$

P14303

二项式反演写 $\text{EGF}$ 卷一下即可。

AGC015E

首先考虑三条线的情况。不妨设 $x_1 \le x_2 \le x_3$。发现如果 $1, 3$ 有交点，那么 $2$ 一定会贡献到他们。证明画图即可。

简单推广一下，先按照 $x_i$ 排序。如果 $i, j$ 有交点，那么 $(i, j)$ 的也对 $i$ 有贡献。所以最后能把颜色传给 $i$ 的点是个从第一个 $v_j > v_i$ 的到最后一个 $v_j < v_i$ 的区间。这样我们就得到 $n$ 个区间，我们要求最后这 $n$ 个区间中，每个区间中都至少有一个被染色的。

然后简单 dp，令 $f_i$ 表示最后一个填了 $i$，并且所有 $r \le i$ 的区间 $[l, r]$ 都被满足。

令 $mx_i = \max_{[l,r],r<i} l$。容易得到 $f_i = \sum\limits_{j=mx_i}^{i-1} f_j$，前缀和优化即可。

CF627D

题解

$\boldsymbol{[2025/10/28]}$

工作

正常要写个线段树二分维护前 $k$ 大，然后减的时候 $=$ 最后一个数的要特殊处理。

但是由于只需要最终输出一次答案，于是直接二分出能被选的效率最小值，然后算一下答案即可。小常数 $1\log$。

P4811

直接粉兔 trick，枚举小的那边长度，再去掉重复询问，枚举量是单根号的。

然后枚举完 $x$ 的一段，求出 $y$ 在这一段的始末，判断相对位置是否发生变化即可。

但是这里要 lower_bound，带 $\log$，理论离线询问能做到单根号。

在 $y$ 区间长度小的时候扫描线，常数非常小，只比单根号慢一点。

CF848E

你这样吧，你先写一个 $\text{poly}$ 的 dp 或者生成函数，然后求出 $16$ 项递推式即可。

$\boldsymbol{[2025/10/29]}$

P10082

幽默整式递推。

$\boldsymbol{[2025/10/30]}$

P10106

题解

$\boldsymbol{[2025/10/31]}$

P10074

由于知道的信息比较少，所以策略是比较单一的。

考虑 $m = 1$ 的情况，两种极端策略是：

我抓住一个一直刀，直到死亡为止。
我刀死最小的小怪，如果某只小怪被刀了最小小怪血量次数刀没死，我就换下一只。

继续考虑 $m = 1$ 的情况，容易发现我可以在最开始钦定一下我刀死小怪的血量，然后最坏情况下血量大于他的小怪都要被试错他的血量刀数。

仔细思考一下，发现 $m > 1$ 也可以这么做，具体的，我们把 $\{a_n\}$ 排序，考虑如果我们钦定了若干小怪 $\{b_m\}$，最后死亡的是 $a_{b_{1 \sim m}}$ 的时候我们最坏情况需要的代价。

不难发现根据之前的分析下标在 $(b_k, b_{k+1})$ 的小怪要被试错 $a_{b_k}$ 刀，很容易依次设计状态：$f(i, j)$ 表示当前考虑到 $a_i$，确定了 $b_{1 \sim j}$ 且 $b_j = i$ 时最坏情况需要的代价。转移的时候枚举 $b_{j-1}$ 转移，有：

\[f(i, j) = \min\{f(k, j - 1) + (i - k) \times a_k\} \]

相当于做 $m$ 轮：$f'(i) = \min\limits_{k<i}(f(k) + (i - k) \times a_k)$。

这个式子不难用斜率优化，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

$\boldsymbol{[2025/11/01]}$

P14377

很厉害的搜索剪枝。

朴素想法是直接搜，预处理 $\le 10^6$ 的结果，剩下的暴力搜，常数小可以过，跑的挺慢。

但是考虑对素数折半分组，变成 $xy\le N$ 的最大 $xy$。

然后钦定一边 $x\le \sqrt N$ 搜索，另一边搜到 $x$ 的时候查询 $\le \lfloor\frac{N}{x}\rfloor$ 的最大值。然后再交换再搜一遍。

但是每次 upper_bound 太慢了，我们发现大部分时候 $x>10^{12}$，于是同样 $\le 10^6$ 的数先处理处结果。这样跑得快一点。

注意分组的时候要隔一个取一个，而不是直接前后缀这样折半。加上上述所有优化跑得算飞快了。

$\boldsymbol{[2025/11/03]}$

ACM

vp Petrozavodsk Summer 2022. Day 7. HSE Koresha Contest，个人通过了 $J,K$。

B

写出 dp，线段树维护信息合并即可，复杂度 $1\log $。

F

幽默题。注意到只有 $l=r$ 的区间比较确定，剩下的可以比较随意的决定。

按照 $r$ 排序，依次钦定一个后缀 $a_l=a_r$ 这样就行了。

J

总贡献减去桥能偷懒的贡献。

考虑两点之间走过的桥一定是形如上端点偏序下一个的下端点。显然需要分类 $y_1<y_2$ 和 $y_1>y_2$ 做两次。

现在考虑 $y_1<y_2$。首先注意到按照桥的起点（最下面那个）分类，只有 $\mathcal{O}(n^2)$ 个本质不同的起点 $(x,y)$ 块。具体就是离散化一下。

考虑枚举终点桥，计算 $x\ge a,y\ge b$ 的 $(x,y)$ 到终点桥 $i$ 过程中经过最多的桥数量 $f_{a,b,i}$。

$f_{a,b,i}$ 从 $f_{a+1,b,i},f_{a,b+1,i}$ 和 $a,b$ 桥的另一端点 $f_{c,d,i}+1$ 转移而来。这个容易 $\mathcal{O}(n^3)$ 完成。

然后枚举起点块 $(a,b)$，发现 $(a,b)\to (c,d)$ 经过 $\ge t$ 的桥的所有方案，是 $f_{a,b,i}=t$ 的所有 $i$ 的终点 $(c,d)$ 所对应的 $[c,m]\times [d,m]$ 的矩形并，直接算贡献即可。

时空 $\mathcal{O}(n^3)$，空间可能能优化到 $\mathcal{O}(n^2)$。

事实上思路是先想到 $\mathcal{O}(n^2)$ 个起点块，再想到应该拆 $=t$ 的贡献变成 $\ge t$ 的贡献，然后再想到 dp。

K

太 tricky 的数学，先 CRT 拆模数。

对于 $\bmod 255$ 随便做，现在考虑 $\bmod 257$。

相当于 $ans=\prod\limits_{|S|=n/2} (a-2sum(S))^u$，其中 $a$ 是所有数的和，$sum(S)$ 表示 $S$ 里数的和，$u=\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor!\left\lceil \frac{n}{2}\right\rceil! \bmod 256$。

当 $n<12$ 时用你喜欢的暴力解决。

注意到当 $n\ge 12$ 时 $u=0$，答案只能是 $0,1$。

只需判定是否 $ans=0$ 即可，即判定是否存在 $|S|=n/2,sum(S)=\frac{a}{2}=x$。

大胆猜一手 $sum(S)$ 很容易覆盖 $\bmod 257$ 的完系。

但是发现此时 $n$ 充分大并不是一个条件，当只有一种数的时候觉坠机了。

但是联想调整法，考虑如果有 $257$ 个非零调整值 $d_0,\cdots,d_{256}$，那么其子集和一定覆盖 $\bmod 256$ 完系。

于是当 $n-\max c_i\ge 2\times 257$ 时，必定存在这样的调整，答案一定为 $0$。

否则对小的 $c_i$ 暴力 bitset 优化 dp，然后枚举选了多少个小的即可。这里复杂度是 $\mathcal{O}(\frac{p^3}{w})$ 的，其中 $p=256$。

$\boldsymbol{[2025/11/04]}$

P14312

严肃学习了二进制分组高维 KD-tree。

oi-wiki 中二进制分组写法比较厉害。

P10103

类似莫队求组合数前缀和那样，这题维护的是 $n$ 错 $m$ 的错排 $F(n,m)$。

不过要维护 $F(n,m),F(n+1,m+1)$，然后回滚莫队。

$\boldsymbol{[2025/11/05]}$

P10105

首先把三个的中心点 $p$ 设出来，并且解出 $\text{dis}(p,u/v/w)=x/y/z$，不妨 $x\ge y\ge z$。

然后注意到中心点一定能在直径上取得！否则可以调整。

然后就是一个区间 $[x+1,\text{dia}-y],[y+1,\text{dia}-x]$ 取延伸下去的 $\max$，看哪个能 $\ge z$，再构造即可。

利用 ST 表，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n+q)$。

P7275

已严肃学习

loj 3995

判断一个排列是否可行，考虑将操作反过来：将排列的开头或末尾任意插入排列中。不难发现排列合法当且仅当存在一个长度 $\ge n - k$ 的上升子区间，将该区间外的数依次向内插入即可。

令 $m = n - k$，不妨计数所有极长上升子区间长度都 $< m$ 的排列数量。

套用上述博客，$F,G,H$ 分别表示任意，连续段合并，极长的 GF。

\[F(x) = \frac{x - x^m}{1 - x},\quad G(x)=\dfrac{1}{1-x}-1,\quad H(x) = \frac{x - x^m}{1 - x^m} \]

令 $A(x)$ 为一个上升子区间的 EGF，即 $A(x) = \sum_{i} [x^i]H(x) \cdot \frac{x^i}{i!}$，所求即为 $n![x^n]\frac{1}{1 - A(x)}$。

注意到 $A(x)$ 只有 $\mathcal{O}(\frac{n}{m})$ 项，所以直接暴力求逆也可做到 $\mathcal{O}(n^2\log n)$。

P10104

还是上述博客的容斥系数推导。

神仙容斥题！先考虑 $m=0$ 怎么做。

首先容易加一个数差分一下，转化成 $C=0$ 的问题。

然后考虑最早非全部顶到上界的位置，后面就有自由元了，就比较可以任选。

枚举这个最早自由位 $d$，然后 $f_{i,0/1,0/1}$ 表示前 $i$ 个数，是否出现自由元，$d$ 位上的值是 $0/1$。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log V)$。

然后定义等价类为 $b$ 的相等关系。转移是每次贡献一个极大独立集。

本身贡献系数 $[x^S]F=1$ 当且仅当 $S$ 是独立集。等价类合并关系是 $G(x)=\exp(x)-1$，于是容斥系数 $H=\ln (F+1)$。

然后这个 dp 也很神仙，把消除同类状态做到了极值。

考虑按 $a$ 排序，每次钦定加入当前没选的最小的 $a_i$。

然后你发现 $<i$ 的位你只关心它是否被当做最小的选了，$\ge i$ 的位你只关心它选没选过。

于是状态数变成 $2^n$ 了。枚举 $i$ 枚举自己做 dp 转移，复杂度 $\mathcal{O}(n3^n+n^22^n+n2^n\log V)$。

$\boldsymbol{[2025/11/06]}$

ABC288H

加强到 $N\le 10^6,M,X<2^{60}$

求 $f(x)=[y^X]\prod\limits_{w=0}^{M-1} \dfrac{1}{1-xy^w}$ 的 $[x^{0\sim N}]$。

定义 $L=61$，$x\bullet y=\text{popcount}(x\text{ and } y)\bmod 2.$

\[f(x)=2^{-L}\sum\limits_{w=0}^{2^L-1} (1-2(X\bullet w))(1+x)^{-c(w)}(1-x)^{c(w)-M} \\ c(w)=\sum\limits_{i=0}^{M-1} (w\bullet i) \]

只需求 $g_j=\sum\limits_{w=0}^{2^L-1} (1-2(X\bullet w))[c(w)=j]$

\[f(x)=\sum _j g_j (1+x)^{-j}(1-x)^{-(M-j)} \]

接下来我们分布解决 $g_j$ 和后面的多项式。

先考虑如何计算 $c(w)=\sum\limits_{i=0}^{M-1} (w\bullet i).$

把 $[0,M-1]$ 分成 $L$ 段 $i\in a+[0,2^b-1]$ 形式。设 $w$ 的最低位为 $lb$。

若 $b>lb$ 那么除了 $lb$ 外的位置随便选，通过 $lb$ 调整成 $0/1$ 各一半，所以贡献是 $2^{b-1}$。
若 $b\le lb$ 那么 $w\bullet i$ 的有效值只取决于前 $lb$ 位，显然有 $w\bullet i=w\bullet M$，所以贡献是 $2^b$ 或 $0$。

于是 $c(w)$ 只和 $lb$ 与 $w\bullet M$ 相关，只有 $2L$ 种取值。

但是还要考虑 $w\bullet X$ 才能算 $g$，不过随便 dp 求一下即可求出 $g$。

具体的，枚举 $lb(w)$，记 $f_{k,0/1,0/1}$ 表示确定 $w$ 的 $\ge k$ 的位，$w\bullet M$ 与 $w\bullet X$ 当前分别是多少即可。

注意别漏了 $w=0$ 的情况。

如何求 $F(x)=(1+x)^{-a}(1-x)^{-b}$，直接微分有限：

\[F'=\dfrac{b}{1-x}F-\dfrac{a}{1+x}F \\ (i+1)f_{i+1}=\sum\limits_{j=0}^i bf_{i-j}-(-1)^jaf_{i-j}=b\sum\limits_{j=0}^i f_j+(-1)^{i+1}a\sum\limits_{j=0}^{i} (-1)^jf_j \]

复杂度 $\mathcal{O}(L^2+NL)$。

ACM

vp Petrozavodsk Summer 2021. Day 7. MIPT Contest, GP of Dolgoprudny，只考虑非原题，个人通过了 $I,J$。

H

幽默诈骗题，注意到图是一棵树，加上 $n$ 的因子这些孤立点。然后数据随机暴力跳即可。复杂度 $\mathcal{O}(T\log n)$。

I

直接 dp，$f_{i,j}$ 表示 最后 $i$ 步，经过至少一次 $j$ 的概率。

每次转移就是 $f_{i,j}\gets pf_{i-1,j}+(1-p)f_{i-1,j-a_{n-i}}$，注意每次 $f_{i,n}$ 需要手动设为 $1$。

可以证明 $a$ reverse 结果不变。

就是把路径根据时间翻转，再根据位置翻转，就得到了这个结论。

或者先考虑正数，相当于是一个前缀和的 $\max$ 要 $\ge x$ 的限制，才能走到 $x$。

而前缀和的 $\max$ 这种有分配律的信息，就应该倒着推，做一个整体抬升这样的过程。然后直接这样维护也能过。

或者通过倒推想到上述做法也行。

J

牛子数论。先钦定 $(x_i,y_i)$ 互素。

由于是 $\prod$，于是直接考虑素数 $p$ 对一对 $(i,j)$ 的贡献。

首先算上 $\text{lcm}(y_i,y_j)$，再考虑多算了什么除掉。

\[\dfrac{x_i}{y_i}-\dfrac{x_j}{y_j}=\dfrac{x_i\frac{L}{y_i}-x_j\frac{L}{y_j}}{L} \]

若 $p$ 被多算了，首先 $v_p(y_i)=v_p(y_j)$，否则分母就不可能是 $p$ 的倍数。

否则 $p^k$ 被多算了，当且仅当 $\dfrac{x_i}{y_i}\equiv \dfrac{x_j}{y_j}\pmod {p^k}$。

于是对于 $v_p(y_i)=v_p(y_j)$ 的等价类，枚举 $k\ge 1$，每当有一对 $(i,j,k):\dfrac{x_i}{y_i}\equiv \dfrac{x_j}{y_j}\pmod {p^k}$，就除一次 $p$，累加起来自然是对的。

然后每个数把素因子算出来最后算贡献即可。懒得算复杂度了，反正肯定跑飞快。

$\boldsymbol{[2025/11/07]}$

走

朴素状压 dp 复杂度是 $\mathcal{O}(2^n\times \text{poly}(n))$ 的。

考虑如何压缩状态，首先可以旋转整个环使得起点始终在 $0$。

然后对于从当前起点开始走始终走不到的点，我们都把它置为 $1$。

可以把环对称翻转一下，即每个位置 $x\gets -x$。

这样缩等价类后，可以证明状态是 $\text{poly}(n)$ 的，实际 $\le 10^5$ 个。

用 unsigned __int128 存储状态并且转移即可。

瓶颈在于哈希 __int128，目前代码至少能通过 $n\le 127$。

P14364

这题主要体现一个分阶段 dp 的思想，或者贡献延迟计算，有不同的理解。

相当于咔嚓 $j$ 个的时候只关心 $\le j$ 的被填了多少个，或者说 $>j$ 的填了多少个。

等 $j\to j+1$ 的时候枚举 $j+1$ 填了多少个，再算贡献。

或者就是每个 $j$ 相同的一段区间称为一个阶段。

$f_{i,j,k}$ 前 $i$ 个位置，咔嚓了 $j$ 个，前面填的有 $k$ 个（确定的）位置填了 $\le j$ 的。

重新记 $c$ 为 $c_x=i$ 的 $x$ 的个数，$s$ 为 $c$ 的前缀和。

\[\begin{aligned} \quad\quad\quad\quad\quad &\color{red}{S_{i+1}=1} \\ \quad\quad\quad\quad\quad &cur>j:f_{i,j,k}\to f_{i+1,j,k} \\ \quad\quad\quad\quad\quad &cur\le j:f_{i,j,k}\times (s_j-k) \times \dbinom{c_{j+1}}{l}\times (i-k)^{\underline{l}}\to f_{i+1,j+1,k+1+l},\quad l\in [0,\min(c_{j+1},i-k)] \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} &\color{red}{S_{i+1}=0} \\ &cur>j+1:f_{i,j,k}\times \dbinom{c_{j+1}}{l}\times (i-k)^{\underline{l}}\to f_{i+1,j+1,k+l},\quad n-s_{j+1}>i-k-l \\ &cur\le j+1:f_{i,j,k}\times (s_{j+1}-k-l) \times \dbinom{c_{j+1}}{l}\times (i-k)^{\underline{l}}\to f_{i+1,j+1,k+1+l} \\ \\ &l\in [0,\min(c_{j+1},i-k)] \end{aligned} \]

枚举的 $l$ 表示 $>j$ 的中有多少个 $=j+1$。

复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

$\boldsymbol{[2025/11/09]}$

P10441

经典结论：竞赛图三元环只和每个点的入度序列有关。

不难发现当入度序列为 $ [0, 1, ..., n - 1] $ 时没有三元环，当把一对 $ (x, x + 2) $ 调整为 $ (x + 1, x + 1) $ 时会多一个三元环。

直接调整复杂度是 $ \mathcal{O}(M) $ 的。可以考虑找一个最小的 $ n_0 \le n $ 使得其最大三元环量不小于 $ M $，在 $ n_0 $ 基础上调整，其余连成 DAG 即可。

最大三元环是在最平均的时候取到，当 $n$ 偶数就是在一半 $\dfrac{n}{2}$，一半 $\dfrac{n}{2}-1$ 时取得。
可以证明每次把 $(x,x)\to (x-1,x+1)$ 最终一定能调整成 $0,1,\cdots ,n-1$ 这个度数序列。

时间复杂度 $ \mathcal{O}(n^2) $，因为三方的差自然是平方级别。

$\boldsymbol{[2025/11/10]}$

ACM

打了 Moscow Pre-Finals Workshops 2019. Day 2. Grand Prix of China，个人通过 $A,C,I$。

A

注意到 $a_x$ 一定替换成原序列中出现过的 $a_y$。并且 $a_x,a_y$ 都是前缀第一次出现。

分讨 $x<y,x>y$ 计算贡献，用你喜欢的数据结构维护即可。

C

很厉害的题，考虑第一次对半切，剩下每刀都要多两块，最后才能切成 $n$ 块。

考虑每次左右剩余点的凸包，找到一条公切线，每次把公切线上这两个点切掉即可。

大概就是考虑 $l$ 在凸包的下一个点，$r$ 在凸包的下一个点，切的刀从两个线段之间穿过即可。

D

先考虑对连通的一棵基环树算一下 $n$ 个点的基环树的方案数，以及环长和。（注意基环树可能退化成树，也要算进方案数里）

然后连通到不连通就用类似 $\exp$ 的东西拼起来，这题直接展开 $\exp$，系数是个组合数，同样记录方案数和环长和即可。

E

考虑怎么求 $f(n)$，直接 dp 设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 位，和的绝对值是否可以为 $j$，可以证明仅需考虑 $j \le 9^2-1$ 的情况。

打表发现 $f_i$ 作为 bitset 仅有不超过 $2 \times 10^5$ 种情况，可以建出 DFA，在 $n$ 之后加数位相当于 DFA 上走一步，最后走到的状态对应 $f(n)$ 的值即为所求。

将 $f(n)$ 的值作为类别，做 DFA 最小化后仅有 $S = 715$ 种状态，剩下的部分就是数位 dp 了，时间复杂度 $\mathcal{O}((S + T)d^2 \log R)$。

G

给定正整数 $p$ 和三元组序列 $\{(a_k, b_k, c_k)\}_{k=0}^{\infty}$ 如下：

$(a_0, b_0, c_0) = (2, 1, 0)$;
$(a_{k+1}, b_{k+1}, c_{k+1}) = (a_k^2 + b_k^2, a_k b_k + b_k c_k, b_k^2 + c_k^2)$。

$n$ 次询问 $x, y, z, m$ 表示求最小的 $k \ge m$ 使得 $(a_k, b_k, c_k) = (x, y, z) \pmod p$，需判断无解。

$n \le 5000, p \le 2^{30}, m \le 10^{18}$。

solution

设 $f_0 = 0, f_1 = 1, f_{k+2} = 2f_{k+1} + f_k$，则 $(a_k, b_k, c_k) = (f_{2^k+1}, f_{2^k}, f_{2^k-1})$。
设模 $p$ 意义下循环节为 $L(p)$，类似 Pisano Period，当 $p$ 为质数时，若 $(2 | p) = 1$ 即 $p \equiv \pm 1 \pmod 8$ 则 $L(p) | (p - 1)$，否则 $L(p) | 2(p + 1)$；且 $L(p^k) | p^{k-1}L(p)$，$L(\prod p_i^{\alpha_i}) = \operatorname{lcm}\{L(p_i^{\alpha_i})\}$。
先求 $u$ 使得 $f_{u-1} = z$ 且 $f_u = y$，然后求 $k$ 使得 $2^k \equiv u \pmod{L(p)}$，两个 BSGS 即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{np})$。

H

点分治把虚树拉出来 dp，复杂度根据实现优劣分别是 $2\log$ 或 $1\log$。

I

幽默 burnside 加组合数算算算题，翻转同构真的一大坨屎。

J

优秀的拆分 + 萌萌哒 优化建图，跑最小生成树即可，纯纯数据结构堆砌。

$\boldsymbol{[2025/11/11]}$

P10707

假设输入的俩数为 $N,M$。设 $M$ 的最高位 $L=\lfloor \log_2(M+1)\rfloor$。

定义 $(x)_k$ 表示 $x$ 的二进制第 $k$ 位。

定义凑出 $M$ 的那些基底为 关键基。

我们先对关键基 dp，计算选 $k$ 个关键基的方案 $G_k$。

再算出 $F_{n,k}$ 表示 $n$ 个数选出 $k$ 个做关键基的方案。

那 $ans=\sum F_{N,k}G_k.$

$f_{n,m}$ 表示从高到低考虑到第 $n$ 位，选了 $m$ 个关键基的方案数。

\[f_{n,m}=[(M)_n=1]f_{n+1,m-1}+2^{m-1}f_{n+1,m} \]

特判 $m=0$ 的情况，转移是 $f_{n,0}=[(M)_n=0]f_{n+1,0}$

因为当 $(M)_n=1$ 时，可以加入一个最高位为 $m$ 的新基底。

而对于 $(M)_n=0/1$，均可在之前选的 $m$ 个中钦定奇数 / 偶数个这一位选 $1$，方案数均为 $2^{m-1}$。

考虑设 $g_i$ 表示大小为 $i$ 的关键基能构成多少种序列。

朴素想法是在 $i$ 个基的生成空间的 $2^i$ 个数中，选取可重复的 $N$ 个数，方案数为 $\dbinom{2^i+N-1}{N}$。

可是这样只能保证选出的数的基是 $i$ 个基的子集。还需要容斥一下。

转移是枚举 $j$，表示选择一个大小为 $j$ 的子基，然后减去他能构成的序列即可。

系数自然是 $\text{q-analog}$。

\[g_i=\dbinom{2^i+N-1}{N}-\sum\limits_{j=0}^{i-1}{i \brack j}_2 g_j \]

显然有 $ans=\sum f_{0,k}g_k$。此时复杂度 $\mathcal{O}(NL+L^2)$。

P7832

首先看成 bfs 分层，要求每一层依次是 $[1,a],[a+1,b],\cdots [z+1,n]$。

朴素的 dp 是 $f_{l,r}$ 表示当前考虑到 $[l,r]$ 区间，然后枚举上一个端点 $l'$，判断合法性算贡献即可。

但是考虑对这判定条件 延迟计算。

比如有一条 $(u,v),u<v$ 的边，那么此时 $u\le i\to j\le v$，则不能 $i\to j$ 转移，发现这个显然是充要的。

于是 $i$ 能转移到的只能是一个后缀 $[mx_i,n]$。并且由于后面都没向前连边，代价是逐次 $+1$ 的。

相当于 $f_i\to f_{mx_i}$，之后做一个 $f_{i}\gets f_{i-1}+1$ 的转移。

然后 $i\to mx_i$ 的代价相当于就是 $mx_i-i-([i+1,mx_i]\text{ 中被前面连过的点的个数})$。容易计算。

注意要在第一个被 $f_i\to f_{mx_i}$ 转移的 $mx_i$ 后才开始 $f_{i}\gets f_{i-1}+1$，之前不能进行这项转移。

于是复杂度线性。

uoj 22

考虑依次 $\bmod$ 的过程，我们实际只关心原序列的前缀最小值。

于是第一问就很好求了。把序列倒序排序，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数能否操作出 $j$，$f_{i-1,j}\to f_{i,j},f_{i,j\bmod a_i}$。

注意最后答案范围只能在 $[0,a_n-1]$ 中找，因为 $a_n$ 一定是一个前缀最小值。设第一问答案为 $ans1$。

然后类似插入法，记 $g_{i,j}$ 表示考虑 $[i,n]$ 的数，从 $i-1$ 传入 $j$ 最终能操作出 $ans1$ 的方案数。

转移就 $g_{i,j}\gets (n-i)g_{i+1,j}+g_{i+1,j\bmod a_i}$，初值为 $g_{n+1,ans1}=1$。

第一个系数是可以插在任意一个比它小的数的后面，有 $n-i$ 种方案，第二个系数是只能插在最前面。

复杂度 $\mathcal{O}(nx)$。

P8594

考虑形式太过简洁，对 $n$ 设一个元 $x$，对个数设一个元 $y$，容易写出二元多项式：

\[ans=[x^ny^k]\dfrac{1-x(1+2y)}{1-x(1+3y+y^2)+x^2(y+2y^2)} \]

具体就考虑放了几个竖着的，剩下横着的上下并起来，随便算一下就能得到。

但是考虑 $[x]$ 元初始是 $\dfrac{\text{一次}}{\text{二次}}$ 的，并且次数始终不增，于是不用实际写二元 FFT，对于分子分母每个 $[x^k]$ 分别维护 $y$ 的多项式手动算一下即可。

有现成的二次剩余 Bostan–Mori 算法可以抄，容易直接写出简洁的式子。

复杂度 $\mathcal{O}(k\log k\log n)$。

$\boldsymbol{[2025/11/12]}$

ACM

打了 Petrozavodsk Winter 2022. Day 6. ICPC Camp Day 1，我赛事通过了 $A,B,C,G,H$。

A

幽默题，爆标。考虑动态构建二分图，每个点加入左边还是右边取决于哪个能让中间的边更多。

这样构建了一共 $N$ 个点，$\ge KN$ 条边的二分图。

然后直接暴力拓扑排序那样依次删除度数 $\le K$ 的点，可以证明最后左右必定剩下 $\ge 1$ 个点。

B

我觉得是这一场最值得学习的题。

首先 $m$ 关系不大，不难把 $n+1\sim m$ 的概率缩到 $n$ 的概率上。

合法情况的选 $i$ 的期望数量 $\times$ 合法情况概率，也可以看成所有合法情况【之于所有情况】选 $i$ 的期望数量。

给出这题最关键的一步：考虑把每次递归 $b_i$ 个，看成一个树形结构！最终从高到低就分别是 $[b_n,b_{n-1},\cdots ,b_1]$ 叉树。

然后发现多叉树每一层的所有节点其实都是等价的。于是我们不妨只关心一直向左走最后的叶子，求出合法情况下它选了每个 $i$ 的概率。最后 $\times \prod b_i$ 就是答案。

设 最底层是第一层，考虑记 $g_{i,j}$ 表示考虑 $[i,n]$ 层，若最左侧 $i$ 层子树内抽卡最大值为 $j$，最终 $n$ 级抽卡合法的概率。

初始 $g_{n,n}=1$，转移就是枚举除了最左侧外的最大值 $k\ge j$，从 $g_{i+1,k}$ 转移而来：

\[g_{i,j}=g_{i+1,j}\sum_{k=0}^j s_{i,k}+\sum_{k>j}s_{i,k}g_{i+1,k};\quad j\ge i \]

其中 $s_{i,j}$ 表示 $i$ 的剩下 $b_{i+1}-1$ 个兄弟抽到最大值为 $j$ 的概率。这里剩下子树就相对自由了。

记 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 级合法抽卡（考虑 $i$ 层子树）最大值 不超过 $j$ 的概率，则 $s_{i,j}=f_{i,j}^{b_{i+1}-1}-f_{i,j-1}^{b_{i+1}-1}.$

$f$ 的转移就是 $f_{i,j}=f_{i-1,j}^{b_i}-f_{i-1,i-1}^{b_i}$，根据合法性只在 $j\ge i$ 处有值。

$g$ 的转移就前缀和优化一下即可。注意最后求的 $g_{0,i}$ 要乘上选 $a_i$ 的概率，因为我们之前只是假设了最大值是它，并没有乘上选择它的概率。

复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

为什么一个从上到下，一个从下到上 dp 呢？

我的理解是 $g$ 因为从下往上没法保证合法性，需要从上往下依次确定每个兄弟的合法性。

$f$ 是子树限制，自然要从下往上 dp。

C

期望的线性性最关键。然后你就可以令 $c_k$ 表示 $k$ 美元期望能买通多少个人。

然后 dp $f_{i,j}$ 表示 $i$ 美元分成 $j$ 份期望最多能买通多少人，转移就枚举 $k$ 从 $f_{i-k,j-1}+c_k$ 转移得到，此时 $\mathcal{O}(n^3)$。有两个思路优化：

首先可以看成做 $(\max,+)$ 卷积的 $n$ 次幂，做个快速幂。
或者每次钦定转移最小的那份，此时 $k\le \frac{i}{j}$。

两者总复杂度均为 $\mathcal{O}(n^2\log n)$。

G

弱智，就是 XOR FWT 变换加加减减一下就行。

H

方案数显然是 $\dbinom{n+m-1}{m-1}$，那乘积和怎么算呢？

可以生成函数得出答案是 $\displaystyle {n+m \brace m}$，斯特林数单点容易 $\mathcal{O}(n)$ 计算。

或者考虑枚举最后一个数，写出 $f(n,m)$ 的递推，发现符合斯特林数递推。

J

考虑求 $n$ 圆 $(x_i,y_i,r_i)$ 凸包面积。

相当于要求出两两圆的公切线，和所有圆弧围成的面积。

考虑凸集的支撑函数 $h(\theta)=\max\limits_{i} h_i(\theta)$，其中 $h_i(\theta)=x_i\cos \theta+ y_i\sin \theta +r_i$ 是每个圆的支撑函数。

几何意义是整个平面旋转 $\theta $ 角看最右侧点的 $x$ 坐标是啥。

并且根据一些简单的数学计算，容易证明面积 $S={\displaystyle\int}_0^{2\pi} h^2(\theta)-h'(\theta)^2\mathrm d\theta$，对 $h_i$ 的最大值分段讨论一下即可。

复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$，可能能优化到 $\mathcal{O}(n\log n)$，不是很懂。

$\boldsymbol{[2025/11/13]}$

P8392

考虑先贪心一个解 $S\in [L-m,L+m]$：

先全部选上，若当前和 $>L$ 就从 $m\to 1$ 的物品一次删除并保证始终 $>L$。否则从 $-m\to -1$ 依次删除。

此时方案是当前 $S$ 的最优解，考虑调整到 $L$。

然后可以可以发现剩下的调整一定不会调整超过 $m$ 个物品。也就是背包值域始终在 $[L-m^2,L+m^2]$ 中。

可以证明：若值域在 $[0,m]$ 的集合 $A,B$，子集和 $\ge m(m-1)$，则必定存在 $A,B$ 的子集 $S,T$ 子集和相等。

考虑若调整了绝对值 $>m^2$ 的元素，把正负区分开，容易套用上面结论证明：存在子集和为 $0$ 的子集。

那么此时把这一坨和为 $0$ 的丢到初始方案中，就和我们原来假设矛盾了。

于是把加入 / 删除物品的增量放一起，做个多重背包即可。

单调队列优化，复杂度 $\mathcal{O}(m^3)$，实测没有二进制优化的带 $\log$ 跑得快。

$\boldsymbol{[2025/11/14]}$

CF67C

发现只有前三个操作是好做的，直接记 $f_{i,j}$ 表示 $A$ 的前 $i$ 位和 $B$ 的前 $j$ 为匹配的最小代价。

插入：$f_{i,j+1}\gets f_{i,j}+t_i$
删除：$f_{i+1,j}\gets f_{i,j}+t_d$
替换：$f_{i+1,j+1}\gets f_{i,j}+[A_{i+1}\neq B_{j+1}]t_r$

考虑交换操作由于代价较大 $2t_e\ge t_i+t_d$，我们可以分讨证明交换过后的字符 不会再进行任何操作，否则一定不优。

然后交换一定是找最近的能匹配的换过来。

设 $p$ 为从 $B_{j+2}$ 开始第一个等于 $A_{i+1}$ 的位置， $q$ 为从 $A_{i+2}$ 开始第一个等于 $B_{j+1}$ 的位置。我们交换 $A_{i+1}$ 和 $A_q$，使得它们分别匹配 $B_{j+1}$ 和 $B_p$。

因为不会出现两次相邻的交换，所以最优操作序列形如删去 $A_{i+2} \sim A_{q-1}$，交换，再插入 $B_{j+2} \sim B_{p-1}$，这就引出了交换转移 $f_{i,j} + t_e + (p - (j + 2))t_i + (q - (i + 2))t_d \to f_{q,p}$。

$p$ 和 $q$ 都容易对每个位置预处理下一个等于某字符的位置快速得到。

复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

树上水题

题解

$\boldsymbol{[2025/11/15]}$

uoj 705

容易发现公差为 $k$ 的等差数列可以写成 $k^{-1}$ 个公差为 $1$ 的等差数列的并。

证明就考虑 $ak+b$ 把 $a$ 拆成 $pk^{-1}+r$ 然后取模考虑即可。

把 $k$ 拆成 $\frac{X}{Y}$ 其中 $X,|Y|\in [1,\sqrt p]$，可以证明一定存在这样的拆法。

然后对于每个 $X$ 单独处理询问，每个询问看成求 $\frac{1}{Y}\times X\times (i+s\times X^{-1})$，其中 $s=x+k-1$ 是起点，$i\in [0,l-1]$。

令 $b_i=a_{iX}$ 然后做前缀和，对于 $Y$ 查询这 $Y$ 个连续段的和即可。复杂度单根号。

ACM

vp Petrozavodsk Summer 2020. Day 6. Korean Contest，本人场上通过 $B,E,G,J,K$。

B

神仙题。一种刻画二分图的新方式。

因为二分图是没有奇环的图，考虑用一种设置边权的方式，要求二分图异或和为 $0$，否则不为 $0$。

考虑构造一个生成树，对于非树边定义权值 $2^i$，并将树边异或上该权值，结论是这样处理之后的总边权异或和符合上述要求。证明考虑对于每条边的权值分偶环和奇环讨论，偶环异或偶环还是偶环，偶环权值和为 $0$，奇环一定会有权值。

容易发现要割边一定不会割权值为 $0$ 的边，所以求割两条边之后合法的数量等价于求 $x \oplus y = 0$ 的边 $x, y$ 数量。割一条边和不割边随便判一下就好了。

当然权值 $2^i$ 显然做不到，其实直接 rand 一个整数即可。

E

当 $n,m$ 均为奇数或 $2k-1\ge \max(n,m)$ 时先手必胜，否则后手必胜。

F

还是考虑一整个连续段的转移。

定义代价 $\text{cost}(l,r)=\text{cost}(l,r-1)+A_r\times C_{r-l+1}$。

设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个，有 $j$ 个 没敲击 的键。

转移就空拍 $f_{i,j}\to f_{i+1,j+1}$ 或者枚举连击长度 $k\ge 1:f_{i,j}+\text{cost}(i+1,i+k)\to f_{i+k+1,j+1}$。

$+1$ 是因为连击后要空一个位置做断点。

答案就是 $ans=\max\limits_{x\le m}f_{n+1,n+1-x}$。目前 $\mathcal{O}(n^3)$。

发现 $j$ 是每次递增 $1$，对 $j$ 逐层考虑。注意到第二个转移有决策单调性，优化到 $\mathcal{O}(n^2\log n)$。

决策单调性时，第一个转移不能一起考虑进去！否则就不满足决策单调性了！

G

SG 函数是 $SG(x)=x-2$，全部异或起来判断是否为 $0$ 即可。

J

一眼流子。

首先对于 $k = 1$ 的情况，可以每个点拆点，入点向出点连 $1$ 边，原图中的边连 $+\inf$，实际上是求最小割。

考虑把问题看成 不能仅跳过 $k-1$ 个点从 $S\to T$，其中跳过是走一条割边。

对于 $k > 1$ 的情况，考虑建 $k$ 层图。

起点 $(0, S)$，终点 $(k, E)$。
$(i,E)\to (k,E),w=+\inf,1\le i<k$
本层就 $u$ 入点向 $u$ 出点连边，$w=C_u$。
每层入点向下一层对应的出点连 $+\inf$，表示这个点被割掉了，不得不到下一层。
$(u,v)$ 就每层 $u$ 出点向 $v$ 入点连边，$w=+\inf$

可以发现如果一条路径有少于 $k$ 个选择的点，那么就不是一个割了。

直接跑最小割，复杂度 $\mathcal{O}(n^2k^2m)$。跑飞快。

K

设 $A$ 的特征多项式为 $f$。则 $\det (A-xI)=(-1)^n f(x)$。复杂度 $\mathcal{O}(n^3+qn)$。

$\boldsymbol{[2025/11/16]}$

ACM

Petrozavodsk Winter 2022. Day 2. KAIST Contest + KOI TST 2021。没工夫开了，漫做了一下，一堆论文题或者简单题没做，开摆了。

B

签到题，构造对角线，偶数的时候调整一下即可。

C

考虑枚举集合 $S_1, S_2, S_3 \subseteq \{0, 1, \dots, N - 1\}$，要求 $S_1 \cap S_2 = S_2 \cap S_3 = S_3 \cap S_1 = \varnothing$。

于是要求

\[A(S_1 \cup S_3) + A(S_2 \cup S_3) < A(S_3) + A(S_1 \cup S_2 \cup S_3) \]

移项，有

\[A(S_2 \cup S_3) - A(S_1 \cup S_2 \cup S_3) < A(S_3) - A(S_1 \cup S_3) \]

令 $F(S) = A(S \cup S_3) - A(S_1 \cup S \cup S_3)$，则我们要求存在 $S$ 使得 $F(S) < F(\varnothing)$。

假设存在这样一个 $S$，令 $k = |S|$，定义 $S_i$ 表示 $S$ 的前 $i$ 个元素构成的集合。
则我们一定能找到一个 $i$ 使得 $F(S_i) < F(S_{i-1})$ (否则 $F(S) = F(S_k) \ge F(\varnothing)$)，也就是说

\[A(S_i \cup S_3) - A(S_1 \cup S_i \cup S_3) < A(S_{i-1} \cup S_3) - A(S_1 \cup S_{i-1} \cup S_3) \]

我们把 $S_{i-1}$ 和 $S_3$ 并起来，就证明了 $S_2$ 只需要取大小为 $1$ 的集合。
类似地，$S_1$ 也只需要大小为 $1$ 的集合。

暴力即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(N^2 2^N)$。

E

区间图的一个连通块一定可以表为一个区间。

反过来，可以发现我们只需要将整个数轴划分为若干区间，在各区间中选择包含在其中的前 $K$ 大个区间即可。不难发现这样一定可以计算出答案。

于是，要想将计算转移代价的过程优化到 $\mathcal{O}(N^2 \log N)$ 或 $\mathcal{O}(N^2)$ 是很容易的。

$N^2$ 就维护只加数，维护前 $K$ 大和。就拿一个指针维护选了哪段后缀即可。

K

直接考虑暴力：设 $dp_{x,i,w}$ 表示在 $x$ 子树内断掉 $i$ 条边，且现在 $x$ 所在的连通块的权值之和为 $w$，是否可行。用树形背包容易得到一个 $\mathcal{O}(nKR^2)$ 的做法。

注意到 $i$ 固定时除了 $x$ 所在的连通块以外的连通块的权值之和都在 $[L, R]$ 中，所以只有 $R - L + 1$ 种，所以 $w$ 只有 $\mathcal{O}(K(R-L))$ 种取值。这样容易得到一个 $\mathcal{O}(nK^3(R-L)^2)$ 的做法。

由于 $dp$ 的取值只有 $01$，所以显然可以用 bitset 维护，做到 $\mathcal{O}(nK^3(R-L)^2/w)$。

引理 1. 如果 $dp_{x,i,w_1} = dp_{x,i,w_2} = dp_{x,i,w_3} = 1$，且 $w_1 < w_2 < w_3$，且 $w_3 - w_1 \le R - L$，那么将 $dp_{x,i,w_2}$ 置为 $0$ 也不会改变最终答案。

证明. 设 $x$ 所在连通块最终的权值为 $W$。考虑如果使用了 $(x, i, w_2)$ 这个组合，那么把它换成 $(x, i, w_1)$ 或 $(x, i, w_3)$，则可以获得 $W - (w_2 - w_1)$ 或 $W + (w_3 - w_2)$。由于 $w_3 - w_1 \le R - L$，这两者也必然有至少一个是合法的，所以总是可以不考虑 $(x, i, w_2)$ 这个组合。

由引理 $1$，在 $w$ 的 $\mathcal{O}(K(R-L))$ 种取值中，只需要保留 $\mathcal{O}(K)$ 个为 $1$ 的位置。所以复杂度为 $\mathcal{O}(nK^3)$。

$\boldsymbol{[2025/11/17]}$

ACM

打了 Petrozavodsk Summer 2021. Day 2. The American Contest，个人过了 $A,C,I,J,K,M$。

solution

ARC209B

首先注意到要分讨绝对众数。

如果没有绝对众数，那么一定存在一种排列方式，使得没有相邻相同。

具体的，不妨设字母 $a$ 是出现最多的数，那么把所有字母按 a..ab...b ... z...z 的顺序排列成 $S'$。

再把 $S'$ 奇偶位拎出来，顺次拼接。此时一定满足条件。

如果有绝对众数，不妨设为 $a$。我们注意到其他字母没有本质不同，设为 $b$。

设 $a,b$ 的个数为 $A,B$。考虑 $a$ 插入 $b$ 的 $B+1$ 个空。

肯定先平均分，每份是 $\lfloor \frac{A}{B+1}\rfloor$ 或者其 $+1$。

然后有偶数就比较麻烦，不妨调整 $+1,-1$ 把两个偶数调成奇数。最后若还剩偶数就丢到开头或结尾。

这样每一段（除多出来的开头）连续的 $a$ 都是奇数，也就不会和其他字母构成偶回文串。

并且这样调整不会使 $a$ 的偶回文串长度增加。

于是就完成了构造。

ARC210E

动态维护每次加入 $x$ 后的子集和，设为 $S=\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$。

令 $r=1.01$，注意到若 $y\le x<ry$ 则 $y+a\le x+a< r(y+a)$。

于是当 $a_L\le a_{L+1}\le \cdots \le a_R<ra_L$ 时，不妨把 $a_{L+1}\sim a_{R-1}$ 全部置为 $a_L$，不影响答案。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log _r(\sum a_i))$，足以通过。

$\boldsymbol{[2025/11/18]}$

ARC169E

$\texttt{R}$ 比 $\texttt{B}$ 多一定无解，否则可以换成 $\texttt{B}\texttt{B}\texttt{B}\texttt{B}...\texttt{R}\texttt{R}\texttt{R}$ 的形式，一定有解。

先找判断序列合法的充要条件。

考虑每轮的最优匹配策略是什么样的，我们希望更多的 $\texttt{B}$ 能留到下一轮，因此要尽可能地让 $\texttt{B}$ 和它后面的 $\texttt{R}$ 配对。在多种配对方案能保留的 $\texttt{B}$ 数量相同时，我们希望留下的 $\texttt{B}$ 位置尽可能靠前，因为这样在下下轮它们被保留下来的概率更大。

因此我们得到这样的贪心策略：从左到右考虑每个 $\texttt{B}$，将它和右边第一个未被配对的 $\texttt{R}$ 配对。最终将所有剩下未被配对的数两两配对。根据上文可以知道这样做是最优的。

设 $t_i$ 表示长度为 $2^i$，且所有 $\texttt{B}$ 尽可能靠右的合法解。

令 $t_0 = \texttt{R}$。

考虑怎么从 $t_{i-1}$ 得到 $t_i$。从左到右处理 $t_{i-1}$ 的每一位，若当前位是 $\texttt{R}$，表示这位没被匹配，$t_i = t_i + \texttt{R}$（$+$ 表示字符串拼接）；当前位是 $\texttt{B}$，我们希望下一个 $\texttt{B}$ 尽量靠后，即与之匹配的 $\texttt{R}$ 尽量更近，$t_i = t_i + \texttt{B}\texttt{R}$。不足 $2^i$ 位用 $\texttt{B}$ 补齐。

设 $t_n$ 的第 $j$ 个 $\texttt{B}$ 的位置为 $T_j$，原序列位置为 $S_j$。那么若存在 $S_j > T_j$，则该序列不合法。证明大概是如果一个 $S_j < T_j$，匹配数不会变多；但如果 $S_j > T_j$，$\texttt{B}\texttt{R}$ 的匹配数一定减少。

答案是令 $S$ 满足上述条件的最小操作次数，即 $\sum_{j=1}^{2^n} \max(0, T_j - S_j)$。时间复杂度 $\mathcal{O}(2^n)$。

ARC138F

看这篇把，最完善。

但是为啥按 $x_1,y_1,\cdots, x_k,y_k$ 这样的顺序划分字典序呢？

因为考虑后面转移 $j\to i$ 有个 $g_j\subseteq g_i$ 的限制。具体看代码。

于是相当于对这些点按照 $|g_i|$ 排序，就划分成这样了。其实没啥特殊的（笑

$\boldsymbol{[2025/11/19]}$

P14538

类似 NOI2024 D1T2 百万富翁，但是难度略简单。

注意到显然是做分治，有策略：

假设当前我们有一段长度为 $n + 1$ 的序列 $A$, 将其分为 $L, R$ 两段, 这里面有 $n$ 个数, 我们询问所有数是否在 $L$ 中, 是的加入 $X$ 集合, 否则加入 $Y$ 集合。

有几种情况:

若 $|X| < |L|$, 说明出现两次的数在 $X$ 和 $L$ 内, 递归做即可。
否则必然 $|X| = |L|$, 这时我们询问所有在 $X$ 内的数是否在 $R$ 中, 如果是就说明答案就是这个数。
如果都不是, 那么说明出现两次的数在 $Y$ 和 $R$ 内, 递归做即可。

这样我们解决了问题, 但是我们如何保证操作次数呢?

如果我们记按上述方法解决大小为 $n$ 的问题最优操作次数为 $f(n)$, 那么有 $f(n) = \min\limits_{1 \le x < n} \{\max\{n + f(x - 1), n + x + f(n - x)\}\}$, 其中 $x$ 即 $|L|$, $\max$ 内分别对应上述三种情况。

由于 $n = 99$ 不大, 写个 dp 找出来最优转移点即可, 可以得知操作次数最大值为 $254 < 260$, 可以获得满分。

AGC035E

直接看这篇，这题要学的就是第一步不合法条件是有环，第二步平移一下然后逐层 dp。

$\boldsymbol{[2025/11/20]}$

P11922

并不需要记最大次大，每次钦定同色或者任意转移即可。

记录 $a_j<a_i$ 的 $f_j$ 最大值，以及此时 $w_j=k$ 的 $f_j$ 最大值即可转移。复杂度线性。

P11927

考虑把乘积分两半，阈值分治。

考虑枚举一条中间边，此时两边一定一边 $\le B$，一边 $\le V/B$。

就是考虑前缀乘积最后一个 $\le B$ 的位置，以及后缀积最后一个 $\le V/B$ 的位置即可。

然后左边就搜 $f_{i,x}$ 表示从 $1$ 出发到 $i$，乘积能否为 $x$，注意处理边权为 $1$ 的情况。

右边就比较麻烦，需要记录 $g_{i,x}$ 表示从 $i$ 出发到 $n$，乘积为 $x$ 的情况下左边最大能去到多大。

转移就类似最长路 dij 那样从大到小转移 $\forall (u,v,w):g(u,x\times w)\gets \min(p_u,\lfloor \frac{g(v,x)}{w}\rfloor)$。

右侧 dij 带 $\log$，需要微调阈值平衡一下。复杂度大概是 $\mathcal{O}(m\sqrt{V\log {(mV)}})$ 这类东西。

P11918

概率倒序排序，肯定是选前缀，看成 $[x^{\ge t}]\prod (p_ix+1-p_i)$，直接分治 FFT 做到 $\mathcal{O}(n\log^2 n)$。

以上是我糊的做法。官解是逆天屎，做一个 dp，注意到概率是一个类似二项分布，于是 $f_{i,j}>\epsilon$ 的不会很多，维护之。

可以证明复杂度是 $\mathcal{O}(n\sqrt {n\epsilon^{-1}})$，取 $\epsilon =10^{-11}$ 足以通过。

P11606

先确定根，ban 掉所有 被钦定为孙子的点 和 被钦定不为祖先的点，剩下的点没有限制，事实上本质相同，任选一个做根即可。

考虑从根逐渐往下拓展连通块，直到拓展完整棵树。

确定剩下的点每个该挂在当前连通块的哪个点的子树内，记录为 $\text{bl}_i$。

把 $x,y$ 均还未填上的祖先关系的 $(x,y)$ 连通，记此时 $u,v$ 连通性为 $p(u,v)$。

ban 掉祖先关系中祖先未被确定的孙子，ban 掉非祖先关系中 $p(u,v)=0$ 的点，剩下点没有限制，任选一个 $i$ 挂在 $\text{bl}_i$ 上即可。

挂完记得更新 $\text{bl}$ 数组，把 $p(i,u)=1$ 的 $u$ 的 $\text{bl}_u$ 都变成 $i$。复杂度 $\mathcal{O}(nm)$。

P10367

对于每个连通块考虑，最后再乘起来。

若有奇环，则容易调整证明能达到所有 $2^{n-1}$ 中方案，其中 $n$ 是连通块点数。
否则考虑 偶数位取反 的 trick，等价于交换两个数，记取反后白点黑点个数为 $x,y$，则答案为 $\dbinom{x+y}{x}$。

P11928

类似 loj 6074 这个题，线段树维护 dp。参考题解

$\boldsymbol{[2025/11/21]}$

P10357

定义一组糖豆为每个颜色各一个的组合。则一个购买方案是一个组合的多重集。一个模 $m$ 意义下价值为 $x$ 的组合的最小花费 $f_x$ 容易 DP 得到。有了 $f_{1\sim m-1}$ 后跑一次同余最短路得到答案。

P6789

巨大屎卡常题，解题参考资料：题解，小思路。

动态图

第一个修改连边，第二个修改 $x$ 把第一个图 $x$ 连通块缩成一个点，并在并查集里合并。

最后要么 $u,v$ 连边过，要么 $u,v$ 在同一个并查集，此时才是有边的。

注意并查集缩点后要把图的边也删掉。

憧憬

记 $u$ 出点 $v$ 的最小/大值为 $a_u/b_u$。则限制等价于 $l\le a[l,r],b[l,r]\le r$，用你喜欢的数据结构维护，做到 $1\log$。

$\boldsymbol{[2025/11/22]}$

P9310

注意到答案 $=$ 相交但不包含的线段对数 $+n$，类似冒泡排序交换次数 $=$ 逆序对数那样。用你喜欢的数据结构维护即可。

P9385

辅助数组交替转移 dp 的思想，题解

$\boldsymbol{[2025/11/23]}$

P11746

二维二项式反演，对于 $[2\mid x]$ 这样的条件用 $\dfrac{1}{2}(1+(-1)^{x})$ 来刻画即可。剩下就是计算。

P9097

树状数组优化 dp 板子题。

P9100

水平恢复训练失败！做得破防，虽然不难但感觉至少水紫。

和 P5025，P11536 等诸多题都有联系，还是很不错的。

考虑相邻两个没被炸的转移，中间是一段都被炸的。钦定位置 $0,n+1$ 没被炸。

相当于 $f_l\to f_r$ 的条件是 $[l+1,r-1]$ 都炸了不会炸到 $l,r$。

对 $r$ 满足不会炸到 $r$ 的 $l$ 是一段区间，$l$ 同理。

$l$ 差分一下，单点加单点删。$r$ 做个树状数组区间和即可。

性质太薄弱没法优化到更优的线性，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

$\boldsymbol{[2025/11/24]}$

CF1515E

连续段 dp 板子题，$f_{i,j}$ 表示开 $i$ 台，有 $j$ 个连续段的方案数。

我们模糊段与段之间的间隔，只保证其 $>1$，只关心相对顺序。

转移有新建段，段扩增，段合并共五种情况。

注意由于两段间的距离是不确定的，所以怎么插都是可以的，转移系数找份代码看。

猜测这个东西微分有限，挖个坑。

P7967

和上题一样连续段 dp。

ARC117E

稍微复杂一点的连续段 dp，考虑折线图从最上层往下 dp。

$f_{i,j,k}$ 表示 $i$ 层，$j$ 对合法区间，$k$ 个连续段的方案数。

P9252

直接把这三阶群同构到 $\Z[3]$ 上，即红绿分别是 $1,2$，合并是 $\bmod 3$ 加法。

此时合法的必要条件是所有数加起来 $\bmod 3$ 不为 $0$。

这个组合数算一下，可以线性预处理。

但是 $1212\cdots 1$ 这样会造成矛盾，容易归纳证明只有 $12$ 交替或 $21$ 交替且长度为 $>1$ 奇数时矛盾。

把这个扣掉即可。复杂度线性。

P11915

假设从大到小枚举 $ans$，同时维护当前的每个连 $(u, v)$ 是否可行。

关键观察：对于一个 $i$，连 $(u, v)$ 时，不妨设 $\text{dis}(i, u) \le \text{dis}(i, v)$。此时如果 $\text{dis}(i, k) > ans$，从 $i \to k$ 走的方法一定是 $i \to u \to v \to k$。

对于每个 $i$ 分别做以下过程：对于 $\text{dis}(i, k) > ans$ (即不合法的点)，只需要对所有 $i$ 维护 $mx_{i,v}=\max\limits_{(i,k)\text{ has added}}(\text{dis}(v, k))$。

然后把 $\text{dis}(i, u) + mx_{i,v} > ans$ 的 $(u, v)$ 弹掉。当所有 $(u,v)$ 都被弹掉时是第一个 不合法 的位置。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

P9108

朴素想法是 $f_{i,[l,r]}$ 表示前 $i$ 个，第 $i$ 个选了 $[l,r]$ 的合法方案数。

转移前/后缀和优化容易做到 $\mathcal{O}(nm^2)$。

这样状态数就是错的，考虑直接记 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个，第 $i$ 个右端点为 $j$ 的方案数。

枚举上一个右端点 $k$。

当 $k\le j$ 时，$f_{i-1,k}$ 对 $f_{i,j}$ 的贡献为 $kf_{i-1,k}\to f_{i,j}$，即第 $i$ 个的左端点取在 $[1,k]$ 中才合法。
当 $k>j$ 时，先把 $jf_{i-1,k}\to f_{i,j}$ 贡献上，此时多贡献了两两不交的情况：$[j',j]<[k',k]$，需要扣掉。

此时不好对每个 $k$ 考虑，对于 $k>j$ 的所有 $k$ 一起考虑。

不妨把数组 reverse 一下，即 $[K,K']<[m+1-j,J']$，此时 $J$ 有 $j$ 种选法，$[K',K]$ 的选法是 $\sum\limits_{K<m+1-j}f_{i-1,K}=\sum\limits_{k>j} f_{i-1,m+1-k}$。

于是我们得出转移方程 $f_{i,j}=\sum\limits_{k\le j}kf_{i-1,k}+j\sum\limits_{k>j} (f_{i-1,k}-f_{i-1,m+1-k})$，前缀和优化做到 $\mathcal{O}(nm)$。

$\boldsymbol{[2025/11/24]}$

P6820

这题居然不能直接贪心。

dp 设计是容易的，$f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1$，当 $a_i=b_j$ 时，转移变为 $f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},f_{i,j-1})+1$。

优化也是容易的，考虑枚举 $i$，$f_j$ 从 $f'_j$ 转移。

转移分别为 $f_j=f'_{j-1}+1$，$f_j=\min(f'_{j},f'_{j-1})+1$。

由于第一条占大多数，不妨记录 $f_{i,i-j}$ 这样的东西，第一条就变为全局 $+1$。

第二条单独修改一下即可，复杂度线性。

P14383

发现一条线段放入一个栈后，和它相交的线段就只能放到另一个栈里，这就是二分图黑白染色模型。

将相交的线段连边，若不能染色则答案为 $0$，否则记连通块数为 $ct$，答案为 $2^{ct}$。

考虑对二分图先建 dfs 树，再判断是否为二分图。

建立 dfs 树的过程类似 P13842。

相当于维护删除一条线段，查询是否存在线段和一条线段相交。

用两颗线段树挂在一个端点维护另一端点的 $\min/\max$ 即可。

判断是否二分图也一样线段树维护。复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$，常数较大。

P9346

考虑恰好 $i$ 步 $f_i$ 变成至少 $i$ 步 $g_i$，然后容斥：$f_i=g_i-\sum\limits_{j<i}f_j$。

接下来求 $g$，即删掉 $i$ 条边后每个连通块都是链的方案数。

这个直接 dp 就行了，$f_{i,j,0/1/2}$ 表示 $i$ 子树内删了 $j$ 条边，$i$ 当且度数为 $0/1/2$ 的方案数。

树形背包转移，复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

$\boldsymbol{[2025/11/25]}$

P5980

考虑先把体积拆成 $1$。然后考虑任意两杯温度为 $T_1<T_2$ 的水，容易操作发现都能变成 $T_1+x,T_2-x,x>0$，其中 $T_1+x<T_2-x$。

于是把相当于判断 $k_i$ 个 $a_i$ 形成的序列 $A$，$k_i$ 个 $b_i$ 形成的序列 $B$，是否有 $A\succ B$。

$\succ$ 即优超，把 $A,B$ 从大到小排序后，判断是否 $\forall k,\sum \limits_{i=1}^k A_i\ge \sum \limits_{i=1}^k B_i$，并且 $\sum A_i=\sum B_i$。

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posted @ 2025-10-08 19:05 HaHeHyt 阅读(262) 评论(0) 收藏举报

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