2026暑假ZR B班

踢单

Day1(DP)

寿司晚宴

首先有一个朴素状压，设 \(f_{i,s,t}\)为考虑前i个数，当前A的素数集合是s，B的是t的方案数，状态数显然爆炸。有一个经典trick，就是根号分治，一个数只有一个大于 \(\sqrt n\)的素因子。显然，小的可以状压，大的按大质数排序后分组，我们可以多记一个0,1,2表示当前组的质数归谁了。

Galaxy Generator

首先考虑星系数怎么算，首先有两个在一维连成直线，又有一个点这一维的点坐标在两点之间，那么三个点就可以联通，注意到，如果两个矩阵再某一维上有交，就是联通的，自证不难。那么我们就需要计算 \(f_{lx,rx,ly,ry}\)表示在这个矩形内部，点刚好合并成这个矩形的方案数。然后这个怎么转移呢，考虑整体减空白，记录

Day2(string)

xor-mst

考虑kruskal，每次选出边权最小的边，考虑在trie上，lca越深，异或值肯定越小。那我们对于一个有两个儿子的节点，肯定先连通两个子树内部，再用一条边连接两个子树，再把这个节点连接两个子树之一。第一步直接递归子问题，第二步需要将其中一个子树的所有点在另一个子树内贪心，这个的复杂度是 \(n\log^2n\)，因为每个点只会被他的祖先计算，而树高是\(\log\)的，每次贪心的复杂度也是\(\log\)的。

freinds

考虑二分第k大，然后check就是枚举a_i，在trie上二分，计算答案也是一样。

Palindrome Partition

首先有一个神奇构造，就是考虑首尾交替重拍，形如 \(a_1,a_n,a_2,a_{n-1},...\)，这样就转为了经典回文串划分问题。考虑建出PAM，然后暴力dp，转移就是枚举所有的回文后缀，这样显然是爆掉了。主要到回文串的回文后缀一定是border，所以就可以使用等差数列优化，每个等差数列分开转移，发现每个等差数列的转移只差了一项，所以是\(O(1)\)的，时间复杂度\(O(n\log n)\)，\(\log\)是每个等差数列都要维护。

逆にする函数

考虑这个映射有什么性质，发现跟回文串很相似，第一个，就是如果 \([i,j]\) 是合法的，那么 \([i+1,j-1]\)是合法的；第二个，如果一个合法的区间内部有一个合法的区间，那么这个区间的对称区间也是合法的，因为结构完全相同。那么就可以考虑马拉车了。对了，对于一个区间计算答案是好做的，因为映射是唯一的，所以方案数就是跟自由元也就是不在这个区间的数有关(\(m^c\))。马拉车的具体过程中，我们需要扩展/缩小区间，缩小是因为普通的马拉车可以直接更改区间长度，但是这个具有信息，所以要一步一步缩小。可以考虑维护一个数前/后面第一个与它相等的位置，就可以\(O(1)\)修改了，然后缩小的复杂度也是 \(O(n)\)的可以手推证明。

扩展kmp（Z函数）

用途：求一个串的所有后缀与其本身的lcp。
做法：

Day3(数论)

因子相关

约数个数是 \(O(\sqrt[3]{n})\)级别的，有一个恒等式,$$\sigma_k(xy)=\sum_{i|x}\sum_{j|y}[\gcd(i,j)=1] (\frac{xj}{i})^k,\sigma_k(x)是x的所有约数的k次幂的和$$，考虑如何证明，由\(\sigma\)是积性函数，所以只需要考查素数幂次的值，

\[\begin{align*} \sigma_k(p^a*p ^b)&=\sum_{i=0} ^{a+b}p ^{ik} \\ &=\sum_{i=0}^{a-1}p^{ik}+p^{ak}\sum_{i=0}^bp^{ik}\\ &=\sum_{i=1}^{a}p^{(a-i)k}\sum_{j=0}^b[j=0]p^{jk}+\sum_{i=0}^{a}[i=0]p^{(a-i)k}\sum_{j=0}^bp^{jk}\\ &=\sum_{i=0}^{a}\sum_{j=0}^b[min(i,j)=0]p^{(a-i)k}p^{jk}\\ &=\sum_{i=0}^{a}\sum_{j=0}^b[min(i,j)=0](\frac{p^{a}p^{j}}{p^i})^k \end{align*} \]

筛法相关

狄利克雷前/后缀和：\(f_i=\sum_{j|i}g_j\)，这个可以\(O(n\log\log n)\)求出，具体做法就是ba。

Day4(图论)

网络流

上下界网络流

无源汇可行流：假设所有边都流满下界，然后我们将每条边的流容量设为上界减去下界（这样肯定会有问题，因为有可能点的出入流不平衡），那么对于一个点，有三种情况，第一种是入流大于出流的，那我们就需要源点流对应的差值；第二种是入流等于出流，不连；第三种是出流大于入流，那么我们就要流给汇点对应的差值。建完图跑最大流，看看是不是满流就行了。
有源汇可行流：相当于源点和汇点不需要满足收支平衡，所以建一条inf边从汇点流回原点，再跑无源汇就行了。
有源汇最大/小流：先跑一遍可行流，然后删掉汇点流回源点的边，再在残量网络上跑最大流最后两个相加/减即可（最小流要将源汇交换）。
上下界费用流：把最大流换成费用流就行。

技巧

退流：我们要删掉一条边的话，需要消除这条边对流量的影响，多出来的流量肯定是s to u和v to t的路径上，那我们只需要u to s和t to v把流量退回去就行了。
如果一条边的费用是一个关于流量的凸函数，那么我们可以把这条边拆成容量为1的一些边，然后边权是导数，由于导数是单调的，所以正确性没有问题。
Hall 定理：二分图存在完美匹配，当且仅当对于这个二分图的所有左部点集合，这个集合的邻居集合的大小要大于等于这个集合的大小。

常见模型

文理分科模型：将一个集合划分成两部分，每个元素u分配到其中一个部分i有相应代价\(a_{u,i}\)，在不同部分的两个元素u,v也有相应代价 \(b_{u,v}\)，一个点向源汇连边,最终残量网络上如果与s相连就划分到第一部分，与t相连就划分到第二部分，跑最小割即可。
切糕模型：每个元素都有一些取值，每个取值都有代价，有限制(x,y,f)，表示如果x的取值为i，那么y的取值不能少于f(i)。对于每个点，建出

Day5(Ad-hoc)

Half Queen Cover

考虑从小的开始手玩，首先1和2的只用放一个，3的只需要在左上角和右下角放就行，4的在3的情况下还是在右下角加一个，5的话就是下面的图
，6/7个分别为右下角再加1/2个点......。考虑这样构造的规律是什么，我们会发现每三个一组，就会有一个会对答案节省1。考虑证明，首先我们放k个皇后，肯定能占据k行和k列所以剩下(n-k)(n-k)的部分需要通过对角线填补，显然这有2(n-k)-1个对角线，每个皇后只能吃到一条对角线，所以就有2*(n-k)-1<=k，即 \(ans=\lceil \frac{2n-1}{3}\rceil\)，那么只有再\(n \bmod 3=2\)时取整，符合之前的规律，现在只需要考虑这些数，发现8的构造是这种。规律已经非常显然了，先用\(\lceil k/2\rceil\)个维护好上面的行列，然后再用剩下的再占领行列并把空的对角线占领。

Adjacent Difference

考虑1/2怎么做到，肯定是两种情况的和一定，然后取最小值。首先看到相邻的网格，立马想到黑白染色，然后首先将黑点变成最近的d，所有白点变成最近的0（在模2d意义下），这样可以满足相邻差距>=d的限制，但是次数是\(dn^2\)的，考虑最开始说的。如果当前不合法，我们再做一次，这次黑点变成0，白点变成d，由于每个点两次一共的操作次数是d，所以一共是\(dn^2\)的，肯定会有一种方案满足条件。

choosing points

Day6(数学)

概率和期望

Day7(分治)

Jewel heist

考虑对从下到上进行扫描线，如果我们钦定一种颜色不能选，