某周总结

编号	题目	AC sub	Sol Link	done
1	P9165 「INOH」Round 1 - 意外		Link	√
2	P8258 [CTS2022] 独立集问题
3	P9157 「GLR-R4」夏至		Link	√
4	P9159 「GLR-R4」大暑
5	CF725E Too Much Money		Link	√
6	CF949E Binary Cards		Link	√
7	P2051 [AHOI2009] 中国象棋		Link	√
8	P5435 基于值域预处理的快速 GCD			√
9	P7606 [THUPC2021] 混乱邪恶		Link	√
10	P9005 [RC-07] 超超立方体		Link	√
11	P4494 [HAOI2018]反色游戏		Link	√
12	P3516 [POI2011]PRZ-Shift			×
13	CF207C3 Game with Two Trees		Link	√
14	P7620 CF1431J Zero-XOR Array		Link	√
15	F - Communication Towers		Link	√
16	F - Wrap Around		Link	√
17	E - Permanent		Link	√
18	F2 - Survival of the Weakest (hard version)
19	「PA 2021」Areny
20	树特卡克林
21	匹配计数

Sol 1

传递信息的难点在于每个信息都要是对的，在接受处验证每个信息的正确性，如果信息错误则需要补传送一些信息来告知这个错误位的信息，但是哪一位是错误不可预知。

一种不需要每一位都是对的的信息传递方式是：插值。只要能累计传过去 \(10^2\) 个正确的点值即可，此事的概率是很大的。

Sol 3

对于任意积性函数 \(f\)，和整数 \(n\le 10^5,m\le 10^{10}\)，这个东西是好求的：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f(ij) \]

设 \(F(x,m)\) 表示 \(\sum_{j=1}^m f(xj)\)，\(p\) 为 \(x\) 的最大质因子，那么容斥 \(p\) 的指数，可以得到：

\[F(x,m)=\sum_{i=0}^{\log_p m} f\left(x^{c_x(p)+i}\right)\cdot\left(F\left(\frac{x}{p^c},\frac{m}{p^i}\right)-F\left(\frac{x}{p^{c-1}},\frac{m}{p^{i+1}}\right)\right) \]

记忆化，并预处理 \(xm\le 10^6\) 的 \(F\)，并用 \(\mathbb{PN}\) 筛筛出 \(F(1,m)\) 的结果。

Sol 5

首先处理的顺序非常确定，从大到小。设 \(f_i\) 表示剩下 \(i\) 元，需要加多少个硬币；然后就可以 dp 了。

Sol 6

首先 \(+2^k\) 和 \(-2^{k}\) 只会有一个，否则可以用 \(2^{2k}\) 和 \(-2^{k}\) 替代；也不会有两个 \(2^k\)，否则可以换成 \(2^k\) 和 \(2^{2k}\)；不断更换直到满足上述两个条件为止。

如果没有奇数，那么所有数除以 \(2\)。

如果有奇数，那么 \(+1\) 和 \(-1\) 恰好选一个，枚举选哪一个，然后把所有数 \(+1/-1\) 后除以二，递归进两种情况去做。总复杂度 \(a\log a\)。

Sol 7

随便竖着 dp 一下就好了。

Sol 9

\(n^3p^2\) 的 dp：设 \(f_{i,x,y,a,b}\) 表示前 \(i\) 个数，坐标 \(x,y\)，\((L,G)=(a,b)\) 是否可达。

优化：考虑一个合法的方案，给它一个随机顺序，那么 \(x,y\) 最大值的期望只有 \(n^{0.5}\)。所以直接给所有 idea 随机一个顺序，然后就可以缩小 \(f\) 中 \(x,y\) 的上限。复杂度 \(\frac{n^2p^2}w\)。

Sol 11

提出任意一个生成树，不难发现只要所有点的和是偶数则一定有恰好一组解，否则无解。解的个数其实就是 \(2%^{m-n+1}\) 组。

在圆方树上统计一下就行了。

Sol 13

广义 SAM 随便统计一下就好。当更方便的是树上后缀排序一下也是一样的。

Sol 14

从高位到低位考虑，记下每个数是否顶着上界、是否顶着下界，可以得到 \(4^n\) 做法。考虑去除无用状态：

既顶着上界又顶着下界：等价于头几位上界下界相同，不需要记下来。

既不顶着上界又不顶着下界：那么剩下的其它位任意，一定存在合法解，可以直接计算答案。

Sol 15

线段树分治维护出每个时刻里和 \(1\) 相连的连通块。需要找到所有这个连通块里还没有被标记过的点。

用一个 treap 状物维护连通块的点集，在 treap 的节点上维护子树内未被标记的结点的个数。

Sol 16

考虑求出不包含的个数。不包含意味着：

1. \(t\) 中不包含 \(s\)。
2. 设 \(S\) 集合为 \(t\) 前缀中那些存在 \(s\) 的一个等长后缀与其完全相同的，\(T\) 集合为满足类似条件的后缀。那么不存在两个元素 \(x\in S,y\in T,x+y=|s|\)。

然后发现 \(S\) 集合只和它中最大的一个有关，\(T\) 也只和 \(T\) 中最大的一个有关，那么就简单了，dp 扫过去记下 \(S\) 的最大值、当前在 kmp、SAM 上的结点编号就好。

P9005 [RC-07] 超超立方体

由于矩阵树定理：一张图的生成树个数，等于其拉普拉斯矩阵的所有非零特征值的乘积除以点数。

完全图的拉普拉斯矩阵的特征多项式为 \(\lambda(\lambda-n)^{n-1}\)，也就带来了 \(n^{n-2}\) 的结论。

设图 \(A\) 的所有特征值为 \(\{a_i\}\)，\(B\) 的所有特征值为 \(\{b_i\}\)，\(A\times B\) 的特征值为 \(\{a_i+b_j\}\)。那么再上生成函数做一下就成了。

拓展：求两张图的笛卡尔积的生成树个数（因为只知道特征多项式而不知道特征值），需要用到结式的知识。

Sol 17

考虑状压最难考虑的是恰好选择了这些位置，而别的自由位不能碰到 \(a\) 有特殊值的地方。考虑容斥掉：

\[\prod_{i=1}^n a_i=\sum_{s\subseteq 2^n}\prod_{i\in S}(a_i-1) \]

证明考虑乘法分配律。那么现在就不需要恰好了！直接记下可能会在同一列的列集合，就可以 \(O(k^22^{\frac k2})\) 做了。

有另一个做法是：将 \(a_{x,y}\neq 1\) 视为一个 \(x\) 到 \(y\) 的边，那么就是要选取一个匹配。保留一个生成树，枚举所有非树边的状态，就能做到 \(2^{k-n} n^2\)，\(n\) 为去重后点的个数。两个做法平衡一下得到 \(O(k^2k^{\frac k3})\) 做法。