2025.2
1. [ARC192A] ARC Arc
首先考虑一种连续的染色 CRARCRA...，根据 \(n\mod 4\) 的值分类讨论。
\(0\)：刚好可以全部覆盖完。
\(1/3\)：无论如何都会剩一个不能覆盖，可以证明不存在其他染色方案了，因为一断开就会有一个不能覆盖。
\(2\)：会剩 \(2\) 个空位，尝试把这 \(2\) 个空位移到 \(1\) 上面。
只需要考虑这 \(2\) 个空位的相对位置。
我们填完这两个空位，应当使得这两个空位的长度模 \(4\) 为 \(2\)，剩下的就可以全部覆盖。
通过手模，有两种情况：[C]CRAR[C]、CR[A]AR[C]（[] 为空位）。
两空位的长度模 \(4\) 为 \(0/2\)，不存在模 \(4\) 为 \(1/3\) 的情况，因为两空位之间的长度模 \(4\) 为 \(3/1\)，无论如何都会剩下一个。
2*. P3975 [TJOI2015] 弦论
第 \(k\) 小子串考虑二分。
那么需要求出状态 \(p\) 的路径条数。
\(t=0\)：\(d_i = 1+\sum\limits_{\delta(i,c)}d_{\delta(i,c)}\)。
\(t=1\)：\(d_i = |\mathrm{endpos}(i)|+\sum\limits_{\delta(i,c)}d_{\delta(i,c)}\)。
最后在 SAM 的 DAWG 上二分。
因为 \(\mathrm{len}(p)+1\le \mathrm{len}(\delta(p,c))\)，所以可以不用 dfs。
3*. P3649 [APIO2014] 回文串
求所有回文子串中的最大存在值。
存在值为这个子串在 \(s\) 中出现的次数乘以这个子串的长度。
加上了一个回文的条件。
我们建 SAM 后，若采用 P3804 的方法，则需要知道 \([\mathrm{len}(p),\mathrm{len}(\mathrm{link}(p)))\) 内最长的回文串。只知道右端点，这个是不具有良好性质的。
那考虑枚举回文串。
在 Manacher 的过程中，\(p_i\) 的增加是线性复杂度的。
于是我们可以在 \(p_i\) 每自增 \(1\) 时求 \(s[l,r]\) 出现的次数。
若在 DAWG 上暴力匹配，则是 \(O(n)\) 的。
考虑 \(pos(r)\) 维护 \(s[1,r]\) 所在状态。
则我们需要跳到 \(\mathrm{len}(\mathrm{link}(p))\lt l\le\mathrm{len}(p)\) 的状态 \(p\)，出现次数就是 \(\mathrm{endpos}(p)\)，这个倍增实现。
4. P4248 [AHOI2013] 差异
求任意两个后缀的 \(\operatorname{lcp}\) 的和。
\(\text{reverse}\) 后，转化为两个前缀的最长公共后缀。
考虑 SAM。
考虑 SAM 上分别表示 \(s[1, i], s[1, j]\) 的状态 \(x, y\)。
从任意状态 \(P\) 出发跳后缀链接到 \(T\) 的路径，所有状态 \(q\in p \to T\) 的 \(\mathrm{substr}(q)\) 的并集为 \(\mathrm{longest}(p)\) 的所有后缀。
\(\mathrm{longest}(\operatorname{LCA}(x,y))\) 表示 \(\operatorname{lcp}(s[1,i], s[1,j])\)。
套路地，对于某个 \(u\)，我们统计有多少 \(x, y\) 的 LCA 是 \(u\)，这个是简单的。
这道题还可以 SA。
5. P5341 [TJOI2019] 甲苯先生和大中锋的字符串
在出现 \(k\) 次的子串中出现次数的最多的长度。
考虑 SAM。
相当于 \(\mathrm{endpos}(p) = k\) 的状态中，长度 \((\mathrm{len}(\mathrm{link}(p)), \mathrm{len}(p)]\) 都出现一次。
那么这就简单了。
6*. CF125E MST Company
在 Tree I 的基础上构造方案。
特判一些情况，
\(1\) 度数小于 \(k\)。
\(1\) 度数为 \(k\) 时不连通。
必选白边大于 \(k\) 条。
贴下界算一次，先连上必选的白边。
那么剩下的边中，只连黑边也能使图连通。
替换一些权值相同的边（要使截距 \(b\) 不变），按权值分组。
首先连上 \(x\) 条必选的白边，然后替换权值相同的边 \(need-x\) 条。
替换 \(need-x\) 条可以直接在 \(x\lt need\) 时相同价值优先选白边。
题解里维护了在同价值优先选白边的情况下，选择大于 \(k\) 的权值的白边的数量。
相当于 A* 里的估价函数，但是在这题是没必要的。
7*. P5233 [JSOI2012] 爱之项链
戒指的方案数就是模板题，记答案为 \(c\)。
若不考虑首尾相邻，方案数为 \(n(n-1)^{n-1}\)。
做题时的错误思路
首尾相邻不就是最后只有 \(n-2\) 种嘛。
有可能 \(col_1=col_{n-1}\) 导致有 \(n-1\) 种。
考虑减去首尾颜色相同的方案数，这等于 \(col_1\neq col_{n-1}\) 的方案数。
设 \(f(n)\) 为 \(1\sim n\) 的首尾颜色不同的方案数。
题目求的是所有等价类乘以步长，而上式恰求得答案。
若 \(3214567 \mid m\)，
我们考虑将模数变成 \(3214567^2\)，这样计算完之后除以 \(m\) 这一步可以先令乘上 \(\dfrac{m}{3214567}\) 在模 \(3214567^2\) 意义下的逆元，然后答案除以 \(3214567\)。
By tzc_wk可以这么理解。
若 \(\sum_{g\in G}m^{c(g)}\) 是 \(mod^2\) 的倍数，答案为 \(0\)。
钦定 \(\sum_{g\in G}m^{c(g)} = kmod\)，\(mod \not\mid k\)。
先计算 \((kmod)\% mod^2\)。
然后乘 \(k^{-1}\)（在模 \(mod^2\) 下），这个时候结果一定是 \(mod\) 的倍数，直接除即可。
8*. P2045 方格取数加强版
取 \(2\) 次是 dp。
取 \(k\) 次是网络流。
接下来要解决一些问题。
- 走过了，就没有数了。
- 走过了，但是还可以走，只是没有数。
- 恰走 \(k\) 次。
于是到 \((x,y)\) 有 \(2\) 种。
第一种，可以取数，容量为 \(1\)，表示仅取一次，费用为 \(A_{x,y}\)，表示取数。
第二种，没有数取，容量为 \(+\infty\)，费用为 \(0\)。
注意到，这个边容量实际上是在点上的，于是拆点。
对每个点 \((x, y)\) 拆为 \(in_{x,y}, out_{x,y}\)。
重新理建边。
\(out_u\to in_{x,y}\)：容量 \(+\infty\)，费用 \(0\)。
\(in_{x,y}\to out_{x,y}\)：容量 \(1\)，费用 \(A_{x, y}\)，表示取数。
\(in_{x,y}\to out_{x,y}\)：容量 \(+\infty\)，费用 \(0\)，表示跳过。
这还可以表示，在路径上选择是否取数，而非全取。因为费用为正，一定会取。
考虑源汇，
\(S\to in_{1,1}\)：容量 \(k\)，费用 \(0\)。（也可以把 \(in_{1,1}\) 当 \(S\)，改下流量即可。）
\(T=out_{n,n}\)
跑最大费用最大流
8*. P3358 最长k可重区间集问题
给定 \(n\) 个开区间，选出一些区间，求在满足覆盖任意一点的开区间数量不超过 \(k\) 的条件下，选出区间的长度和的最大值。
"不超过 \(k\)"、每个区间只能选一次，容易想到把区间覆盖次数当作流。
"最大值"：把区间长度作为费用。
还有一个问题我们要跑整的区间，而不是跑子区间。这个通过钦定流进入、出去实直线上的点解决。
那么考虑建边，
一个错误的解法，
实直线上，\(x\to x+1\)，容量 \(k\)，费用 \(1\)。
\(S\to l_i\)：容量 \(1\)，费用 \(0\)。
\(r_i\to T\)：容量 \(1\)，费用 \(0\)。
这个存在 \(S\to l_i \to r_j\to T\) 的情况。
为了 \(l_i, r_i\) 一一配对，不把费用摊在实直线上。
注意到，\(l_i\to r_i\) 这样连是很难表示有交的覆盖。
题解中提到了从 \(k\) 中剥离的做法。
把没有交的区间看成串联，有交的区间看成并联。相当于 \(k\) 次串联，则每个点一定不会覆盖超过 \(k\) 次。
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