2025.8

P5186 [COCI 2009/2010 #4] OGRADA

注意到每个位置最高能刷到的位置是能覆盖这个位置的长度为 \(X\) 的区间的最小值的最大值。

首先求每个长度为 \(X\) 的区间的最小值，用单调队列。

最大值也单调队列。

最后贪心。刚开始想的是记录每个点被刷的（作为区间最小值）的最左端的区间，然后去重的区间数量就是答案。但不会写。。

对于极大连续长度为 \(c\) 的段，需要刷 \(\lceil \frac{c}{X} \rceil\)。

P4323 [JSOI2016] 独特的树叶

即是说 \(B\) 删去一个叶子节点后与 \(A\) 同构。

CF1800G Symmetree

给定一棵树，\(1\) 为根。你可以调整一个点的儿子顺序，问这棵树是否有可能对称。

镜像一定同构，在根节点处的哈希值相等。

奇数还要选一个当中间节点递归下去。

P6084 [JSOI2015] isomorphism

以某个叶子为根，度数为 \(2\) 的点就在叶子到根路径的链。

P2325 [SCOI2005] 王室联邦

用栈存储未分块的点。在 \(u\) 每处理一个子树，若栈大小大于等于 \(B\)，则分块，省会为 \(u\)。

最后把 \(u\) 加入栈。

发现传上去之多 \(B\) 个点，每个块大小最大为 \(2B - 1\)。

最后可能还有 \(B\) 个点，分到根节点的块，大小最多为 \(3B - 1\)。

时间复杂度为 \(O(nB+\frac{n^2}{B})\)。

P3986 斐波那契数列

考虑到这形如解 \(fib_na + fib_{n+1}b = k\) 的解的数量。
而 \(n\) 是极小的，于是里面可以用 exgcd 求解。

P6105 [Ynoi2010] y-fast trie

分讨。
\(C\le i+j\lt 2C\)，维护最大值和次大值就行。
\(0\le i + j\lt C\)，对于每个 \(i\)，有唯一的 \(j\) 满足条件且 \(i + j\) 最大。

于是维护这个的最大值没有可减性，于是可以线段树分治！

考虑强制在线怎么做？

设 \((a, b)\) 表示 \(a\) 的最有匹配是 \(b\)。
发现，若 \((a, b), (b, c)\)，且 \(a\lt c\)，那么只需要保留 \((b, c)\)。
于是对数就变为 \(O(n)\)，每次只需要修改 \(O(1)\) 个对。

multiset.count() 复杂度是 \(O(n)\)！

P5017 [NOIP 2018 普及组] 摆渡车

Sol 1
\(t\) 升序排序，定义 \(f_{i, j}\) 表示把前 \(i\) 个人送到人民大学的最小代价，\(i\) 的等待时间是 \(j\)。
当 \(t_{i+1}\le a_{i}+j\)，显然让 \(i, i+1\) 一起走优。
否则，就需要枚举 \(i+1\) 的等待时间。
考虑等待时间的最大值，当一个点等待时间大于 \(m\)，显然可以先把前面的送了，在预计时间到达车站即可。
但是，需要考虑到车回来有 \(m\) 的时间，可能回来后只有 \(m-1\) 时间了，不够先送。
于是等待时间小于 \(2m\)。
\(O(nm^2)\)

考虑填表法，\(f_{i,j}\gets f_{i-1, k}\)，发现随 \(j\) 增大，\(k\) 的可行范围也在变大，于是用个变量存储最小值即可。
\(O(nm)\)

Sol 2
依赖值域的做法。
Link

P1450 [HAOI2008] 硬币购物

考虑先预处理出每个价值的答案。
然后询问时，容斥。
具体地说，钦定第 \(i\) 种硬币超出限制，就减去 \((d_i+1)c_i\)。

P1447 [NOI2010] 能量采集

在 \((x, y)\) 前面的点可以表示为 \((\frac{x}{d},\frac{y}{d})\)，且 \(\frac{x}{d}, \frac{y}{d}\in \mathbb{Z}\)。
注意，\(d\) 可以不是整数
\(\gcd(\frac{x}{d}, \frac{y}{d}) = \frac{1}{d}\gcd(x, y)\)。
那么对于可行的 \(d\)，设有 \(k\) 个，\(\gcd(\frac{x}{d}, \frac{y}{d})\) 有 \(k\) 个，且为整数。
那就有 \(k = \gcd(x, y)\)。
除去自己本身，就有 \(\gcd(x, y) - 1\) 在前面。
于是只需要求

\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m} \gcd(x, y) &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m} [\gcd(x, y) = d] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d} [\gcd(x, y) = 1] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d} \sum_{z|\gcd(x, y)}\mu(z) \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{z=1}^{\min(n, m)}\mu(z)\sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d}[z\mid \gcd(x, y)] \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{z=1}^{\min(n, m)}\mu(z) \lfloor\frac{n}{dz}\rfloor \lfloor\frac{m}{dz}\rfloor \\ \end{aligned} \]

于是有了 \(O(n\sqrt{n})\) 做法。

继续推

\[\begin{aligned} \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{z=1}^{\min(n, m)}\mu(z) \lfloor\frac{n}{dz}\rfloor \lfloor\frac{m}{dz}\rfloor &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{z=1}^{\min(n, m) / d}\mu(z) \lfloor\frac{n}{dz}\rfloor \lfloor\frac{m}{dz}\rfloor \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{dz=1}^{\min(n, m)}\mu(z) \lfloor\frac{n}{dz}\rfloor \lfloor\frac{m}{dz}\rfloor \\ \end{aligned} \]

换元 \(T = dz\)，

\[\begin{aligned} \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{dz=1}^{\min(n, m)}\mu(z) \lfloor\frac{n}{dz}\rfloor \lfloor\frac{m}{dz}\rfloor &= \sum_{d=1}^{\min(n, m)}d \sum_{T=1, d | T}^{\min(n, m)}\mu(\frac{T}{d}) \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \\ &= \sum_{T=1}^{\min(n, m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{d|T}d \mu(\frac{T}{d}) \end{aligned} \]

后面是 \(id * \mu = \varphi\)。

\[\begin{aligned} \sum_{T=1}^{\min(n, m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{d|T}d \mu(\frac{T}{d}) &= \sum_{T=1}^{\min(n, m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \varphi(T) \end{aligned} \]

\(O(\min(n, m))\)

Sol 2
设 \(f(z)\) 为 \(\gcd(x, y) = z\) 的对数，\(g(z)\) 为 \(z | \gcd(x, y)\) 的对数。
\(g(z) = \lfloor\frac{n}{z}\rfloor \lfloor\frac{m}{z}\rfloor\)。

\[f(z) = \lfloor\frac{n}{z}\rfloor \lfloor\frac{m}{z}\rfloor - \sum_{2z\le iz\le \min(n, m)} f(iz) \]

\(O(n\log{n})\)

P2303 [SDOI2012] Longge 的问题

\[\begin{aligned} \sum_{x=1}^{n} \gcd(x, n) &= \sum_{d=1}^{n}d \sum_{x=1}^{n} [\gcd(x, n) = d] \\ &= \sum_{d|n}^{n}d \sum_{x=1}^{n/d} [\gcd(x, n / d) = 1] \\ &= \sum_{d|n}d \varphi(n/d) \\ \end{aligned} \]

\(O(\sqrt{n})\) 枚举每个 \(d\)，\(O(\sqrt{n})\) 算 \(\phi\)。

\[\sqrt{n} + \sum_{z|n} \sqrt{z} = d(n)\sqrt{n} \]

Sol 2
【洛谷题解】P2303 [SDOi2012]Longge的问题 - 粉兔 - 博客园

P13056 [GCJ 2020 #1B] Expogo

等价于把 \(X, Y\) 二进制表示下。
指数不交，且并集是 \(\mathbb{N}\) 的前缀。
先二进制表示，如果有交，需要通过一定方式转化为无交。
用 \(2^{i}+2^{i+1}+2^{i+2}+2^{j} = 2^{j+1} - 2^{i}\)。
这个可以设计一个 dp 来判断。
无交过后，可以通过 \(2^i = 2^{i+1}-2^{i}\) 把前缀填满。
感觉这个判断很假啊。事实上，确实过不了。

P10638 BZOJ4355 Play with sequence

吉司机线段树板题。
注意，不要特判 \(-\infty + a = -\infty\) 这样的东西。
因为取 \(\max\) 可能把原来的 \(-\infty\) 减掉。

P13100 [FJCPC 2025] 众数T

考虑答案是 \(\min + \max\)。
因为覆盖了 \(\min + \max\) 的情况是最多的。

考虑答案是 \(2 \max\)。
只有一个最小值时，且其他值都是最大值。

[ABC196E] Filters

考虑刚开始 \(f(x) = x\)。
然后复合一些函数。
最后形如两端直线，中间 \(k=1\) 的直线的形态。

CodeChef Modulo Equality

每次操作使一个 \(A_i\) 加一。
求最小操作次数，使 \(A_i\bmod B_i\) 都相等。

先找到最小的 \(B_i\)，设为 \(minB\)，把其他大于等于 \(minB\) 的先加到 \(0\)。

考虑一个环，当前决策点是 \(x\)。
左边的贡献是 \(x - y\)，右边的贡献是 \(B_{y}-y+x\)。
直接做就行。

CF1269B Modulo Equality

给定序列 \(a, b\)，找到一个最小的数 \(x\)，序列 \((a_i+x)\bmod m\) 排序后，每个元素与对应位置的 \(b_i\) 相等。

\(a_i\) 排序。
然后相当于一段后缀 \(-m\) 变到了最前面，每次增减 \(O(1)\) 个差值。
若某次差值集合与 \(b\) 相同，则找到答案。
哈希或 KMP 匹配。

P4249 [WC2007] 剪刀石头布

考虑容斥。
变为所有三元组减去不合法三元组。
不合法三元组一定有且仅有一个点指向另外两个点。
设 \(c_i\) 为 \(i\) 指出去的边的数量。
最小化

\[\sum \frac{c_i(c_i-1)}{2} = \frac{1}{2}\left(\sum c_i^2 - \sum c_i \right) \]

后面这个是定值。
前面这个直接费用流。

CF600E Lomsat gelral

CF1767F Two Subtrees

四维莫队：CF1767F Two Subtrees。

CF232E Quick Tortoise

好神的题。
CF232E Quick Tortoise - 洛谷专栏

UVA12716 GCD等于XOR GCD XOR

异或是二进制不进位加法或不退位减法，所以 \(x-y\le x \ \mathrm{xor} \ y \le x + y\)。
假设 \(x\ge y\)，设 \(\gcd(x, y) = m\)，则 \(x = x_0m, y = y_0m\)。\(x - y = m(x_0 - y_0)\gt m = \gcd(x, y)\)。
所以 \(\gcd(x, y) = x \ \mathrm{xor} \ y = x - y\)。
先枚举 \(z\)，再枚举 \(y\)。