模

07.03

A

什么时候能想到数学相关啊啊啊啊

考虑以边为变量搞一个异或方程组，求自由元个数。
然后考虑转而求秩，可以用线性基求。

然后考虑缩减方程数量。

根据题解，只需要在 dfs 找到所有返祖边构成的环加入方程组，以每个点为根都 dfs 一次，可以证明可以统计到所有限制。

B

https://qoj.ac/problem/857

操作可逆，考虑让两者按统一标准走到一个基态。

考虑尽可能让点往深里去。

将所有点按照 \(dep\) 从大往小排序，按此顺序依次检查每个点是否能被到达。

在构造基态时，已确定的点不会再移动，因为本身就是有深到浅确定的，来的点也只是从浅处到达目标点，故已确定的不会对点的移动造成影响。

检查一个点是否能被到达，从它开始深搜，找到第一个存在有人的邻居的点（点本身无人）。
若只有一个邻居有人，直接让那个人走到目标。

否则我们再实现一个检查一个点能否“向下”的函数，这里的下是根据我们传入的父节点决定的。
实现就是检查有没有能往下走的儿子，对儿子中造成限制的点递归判断它能否“向下”。

然后把造成限制的点都“下移”了就能让某个人走到目标了。

07.04

A

考虑先按最低标准跑一遍最短路，如果要求比这个还有则不可能。
否则我们选择一条最短路增大其上的最长边，把这条路径补成要求长度。

然后重复这个过程直到最短路等于要求长度。

虽然看上去是 \(O(n^2\log n)\) 实际上最坏也是 \(O(n^2\log n)\) 但是数据足够水。

B

我们可以感知到最后 \(a\) 大约是有若干长至少 \(k\) 的最小段，然后往两边递增。

然后我们考虑去 dp 这个形式。

设 \(f_i\) 表示 \([i - k + 1, i]\) 是要求的最小段前面跟着一段下降段的前提下，前 \(i\) 项和的最大值；\(g_i\) 是前面反正有一段最小段，当前处于上升段的前提下，前 \(i\) 项和的最大值。

然后转移时从 \(i - k\) 往前扫，用 \(f_j\) 更新 \(g_i\)，贡献是后缀 \(\min\) 的和；从 \(i\) 往后扫，用 \(g_i\) 更新 \(f_j\)，贡献是前缀 \(\min\) 的和。

虽然看上去是 \(O(n^2)\) 实际上就是 \(O(n^2)\) 但是小常熟直接 \(1.3s\) 过 \(5\times 10^4\)。

07.05

A

先考虑第二条限制，在这里无解就是存在一个环异或和不为 \(0\)。
然后对每个连通块在 dfs 树判一下返祖边即可。

然后 dfs 树上其实是吧每个点都表示成了根异或上一个值。

考虑字典序最小对于每个连通块就是最小化编号最小的点。

所以现在只要解决：
给定若干限制 \(l_i \le x \oplus c_i \le r_i\)，要求最小化 \(x\)。

正常肯定是考虑在 Trie 树上逐位确定然后 \(O(1)\) 或 \(O(\operatorname{polylog})\) check 什么的吗。
懒得动脑直接搜。

我的天哪深搜大人，\(3s\) 实现 \(300ms\) 不到就过了？

B

空↑指↓针↑驱↓蚊↑器↓

考虑对于 he 就是每回合稳定增加一个 s 嘛。

一个思路就是拿数据结构维护其他字符和 he，然后 he 的贡献是一次函数，别的贡献常数，然后在数据结构上二分什么的。

唯一麻烦的就是 hihihis 和 hihihihe 这种，因为这个玩意变化不规律。

我们考虑对于上述结构每两回合就能消掉一个 hi，那么全局我们只需要共 \(O(n)\) 次操作能把 hi 全毙掉。

所以我们前 \(O(n)\) 回合把 hi 消去。

我们要维护 hihihis、hihihihe、he、其他字符。

然后每次操作 hihihis -> hihihe + r，hihihihe -> hihihis + he。

所以每次操作就是更改点的信息并且插入点的过程，更改信息和插入点直接平衡树维护一下。
询问直接在平衡树上二分。

你已经会这道数据结构了，写吧。

A

如果没有限制这种配对问题都是顺序小于乱序小于逆序。

我们猜测一定可以顺序完成配对。

令 \(a_0 = -\infty, a_{n + 1} = +\infty\)，那么 \(a_i\) 的管辖范围是 \([\lfloor \frac{a_{i - 1} + a_i}{2}\rfloor + 1, \lfloor\frac{a_i + a_{i + 1}}{2}\rfloor]\)，记作 \([l, r]\)，如果 \(b_i\) 在这个范围内就可选，显然 \(a\) 的管辖范围随着别的数被删除只会扩大，所以 \(i\) 一旦可选之后就一直可选。

用链表维护 \(a\)，用队列存可选的 \(i\)，每次删除 \(i\) 检查 \(pre_i\) 和 \(nxt_i\) 能否入队。

写一发交上去过了说明确实可以顺序完成配对。

考虑如果某个时刻卡住了（不存在可删除点），那么 \(b_1 > r_1\)，\(b_n < l_n\)，那么从 \(1\) 到 \(n\) 一定存在一个过程由 \(b_i > r_i\) 到 \(b_{i + 1} < l_{i + 1}\)，注意 \(r_i + 1 = l_{i + 1}\)，则 \(b_i > r_i = l_{i + 1} - 1 \ge b_{i + 1}\)，矛盾。

所以任意时刻总存在可删除点。

B

考虑 DP 前缀异或和数组的形态。将前缀异或和数组的二进制表示视为一个 \(m\) 行 \(n + 1\) 列的 01 矩阵（每一列代表一个数的二进制，列号从 0 开始编号）。

称原数组所有数的异或和，也就是二进制矩阵的最后一列为 S。

一行一行从高位到低位考虑这个矩形，发现条件大概是一个分治结构。比如说，对于最高位，假设 S 的这一位是 1，那么一行的形态一定是 000011111，将数组分割成了两半，两半之间的那个间隔一定满足了前缀后缀异或和的偏序限制，所以两半之间的方案就基本独立了；如果最高位对应的 S 的这一位是 0，那么可以发现最高位一定要全部是 0，否则不可能满足偏序限制。

把整个分支结构倒过来考虑，称最后被这样的分治结构划分出来的东西为块，从低位到高位做，一开始一定有 \(n + 1\) 个块，我们只需要知道有多少个块而不具体为每个块赋值 0/1，每次往高位推进一位的时候，分讨S对应位是否为 1，如果是 1，考虑合并若干个相邻两个块（相当于前面一个块赋值为0后面一个块赋值为1），而且需要保证开头块为 0 结尾块为 1；否则 S 对应位为 0，这一位不会分裂结构，所以不改变块数。

利用组合数稍微计算一下系数，矩阵乘法优化即可。

07.06

A

日常签到。

首先我们比较喜欢直线，看看与 \(s\) 有关的函数有没有一次的：
\(v^2 = v_0^2 + 2a\cdot (s - d)\)

那么一个点答案是 1 就说明 \(\exists j,v_i^2 + 2a_i \cdot (s_j - d_i) > v_j^2\)

签到题不打暴力我觉得不合适。

注意到 \(a\) 较小，我们直接对每个 \(a\) 分别做，那么上面的式子就是 \(\exists j,v_i^2 - 2a \cdot d_i > v_j^2 - 2a \cdot s_j\)。

从后往前扫时维护一下后缀最小值就好。

特别的，可以先跑一遍单调栈找出最有用的若干点，当一个选手比你小还比你强。

需要至多 \(10^8\) 次运算。

其实考场上忽略了 \(T \le 6\) 次多测，但是最后仍跑的飞快。

B

数据结构。

10k 代码调一下午加半晚上什么实力。

最怕的暴力和代码和答案分别是三个不同的数。

答案不超过 \(3\)。

若 \(u\) 两侧同时存在 \(> val_u\) 或 \(< val_u\) 的数，显然可以在两侧分别操作然后最后操作一遍。
否则同侧中与 \(u\) 大小关系相同，\(u\) 向两侧各操作一次即可。

所以只需检查答案是否 \(\le 2\)。

• 答案为 \(0\)：只有 1 个点，\(x = y\)。
• 答案为 \(1\)：\(\max = val_u\) 或 \(\min = val_u\)。
• 答案为 \(2\)：最后一步操作一定可以是全局操作，所以上一步要使得 \(\max = val_u\) 或 \(\min = val_u\)。
  以最后一步是全局 \(\max\) 为例：上一步要操作所有 \(> val_u\) 的数，记最左边的 \(> val_u\) 的数为 \(l\)，最右边是 \(r\)，那么若 \(u\notin [l, r]\) 或 \([l, r]\) 内最小值是 \(val_u\) 则答案为 \(2\)。
  最后一步是 \(\min\) 同理。

关于 \(k\) 邻域加操作使用 k-猫猫虫剖分，里面是一个 \(O(K \log n)\) 链，\(O(K)\) 子树，\(O(K)\) 单点邻域的剖分。

Bonus

|| @KinNa_Sky : 玩 9 玩的说是

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我现在才看懂 37 的名字qwq（或许还没完全懂）