记录(4)
彩绘
设 \(f(i,j)\) 表示 \(i+1\) 个桶，第 \(j\) 个桶的系数。\((0\le j\le i)\)
则有 \(f(i,j)=\frac{j-1}{i}f(i-1,j-1)+\frac{i-j-1}{i}f(i-1,j)\)，\(1\le j<i\)；
边界 \(f(0,0)=1\)。
当 \(j=0\) 或 \(i\)，发现上面的递推同样成立，只要定义 \(f(i,-1)=0\)。
考虑 \((i,j)\) 到 \((0,0)\) 的转移路径，向下/向左，走一步会附带一个系数，系数是定的，只需要统计路径数。
一般难度的推式子题
双射：欧拉回路，向下 ( 向上 )
dyck 路：
记住这个形式：
\(d\) 是上下两条红线间距。注意要转成不能碰的线，\(d\) 要变成 \(d+2\)。
\(\sum_k C(2(n-1),a+kd)-\sum_k C(2(n-1),b+kd)\)
其中 \(a,b\) 是和起点、终点坐标差有关的常数。
Chords
圆上的弦 -> 断环为链，变成区间
枚举连通块左右端点 \(l,r\)，不能有跨过内外的边，计算区间在内部连边使 \(l,r\) 联通的方案数，容斥，用总的方案数减掉枚举一个 \(p\)，实际上只联通到 \(p\) 的方案数。
Sightseeing Plan
TODO
Random Kth Max
TODO：感受一下用 min-max容斥避免积分的做法
\(\sum_t Pr[X>t]dt = E[X]\)
\(n^4->n^3\)：\(t\) 是真正的值，而不是 \([0,1]\) \(f_i(t)=k_it+b_i\)，是定的，左端点乘右端点除。
Guess the Number
做法1
在 \(X\) 后面补 \(0\)，扩成 \(10^7\sim 10^8\) 的数。
二分，判断 \(X\ge Y\)：构造最小的 \(t\)，\(tY\ge 10^{16}\)，看 \(t*X\) 的首位是不是 \(1\)。
做法2
对于 \(x=1...\sqrt n\)，\(\left\lceil\frac nx\right\rceil\) 互不相同：\(\frac nx-\frac n{x+1}> 1\)
知道结果是 \(s\) 反解 \(x=\frac{n-1}{s-1}\)（最大的 \(x\)）整除分块的结论 必须背过
Yes or No
做法1
在折线图上看非常显然。
做法2
策略显然是猜剩余更多的那个数。假设两种分别剩余 \(N,M\)，那么猜 \(\max(N,M)\)，如果猜对了，说明 \(\max(N,M)\) 一定减少 \(1\)（除非 \(N=M\)）；如果猜错了，说明 \(\max(N,M)\) 不变。那么猜对的次数显然是 \(\max(N,M)\)。当 \(N=M\)，有 \(1/2\) 的概率猜对了但是 \(\max(N,M)\) 不变，这里少算了 \(1\)，所以做一个修正，枚举 \(N=M=k\) 补上经过 \(N=M=k\) 的概率。
Forbidden Tournament
引理1
将所有强连通分量按顺序排成一排，则只有最后一个强连通分量大小可能 \(\ge 3\)。
剥去前面的孤点，不妨假设整张图强连通。
引理2
\(1\) 的入点和出点分别构成一条链。
对于入点：如果有 \(\ge 3\) 的强连通分量，则说明一定有三元环，进而会出现不合法子图。
对于出点：找出最后一个强连通分量 \(S\)。因为假设整张图强连通，因此 \(S\) 内必然会连到第一条链上的一个 \(x\)。同时至少有一条从 \(x\) 连向 \(S\) 的边，因为如果全都连到 \(x\)，\(S\) 中的一个三元环加上 \(x\) 就不合法。若 \(a\to x,x\to b\)，不能有 \(b\to a\)，否则 \(1,a,b,x\) 违反条件。因此两部分之间的边只能由一边指向另一边，就与 \(S\) 强连通矛盾。
引理3
把两条链拉到上下两行，分别叫做 \(X_1,...,X_a=1\) 和 \(1=Y_1,...,Y_b\)。
对于 \(X_k\)，一定存在 \(Y\) 的一段前缀 \(X_k\) 指向 \(Y_*\)，一段后缀 \(Y_*\) 指向 \(X_k\)。取出第一个 \(X_k\to Y_i\)，\(Y_{i+1}\to X_k\)，那么必须是 \(X_k\to Y_{i+1}...\)，同时因为第一个，所以 \(Y_1...\to X_k\)。对于 \(Y_k\) 同理。
引理4
由上两条性质，对于邻接矩阵，\(X_i\to Y_j\) 叫做 \(1\)，那么行连续 \(1\) 单调，列连续 \(0\) 单调。因为如果行不单调，说明存在
...11..
...10..
\(Y_j\) 先 1 后 0 就矛盾了。对于列，同理。
Spanning Trees of Interval Graph （线性代数）
设总点数 \(S=\sum C_{ij}\)。根据矩阵树定理，答案为 \(D-A\) 去掉第一行第一列后的行列式。假设就是行列式好了。
\(\det D-A\)
\(=\det D\det I-D^{-1}A\) --------------\(\det AB=\det A\det B\)
考虑对 \(D^{-1}A\) 做低秩分解，假设 \(D^{-1}A\) 可以分解为 \(S\times N\) 和 \(N\times S\) 大小的 \(u,v\) 相乘，\(N\) 比较小。
则：
\(=\det I-uv\)
\(=\det I-vu\) ----------------矩阵行列式引理：\(\det I_n-uv=\det I_m-vu\)。
于是我们只需要计算一个 \(N\times N\) 矩阵的行列式即可。
那么问题来了，如何分解 \(D^{-1}A\)？先分解 \(A=uv\)，则 \(D^{-1}A=(D^{-1}u)v\)。
点减边。拆成 \(2N-1\) 列，\(1,2,...,12,23,...\)。计算点积就等于两个区间是否有交。注意 \(u\) 是点减边，\(v\) 是点加边。
去掉第一行第一列，相当于删掉第一个点，但是度数保持不动。
Deque Sort
\(n\) 轮以内可以排序：考虑最长的 \(...,n-1,n\) 的后缀，每次操作后最末一个必定归位。
进行若干轮后的形态一定都形如：一段递减段，中间乱序，一段递增段。不妨假设 \(a_n\ne n\)。一次操作会选择递减段的开头，中间一些数（因为 \(a_n\ne n\)，不会选择递增段）。操作后递增段变到递减段，选出的数前面刚好拼上递减段作为新的递增段。每次暴力找到前缀最大值，并及时排除 \(a_n=n\)，那么取出的数总和是线性的。使用平衡树维护（不用split）。
Nezzar and Chocolate Bars
先考虑 \(n=1\)。计算 \(m\) 轮仍然没有结束,即存在一个间隔 \(>d\) 的概率，对 \(m\ge 0\) 求和。容斥，\(\sum_{k=1}^{\infty}(\frac{l-kd}{l})^{m}C(m+1,k)(-1)^{k-1}\)
（为什么是 \((\frac{l-kd}{l})^{m}\)？这里有一个双射，但是只有双射还不行，要不改变概率密度，因为不能有伸缩，而这里只有平移。）
Yosupo's Algorithm
找出所有支配对。分治，把 \(y\) 的条件去掉。结论：对于一定会选红/蓝最大值。假设没有选最大值，那么考虑如果红最大在区间内，或着蓝最大在区间内，可以替换为对应的最大值。否则同时替换为两个最大值。
注意分治是用来找支配对的，而不是用来回答询问的。
找到所有支配对，再做一个二维数点。
Permutation Recovery
考虑知道的所有信息。\(i\to p_i\) 连边后，一条边就会对应一条反向边，正反匹配起来，变成一条无向边。这张图就是所有的信息了。
图上每个点的度数为 \(2k\)。先给边定向，使得每个点入度等于出度等于 \(k\)。拆点，求一个 \(k-\)正则图的 \(k\) 组匹配即可。
如何定向：
方法1
让一条边，要么去匹配 \(u\) 的入度，要么去匹配 \(v\) 的入度，左边是边，右边是点的每一个度数，求一个完美匹配。
方法2
求一条欧拉回路，按照经过的方向来定向。
Accommodation Plan
多次询问求一个点的 \(k\) 邻域大小，可离线。要求单 \(\log\)。
Where is the legend?
差分，合并两个相邻的 \(x x\)。
除掉 \(2\) 之后分组，每一组单独做。这样就可以假设每个数都是 \(2^k\) 了。倍增求一个 \(f_{l,k}\) 表示能不能把 \([l,r]\) 合并成 \(2^k\)。
Królewski bal [B]
形如求一个图的最大匹配，要么贪心匹配，要么就只能考虑 Hall 定理或最小点覆盖/最大独立集。
选取最大独立集做分析。那么选一个黑点，就不能选同一行同一列的白点了。相当于选出行的集合 \(R\) 列的集合 \(C\)，\(R,C\) 里面的只能选白点，\(U\R,U\C\) 里只能选黑点。
左上方区域内的白点+右下区域内的黑点。
这里行列不独立，所以要拆一拆。\(R\) 的白点数 + \(C\) 的黑点数 - \(|R||C|\)。
假设确定 \(R\)，那么对于每列是独立的，等于 \(\sum\max(c_j-|R|,0)\)。
假设确定 \(|R|\)，而不是 \(R\)，那么一定选择排序后 \(r_1,...,r_{|R|}\)。
修改 \(r\) +1-1，影响是一段后缀；修改 \(c\) +1-1，影响只有 \(|R|=c_j\)。
6月2日模拟赛
A
B
做法1
一个点是不是谷，实际上等于有没有向前的连边。
二进制分组，求出每个点的两个邻居的异或。
分别问一次 \(ST\)，\(TS\)，\(ST,TS\)取反，就能知道一个点连到 \(S,T\) 的边分别有几条。
还需要求出任意一条边。随便问一个排列，找到第一个不是第一个到的人，将这个前缀翻转，同理就可以问出另一条边。需要额外一次询问。
优化方法：改用三进制；直接枚举一条边 \(1x\) 解出来看对不对，省下最后一次询问；问出大致形态再随机。
做法2
考虑先求出一个极大的独立集 \(S\)，那么问一个 \(S\) 中的点结果是有没有连到之前的 \(T\)，并且是两两独立的，那么可以对 \(S\) 整体二分，求出连到的靠前的边。再反过来求出靠后的边。现在还剩 \(T\) 中的边，先问一次将 \(T\) 再划分为两个独立集，再进行上面的过程，求出匹配边。
还需要求出一个独立集，维护独立集里的点 \(S\) 和候选点 \(T\)。其他一定不在独立集的点可以放在最后，不影响。随机打乱 \(T\)。问 \(ST,TS\)，如果 \(ST\) 有向前的边但是 \(TS\) 没有，说明连到了 \(S\)，删掉这个点；如果 \(ST\) 没有，说明这个点是一个谷，且没有连到 \(S\)，那么加入 \(S\)；如果都有就无法确定，留在 \(T\)。这样经过 \(10+\) 轮就能找出一个独立集。
也可以随机问 \(TS\)，把谷加进去，但是后期很难收敛，实测 \(30+\) 次也无法完全收敛。
随机化，不仅要考虑单次减少的比例，还要考虑收敛的速度。
C
timeismoney
一个离散的点集内 \(xy\) 最小的点一定是下凸壳上的某个点。
证明：考虑取两个点，将两个点连线上的所有的点都加入凸包，不影响答案，因为一段线段最优解一定取在某个端点（考虑 \(xy=t\) 第一次交这个线段）。因为凸包内 \(x\times y\) 最小的点一定在凸包边界上，所以删掉新扩充的点之后一定也取在一个原来的点。
或者说，这个点一定在下凸壳上，同时，如果在一条边上，不如调整到某个端点。于是一定在点集里，同时一定在下凸壳上。
将一条边视为一个向量，找到解集的下凸壳。
考虑分治找出 \(AB\) 之间的点。考虑 \(S_{\triangle ABC}\) 最大的点 \(C\) 一定在凸包内，将 \(S_{\triangle ABC}\) 化成叉积式，一定等于某个 \(Px+Qy\)。即点积 \((P,Q)\)。将每条边点积 \((P,Q)\)，作为边权求一个 MST，同时记录原向量 \(C\)，继续分治 \(AC,BC\)。
求出 \((1,0),(0,1)\) 两个边界点 \(A,B\)，然后执行 \(AB\)。
6.4模拟赛
A
引理：若分别存在 \(r\) 红边、\(b\) 条蓝边、\(g\) 条绿边的生成树，\(r+b+g=n-1\)，则存在三种颜色的边同时有 \(r,g,b\) 条的生成树。
维护三个生成树 \(T_r,T_g,T_b\)，每次取出两个生成树，比如 \(T_r,T_g\)，如果 \(T_r(b>),T_g(b<)\)，那么可以在不改变 \(T_r(r=),T_b(b=)\) 的情况下调整 \(T_r,T_g\)。最终 \(T_r=T_g=T_b\)。
C
根号分治，对 \(t\le B\)，直接暴力，分块平衡一下。
对 \(t>B\)，先让每个点跳 \(B\) 层，删掉子树深度 \(<B\) 的点，剩下的叶子个数最多有 \(n/B\) 个。则可以分成 \(n/B\) 条链。一个询问是 \(n/B\) 次查询一个子树内深度 \(\le d\)，编号 \(\le k\) 的点数。对编号再分块。散块暴力，整块长剖。
Master of Modular Arithmetic
如何简化思路：如果之前是倒着想的，把思路正着重新理一遍。发现对称性（01对陈）
充要条件：初始想等或者 \(b_i\) 不全相同，且 \(a_i\ne 0\)。构造时只要保证了这一条件，就是一定有解的。
如何把 \(a_i\) 变成 \(b_i\)
思路1 \(a_i\to ka_i,\%(ka_i-b_i)\) 问题：\(a_1\) 做着做着变成 \(0\) 了。
思路2 \(a_i\%(a_i-1),*b_i\) 问题：\(a_i=2\)，\(a_1\) 结果巨大。特判太过麻烦，果断放弃。
思路3 \(a_i*(b_ia_i^{-1}\%M),\%M\)。问题：\(b_i=2a_i\)。解决措施：同时维护 \(a_1,a_2\)。
如何把 \(1 x\) 变成 \(y 1\)
思路1 \(1,x\to 1,kx\to y,kx\%y\)，选择 \(k\) 使得 \(kx\%y=1\)。如果 \(x,y\) 不互质，就利用一个大质数做中间值。
思路2 可以把 \(x,y\) 变成较小的数（\(x\%m,y*m\)，\(x*m,y\%m\)）然后暴搜。
Chocological
首先 01 是对称的，不妨假设 1 的个数不超过 \(n\)。
同一列内可以任意移动，只关心目标状态每一列的人数，哪一行不区分。
倒着做。
希望得到尽量长的 \(1\)，但同时需要维护前后缀的条件。贪心先让第一行从第二行中得到尽量多的 \(1\)，根据是否有无法移动的 \(1\) 进行分类讨论。
Weird Chessboard
设 \(A_{i,j}\) 表示选没选，做一遍二维前缀和。
根据 \(A\) 做完二维前缀和还是 \(A\)，列出方程 \(A_{i,j}=A_{i-1,j-1}+A_{i-1,j}+A_{i,j-1}\)，即 \(A_{i,j}+A_{i,j+1}+A_{i+1,j}=0\)。
性质：上半三角一定全是 \(0\)，对角线可以全填 \(1\)。只要确定 \(A_{n,j}\) 就能唯一确定整个矩阵。
目标要让 \(1\) 的密度达到 \(60\%\)。
在 \(A_{n,j}\) 随机的情况下约为 \(50\%\)。代入 \(110110110...\)，此时密度基本达到了 \(0.6\)。进一步发现这个矩阵里有很大的纯白三角形，要是不小心切进去就不好了。因此生成 6000*6000 的矩阵，再从中选择最大的子矩阵。
Sequence Operation 1
做法1
打表发现一个长度为 \(14\) 的串一定可以用 \(11\) 步操作消除.由此有一个 \((11/14)n\) 的做法.
预处理长度较短的串,dp 出一个最优的将整个串分成较短的短的分段方式.事实证明根本无法卡掉.原因在于经过微小的扰动能产生很大的变化.
做法2
可以证明正确性的做法.
先把一个后缀 \(S\) 留在手里,考虑在其后追加一个长度为 \(7\) 的串 \(x\).我们希望 \(S+x\) 可以通过 \(5\) 次操作变为 \(y+S'\) 其中 \(y=22222\). 这里 \(S'\) 是一个可能包含很多状态的集合,同理 \(S\) 也是一个状态的集合.如果经此操作始终满足 \(S'\ne \emptyset\) 那么合法.
可以看作一个自动机，\(S\) 通过 \(x\) 的转移边变成 \(S'\)。从初始状态 \(S=U\) 开始迭代。如果永远迭代不完就证实一定有解。
Make SYSU Great Again IV
直观化：将区间 DP 的结构看作是凸多边形上的三角剖分。点有点权，代价是三角形定点点权乘积之和。
性质：最优解中一定选择最小-次小、最小-次次小的边。假设较小的三个分别是 \(a,b,c\) 较大的三个分别是 \(x,y,z\)，若保证选择次小-次次小，还需满足 \(\frac 1a+\frac 1x<\frac 1b+\frac 1c\)。这个条件其实比较容易满足，可以忽略。
不妨取 \(a,a+1,a+2\)。\(a\) 是偶数时所有三角形都是偶数，不妨让 \(a\) 取一个奇数。此时解得 \(x,y,z\) 的下界，并从中减掉，可以解出 \(x,y,z\)。从小到大枚举 \(a\)。
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