day1

T1

坐标轴旋转 \(45\degree\)，然后可将 UDLR 从 \(x,y\) 轴独立。

\((t_i,x_i)\to \left(t_i'=t_i\bmod l,x_i'=x_i-\lfloor\frac{t_i}{l}\rfloor k\right)\)

求 \(k\)，\(t_i'<t_j'\to x_i'\le x_j',x_i'-(t_i'-t_j')\le x_j'\le x_i'+(t_i'-t_j')\)。

剩下的就是解个二元一次方程组，然后我不等式又解挂了。

T2

转 dfs 树，要么取得出路径，要么取得出独立集（取决于叶子个数）。

路径如何覆盖所有点？dfs 序上 \(i,\frac{k}{2}+i\) 的叶子放一起。

T3

一条边 \((i,j)\)，\(d_j=d_i+s_i-s_j=d_i+2s_i-n\)。

“剥叶子”，数列最大值点 \(i\)，然后可以定邻居，剩下的最大点同样是叶子。

并查集维护联通块即可。

T4

掉线了。

树的刻画：\(n-1\) 条边联通 or \(n-1\) 条边无环。

前者全局，后者局部。

判定好像只需看 \(2^6\) 种子集内部边数即可，证明类霍尔定理，虽然我没听懂。

不会构造。

T5

两个限制没啥关系，找点好看的结构。

单置换环可以用菊花完成，是个好入手点。

考虑多个环怎么办？发现多个菊花不交比较困难，不如牺牲一些先变成单个环。

然后我好像掉线了。

做法貌似是极角排序后用边上的边来打通环，中间的边留给菊花。

一个要求是参考点是左下角，不会证。

T6

典中典。

T7

对于只给一个 \(n\) 的，考虑增量构造。

假设 \(n-3\) 造好了，新增三个点，依次向前面所有点连 \(1,2,3\)。

然后发现差值是 \(1\)，于是改成 \(n-6\)，依次向前连 \(3,2,1,1,2,3\)。

小的暴力。

T8

考虑不同转成 \(\bmod\text{ }p\) 下不同。

然后发现平方和 \(\bmod\text{ }4\) 是个好方法，只有 \(0,1\)。

那么 \(\bmod\) 意义下不同可以做染色，黑白染色后同色点一个集合就行。

一个问题是全都同色就分不开了，但这样的话可以旋转坐标轴再染色。

T9

分黑白格做，则一个黑格是 \(\operatorname{lcm}(a,b,c,d)+1\)。

为了保证互不相同，需要用大量的质数，数值炸了。

解决方法是允许非质数，通过在两条斜线上附加一个质数乘上去。

比较迷，讲题人表示这个思路应该是来源于二维网格把点拆分到两个轴上，\(x,y\) 分别进行贡献。

虽然这里是拆的斜轴就是了。

T10

\(n\equiv 0,1\pmod 4\) 有解，考虑从 \(n-4\) 增量过来即可。

做一次循环右移，相当于从左到右一直和最后一个操作，左移就是右到左。

增量的时候，先把 \([1,\cdots,n-4,n-3,n-2]\) 循环右移一位，然后再循环左移 \([n-2,1,\cdots,n-4]\)，这样结构变成 \([1,\cdots,n-4,n-2,n-3]\)。

同理地截断出 \([1,\cdots,n-4]\cup[n-1,n]\) 做上述操作，得到结构 \([1,\cdots,n-4,n-2,n-3,n,n-1]\)。

前面需要 \(4n+2\) 步，后面调整只用 \(4\) 步，思路来源大概是算出这个 \(4n\) 后意识到要做 \(4\) 次整体操作，然后拼凑一下常数。

T11

初状态随意，末状态整齐，考虑操作逆序，这样可以将元素看作通配符。

貌似之前某个原神 ICPC 题也出现过。

然后是在后面的倒着做，第一步正着合过去。

合并的方法是跑个二分图，用匹配把不同来源的问号分开。

等会儿补个截图。

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没有截图，合并的过程大概是这样：

将 \(\lceil x/m\rceil\) 称为颜色，考虑第二步之后，每行都是同一个色。

而第一步之后，每列都要有 \(n\) 种颜色。

逐列跑二分图匹配即可，可以集合着霍尔定理归纳证明一定有解。

T12

如何得到大数 \(n\)？

1. 二进制拆分，构造 \(2^k\)，然后组合起来。
2. 每次 \(\times 2\) 或 \(+1\)，然后组合起来。

没有什么好的入手点，于是加强限制。

若是两个排列拼起来，那么只需数其公共子序列，不妨令其中一个为单增的排列。

只需计算另一个的上升子序列。

我们把空集算进去，那么有构造：从小往大加数，放后面 \(\times 2\)，放前面 \(+1\)。

实现的时候可以倒着算奇偶性，然后全都倒过来。