record 6.20-6.26

* D1 B

非常好赤石场，使我的领带旋转。

省流：t1 是集训队互测的神秘科技题，t3 是 cf *3500，只有 t2 还稍微能补一点。

t2 是这么个东西，给你一个树，然后你要构造一个排列（指定为普通排列或者圆排列），要求走的路径总长度是 \(k\)。

因为圆排列没有破坏任何对称性，更简单一点，所以我们先看看圆排列。

有一个想法：如果我们能找到 \(k\) 有解的一些必要条件，那么这些条件其实往往是充要的。

我们尝试来这么找一下。首先找找上下界，显然每个边至少要被走 \(2\) 次，至多被走 \(2\min(sz_u,sz_v)\) 次。并且显然每个边被走的都是 \(2\) 的倍数次，那么我们求和得到上下界，猜测在这个范围内的偶数都是可以构造出来的。

事实上，确实如此。

这东西构造起来相当困难，我们先从极端情况入手。比方说最少的时候，显然按照任意一个欧拉序来走就可以了。比方说最多的时候，这个就稍微有点困难了，我们要求每个边都要取到自己的最大值。

考虑到 \(\min\) 是非常讨厌的，我们尝试钦定一个根，让子树内较小，子树外较大。这个根就是重心。

这个时候答案就化简成了 \(2\sum dep_{p_i}-2\sum dep_{lca(p_i,p_{i+1})}\le 2\sum dep_{p_i}=C\)，等号成立当且仅当 \(\forall i,lca(p_i,p_{i+1})=rt\)，也就是说相邻两项都来自不同子树。

因为根是重心，所以没有子树大小大于 \(\lfloor\frac n2\rfloor\)，所以确实能够构造这样的一个排列，只需要我们每次贪心取最大的就可以了。

剩下的问题是，怎么构造其他的 \(k\)。一个想法是基于这个最大的情况往下调整，具体来说，我们考虑增大 \(\sum dep_{lca(p_i,p_{i+1})}\)。

考虑把所有同一子树内的点在排列中标记出来。我们先钦定它们内部的顺序是 dfs 序，这样的好处在于如果大家都合并成一个区间的时候能取到最小值。

然后你为了增大 \(\sum dep_{lca}\)，一个有效的方法就是把一些同子树的点合并起来。对合并之后的部分，再去跑之前的算法就行了。

问题是，这东西是我们想合并多少就合并多少的吗？是这样的。

我们指出，只考虑其中一个子树的时候，我们的策略就是选出相邻两项合并之后影响最大的，贪心进行合并。如果超过了，我们就在这个子树里继续找，声称一定可以恰好找到合适的位置。

换句话说，我们声称一个子树内可以凑出来 \([0,\sum]\)。我们声称，如果存在 dfs 序相邻的两个，满足 \(dep_{lca(p_i,p_{i+1})}=x(x\ge 1)\)，那么就一定存在另外一个 \(j\)，满足对应的值是 \(x-1\)。

首先如果 \(i+1\) 是 \(i\) 的儿子那没啥好说的，其次就是不是儿子的情况，那你简单看一下就知道确实有了。

这样的话，我们确实可以证明它们能连续地凑出所有需要的东西。

还剩一个问题，就是我们仍然需要保证 \(mxsz\le\lfloor\frac n2\rfloor\)，仍然每次操作最大的子树就可以了。

现在你会了环排，问题是怎么做普通排列。

我们把普通排列当成是环排去掉一部分。仍然先考虑必要条件。

最小应该在欧拉序去掉直径取到，最大应该在我们之前的最大值去掉 \(1\) 取到，并且没有奇偶性的限制。事实上这也是充要的。

我们考虑一部分用环排列删掉 \(1/2\) 来取到，但是还有一部分没办法取到，具体而言就是在最小值附近的部分取不到。

这部分我们可以找一个直径，然后删掉其中一个端点到另外一个点的一部分，这样显然是存在一个合法的 dfs 游走顺序的。

最后一部分就是怎么给环排列删掉 \(1/2\)，这个显然就是要求我们开头和结尾必须间隔 \(1/2\)。

如果是 \(1\)，我们可以把一个子树的第一部分放到开头，最后放上一个根。

如果是 \(2\)，显然这需要我们的两个子树的根节点凑到一起。开头就不说了，结尾的话我们只需要把那个排列倒过来就行了。

D2

怎么打得这么糖？？？

不要觉得这东西很困难所以就没啥想的动力，哪怕最后没想出来正解，思考的过程对你而言也是有意义的。

不要老去想别人怎么样，实际上自己认真打也不会太差。打到什么排名就是什么排名，排名很重要但不是一切。

以及再锻炼一下实现能力和调试能力。

* D2 A

咋一万个人都会啊，我觉得有点困难的。

这个东西问你 \(n\) 个点非自同构的图的边最多有多少条。

我们发现，最多有多少条是比较稠密的，所以它的反面就是比较稀疏的。并且，我们发现反过来之后显然仍然满足它不能自同构，所以问题可以转化成求最少有多少条。

怎么做呢？没啥头绪，所以我们先手画一些小样例。6 15-9=6 7 21-15=6，你发现这个量级大约是略小于 \(O(n)\) 的，所以我们就猜测这个东西是森林（这有道理吗？）

如果这个图包含若干个连通块的话，我们知道每个连通块都必须是非自同构，并且也不能跟别人同构，这是充要条件。

因为我们需要的是边最少，所以想一想能不能让每个连通块都变成树。

考虑一个非树连通块，显然这个连通块大小 \(\ge 6\)，否则没有合法解。我们把它替换成一个树的情况，然后接到这些连通块当中最大的那个树当中。

额这部分我其实还不是很明白，姑且认为答案确实是森林。

因为森林满足 边数=点数-连通块数，所以我们希望最大化连通块个数。如果我们知道大小为 \(n\) 的森林有 \(f_n\) 个，那么我们就可以贪心构造了。如果最后剩了一些也无所谓，接到最大的一个树上就行了。我们只讨论可行性，又不需要真的构造。

问题完全转化为求 \(f_n\)，可是实在有些难求，它的限制是非自同构的无标号无根树个数。

我们先去学习一下无标号无根树怎么计数的，然后使用类似的技巧。

这个题，场上觉得要么很难要么很简单，一直在找规律啥的，没想啥正经做法。感觉以后肯定还是要先认真对待每个题才行啊。

然后我们看看是怎么计数的。先假装我们知道了无标号有根非自同构树的个数是 \(f_n\)。

为了计算无根的情况，我们仍然进行容斥。

额我看懂了，挺有道理，这种技巧应该还有类似的应用。

?* D2 B

正解非常长，不是很懂，所以我们说一个部分分。

我们看一下 \(n\le 2\times 10^5\) 怎么做。一个直观的想法就是 kruskal，问题存在大量的边是没有用的，我们如果能只算那些有用的边就很好了。

或者说，我们接下来会进行一系列操作，操作是直接连两个点，或者连所有 \(d\) 的边，或者询问当前连通块个数。

有一个方法是使用 ST 表，在第 \(i\) 层中 \(u,v\) 连通表示存在 \(u+j,v+j(j\in[0,2^i))\) 的连边。

你考虑这个关系有没有传递性，发现是有的，如果 \(u,v\) 有边，\(v,w\) 有边，那么 \(u,w\) 显然也可以有边。

然后如果第 \(i\) 层两个点真正被合并了，那么我们就在 \(i-1\) 层合并相应的两组点。这样，显然每次操作都会合并两个点，而点的个数不是很多，所以就正确了。

这个东西是这么考虑的。你发现你希望查询 \((u,v),(u+1,v+1),\dots,(u+k,v+k)\) 哪些是没有连边的，你只需要维护每个区间是不是都有连边，就可以类似于在线段树上 dfs 来做。

这样，对于每个区间而言，我们都需要维护 \(O(r-l)\) 个 \(d=v-u\) 的值，但是为了维护这些东西我们还需要维护以每个位置为左端点，每个位置为右端点的答案，你发现没啥优化。

这里你发现，刚刚说的那个传递性的东西。然后可能就有 ST 表了。

[IOI2020 Mushrooms]

考虑我们当前已经知道 A，B，还不知道的是 S。接下来的询问，可以 B?B?B?B?B?B 这样就可以知道所有的里头 A 有多少个。

所以如果我们知道了 x 个 B，那么接下来就可以使用 O(n/B) 来完成这个事情。

对对对，dwt 说了这个做法，好像可以过 70 pts，还不错。

就是我们问 2sqrt(n) 次先知道前缀，然后拿更大的那个给问出来，这样是根号的。

然后有一些常数优化。

我们可以一次操作知道两个值，只需要 [A,x,A,y]，这样就可以同时知道了。另外就是可以 A?A?A?A? 这样可以同时多知道一个数。

然后我们分两个阶段来做这个事，分界线通过什么奇怪的 DP？来找分界线。

正解需要进一步卡常。

D3

今天题目好多了，但是我打得还是有点一言难尽。为啥全世界都会 A 就我不会啊？？？

全是暴力。

今天节奏本身还行，可能写代码的时间稍微有些久，不过这个是写这些部分分不可避免的问题。

有点错误估计题目的难度了，本来感觉挺好，出来之后发现大家都会。

问题主要出在第一个题没想出来。不过如果我有后面的分可以打，A 的贪心又已经假了一次的话，我可能还是会去先打后面的，这个策略本身并没啥问题。

不过写代码可能还是不是很紧张，就是觉得自己已经写得差不多了。

A 题属于我不是很擅长的类型。但是我似乎任何分析都不是很擅长，这就很寄，因为什么题都是要分析的。

B 题有点没想到一维 NTT。

C 题感觉这个转化我不一定想得出来，写了这个已经差不多了。

大胆一点。

多尝试，多玩玩。

* D3 A

其实关键性质我已经知道了，但是还是没做出来，先说说做法。

我们把这个过程想象成从高位到低位往里头依次填数，这样我们会有一个很自然的想法：当要填 \(0\) 的时候我们填入当前剩余较短的那一段，当要填 \(1\) 的时候我们填入较长的那一段。

这个贪心是错误的，原因在于，如果要填 \(1\) 的时候，我们填到了更小的那段，但是接下来还有一些 \(1\) 能把长的给补回来，那么这样的操作反而把较短段的 \(0\) 后移了，得到更优的解。

但是经过简单思考，我们猜想，\(0\) 的填法是正确的，无论怎样我们都是要填入较小的那一段。事实上这是可以证明的。

接下来我们需要决策这些 \(1\) 填到哪里，\(0\) 会随之填入。问题是 \(1\) 的决策会影响 \(0\) 填到哪里，很麻烦。

事实上，我们可以证明，原本较长的那一段在填的过程中始终保持较长。

考虑两段同样长的时刻，接下来再填一个数，显然填到哪里是完全无所谓的，所以我们调整为填到原本的较短段，这样它就永远较短了。

因此，我们知道在较短的填满之前，\(0\) 一直会填到较短段。所以我们枚举较短段填入的最后一个数，接下来需要在它前面选择若干个 \(1\) 填入较长段当中，显然会找最靠后的若干个 \(1\)。

然后这样是平方的，我们枚举的同时维护增量就可以做到线性了。

但是好像他们的贪心大多数不是这么个东西，问问。

额看了一眼 zzk 的，他写的大概就是说，如果是 \(0\) 就填到小的，如果是 \(1\)，就看看能不能给小的填，给小的填需要满足首先这些位置更高的要都能填上 \(1\)，也就是说，找到这么多 \(1\)，然后这之中的 \(0\) 要能塞到更小的当中。

感觉这个也很对，而且好写一万倍。我们就写这个了。

场上应该多想想的，就是考虑这个 \(1\) 怎么决策，还是能说清楚的。

D3 B

有点糖了。我写了个东西然后说这是二维 NTT，其实确实没问题吧，但是你仔细看一眼发现做一些一维 NTT 就可以了。

这个因为过程中没必要逆回来，你大概感受一下，所以复杂度是 \(O(n^4+n^3\log n)\) 的，所以就可以了。

唉，场上觉得这东西是个逆天东西，写了一会发现写不动就没细想了。但是其实能 NTT 来着。

*　D3 C

首先 \(O(nk\log n)\) 是简单的。然后听说有人直接卡过去了。

然后我们就是要做到 \(O(nk)\) 左右。怎么办呢？可能会想一些数据结构。

但是 sol 里面说我们还要进一步转化。

考虑给 \(1\) 加一个父亲 \(0\)，这样一个区间是合法的，相当于我们去数连通块的根恰好是 \(1\) 个，相当于我们去数那些自己在这个区间里，父亲不在这个区间里的点的个数，要恰好是 \(1\) 个（事实上不会 \(<1\)）。

也就是 \(\sum_{u=l}^r[fa_u<l]+[fa_u>r]\)，把它拆开，在做 \(r\) 的扫描线的时候右侧是单调的，因此我们可以求出是 \(0/1\) 的区间。左侧需要进一步分析。

考虑到一个点 \(u\) 的贡献相当于是对 \([fa_u,u)\) 上加 \(1\)。而这都是后缀修改，所以我们可以维护两个栈，然后加 \(1\) 就是删掉一个后缀加到下一个里头。

然后前缀和一下我们就可以查询区间的和了。这不是很难，总之我们可以做到线性。

这个连通条件的转化可以记录一下。

[GYM102028 J]

好像会了。

你考虑如果拿走一块地毯怎么做。统计只被一块地毯覆盖的位置，取最大就行了。

考虑两块地毯。统计被 \(1/2\) 块低糖覆盖的位置，然后这相当于一张图，有点权有边权，你可以选择两个点，然后让点权加上它们之间的边权最大。

显然，如果你吃了边权，你就枚举这个边来算。如果你没吃边权，你就取 mx mxx 就行了。

主要是，这个 \(m\) 小得不正常，所以就可以做了。

额，他想说的重点不是这个，看一下 sol 吧。

* [CODE FESTIBAL 2016 Final E]

不会。

[CF1239 E]

先想一个子问题：如果我们已知上面的是 S 下面的是 T，那么上面递增下面递减。这个过于显然了。

然后你就喜提一个 \(\binom{2n}{n}\) 的做法，烂完了。

注意到这样两个前缀和都是凸的，\(s\) 是下凸，\(t\) 是上凸。

或者说我们直接考虑路径吧。你发现右移一位就是加一个上面的然后减掉左下的，你发现这个变化量是递增的。

所以这个和是一个下凸的形状，也就是说，最大值一定在两侧取到，也就是说，是一个整块的和加上一个最小值。

所以说，相当于你要把这些数划分成两个大小相等的集合，然后要最小化 \(\max(sum_1+mn_2,sum_2+mn_1)\)。

我们干脆枚举另一个最小值，然后就相当于知道了 \(mn_1,mn_2\)，然后相当于现在两个数分别是 \(x,y\)，然后要让最大值最小。这东西可能能做。

哦，然后你发现没必要枚举，另一个最小值显然是次小值。

然后剩下就是要一个背包一类的东西，简单做。

很有意思的题，做起来连贯性很强。

?* [QOJ 5874]

这个题好像见过，但是不太会。

平方数要么是数论，要么是用于复杂度分析。

有人爆了个类似于 meet in the middle 的东西，我们分高位和低位，然后对情况少的爆搜。

然后如果高位更少，你发现它基本决定了低位是啥，我们平方根，然后加 \(O(1)\) 次就行了。

如果低位更少，(2^k+x)2=2^{2k}+2x+x^2，如果 \(x\) 是偶数，我们枚举最后的后缀零长度，就转化成了奇数。

哦哦，然后你从低到高去确定平方根的二进制表示。

* [ARC160 E]

挺有意思的。

我们先尝试刻画点双，发现比较困难。注意到 \(deg\le 3\)，所以，对于 1 度点删掉它没要求，对于 2 度点，要求它删掉之后的两个子树有边；对于 3 度点，要求三个子树连通。

然后，观察到一个下界是所有叶子的和。尝试对叶子进行匹配。

如果叶子偶数个，那么直接以重心为根匹配不同子树两个点即可，可以证明是对的。

如果叶子奇数个，我们肯定要多取一个点，不妨取全局最小值。然后再做这个，这个会出问题，分析一下出问题的情况，仔细做做。

另一种常见的匹配方式，就是找叶子的 dfs 序，然后前一半跟后一半一一对应地匹配。

D4

卡常题\tuu\tuu\tuu。

这一场时间分配上可能有点问题。A 这个卡常先假了一次，然后又花了很多时间调试，卡常，所以在 A 上面花了很多时间但是没有很好的结果。

BC 时间就不太够了，只来得及打一些简单的暴力。

C 暂且不论，B 的话，感觉有很多人做出来节哀啊。这方面我的观察性质啥能力是不是有点太差了，一直都是短板，但是不是很会锻炼啊。这咋办。

是不是你场上真的很难有什么有用的思考，基本都是在干脏活？

TODO：今天讲了很多有用的组合思考方式，记录一下。

D4 A

没啥好说的，就是那个做法。但是这个 log 在根号外面。

正解就是把 log 搞到根号里头去，方式就是把排序改成归并。很没意思。

* D4 B

好的果然就是这样的偏序对的东西，我看了一下挺容易想到的啊，为啥场上没想出来。

场上我知道了，可能能作为支配对的，可能是 \(j,(i,j),(i,k)\)，然后我尝试进行了一些做法发现不太对。

但事实上就是 \((i,j)\) 的偏序对。我们发现，如果在区间 \((i,j)\) 中还存在一个比它大的，那么我们可以改过去，一定会变得不劣。

这个我感觉就是你要确定怎么去评判一个 \((i,j)\)，你发现因为对询问会有影响所以两个互相包含的可以评价，并且因为有和所以和的可以评价，因为对 \(k\) 有限制，所以限制弱的可以评价。

同时满足这三者，恰好就是这当中还有一个比它大的时候满足。因此 \(a_i,a_j\) 是区间最大/次大值。

考虑这样的区间有多少个，考虑一个单调栈的过程你就知道一共有 \(O(n)\) 个，因此考虑它们的影响用数据结构随便做做就行了。

这个题真的应该会的。感觉就是在考场上会很不一样，有些题就是没想法。所以我们不光要训练思维，还要训练在考场上的思维。

这题没啥思维含量，为啥没做出来呢？可能还是时间有点紧张了。

* D4 C

sol 好长啊。

前面 \(O(n^4)\) dp 是 trival 的，然后观察的有用的不是很多，改成记忆化搜索，但是我不是很会分析复杂度。

然后一个优化就是把转移改成 NTT，这样他说复杂度就变成了 \(O(n^2\log n)\)。

尝试分析复杂度。我们为了计算 \(f(n,m,i)\)，如果 \(n\) 是奇数，接下来会计算到 \(f(\frac{n-1}2,*,i)\)，如果 \(n\) 是偶数，接下来会计算到 \(f(\frac n2,*,i),f(\frac n2-1,*,i)\)。

注意到计算 \(f(n,*,*)\) 可以打包考虑，因为反正这些位置大约都是要计算的。因此我们考察怎样的 \(n\) 会被算到。

考虑一奇一偶两个数 \(2k,2k+1\)，它们会用到 \(k-1,k\) 这两个数；如果是 \(2k-1,2k\)，那么会用到 \(k-1,k\)，所以每一层只有 \(2\) 个数是有用的，而每递归一层，规模减半，所以也就 log 层。

我之前证明的时候，想在二进制上考虑，发现这个情况很复杂。转化成这样之后就好多了。不过自己试试应该也能试出来。

因此如果你算 \(f(n,*,*)\) 是 \(F(n)\) 那么总复杂度就是 \(T(n)=F(n)+T(\frac n2)\)。

这些不用动脑子的机械优化我还是会一点的。

[LOJ 2159]

我不会最小圆覆盖啊，但是他说这个东西存在一个 \(O(k)\) 求 \(k\) 个点的算法，不支持增量。

所以我们就二分一个界，然后每段去倍增就行了。复杂度 2 log。

* [QOJ 7303]

你考虑设计权值，给每个点集赋权。

我们想要当这个点集是连通块的时候，就是 \(1\)，否则是 \(0\)。当然这是在 \(\bmod 2\) 意义下的。

考虑 \(2^{scc}\bmod 4\)。而 \(2^{scc}\) 可以当成是每个连通块黑白染色，也就是每个点黑白灰染色，要求没有黑白边的方案。

[ARC160 D]

我们考虑把操作二记在它的开头位置，显然可以进行一个规范化，如果操作超过 \(k\) 次就换成操作一。

接下来，我们不考虑操作一，只有操作二，然后这东西显然操作方案唯一，因此我们只需要对操作来计数。

然后就会了。

D5

不是啥心态啊放个纯纯卡常题到 A？？？来报复社会的吗？

B 为啥写挂了啊？？？唉不过这个最后才看出来，时间不太够没来得及拍也很正常。

C 不会，不做评价。但是暴力都写错了我不好讲。

咋连着五天爆炸。我有点急了，这样怎么 noi？

今天的我好失败，B 也是假的。一车人优化 DP 过了。为啥我总是想不到大众都能想到的东西？

D5 A

哈哈，卡常吧。\(O(n^3)\to O(\frac{n^3\log n}w)\to O(\frac{n^3}w)\)。

无语了，打完暴力之后想了很久这东西怎么做，中间也考虑过这东西是不是没啥 \(O(n^2)\) 做法，但是直接胡的是 \(O(\frac{n^3\log n}w)\) 做法，写完感觉卡常没啥救啊，就不想了。

D5 B

你观察到，可以增量贪心。

所以变成了纯粹的数据结构问题，polylog 做法是 KTT，肯定没人会去写。

我们考虑分块，每个块维护凸包就行了。因为各个东西都有单调性，所以复杂度是单根号。

好像不太对。他说这里需要加一个反悔，就是支持把已经加进来的给删掉。

相当于我们说是一个数加进来之后就不会被删掉了。他说一个数加进来之后再被删掉，就不会再加进来了。

这个东西 ds 部分不变。我拍拍看是不是这个东西的问题。

听说另外一种做法是你暴力用平衡树维护那个 dp，然后做一些什么神秘东西。这个之后也要想一下。

ok 调了一下，不反悔大概真的是错的。但是似乎小样例总是能过，大的总是过不去。好吧，很有意思。

? D5 C

是个 JOISC2017 来着，做法很复杂，不会。

*　[Dwango Programming Contest 6th] Cookie Distribution

考虑组合意义，相当于每个孩子再选一个曲奇。

[JOISC 2015 D2] Keys

这个我之前好像见过。

就是你发现，这个门的状态会由上一个人更新。也就是说，这东西没啥后效性，所以我们考虑相邻两个人之间的时间间隔，分四类讨论，你就知道该怎么搞了。

接下来就是若干个链，然后有点权有边权，然后你随便 dp 一下就会了。

* [JOISC 2020 D4] 治疗计划

你把这个情况看成是在二维上的东西，然后有一些位置有区间。我们可以在时间轴上穿越，考虑最后一个治疗方案从 \(1\) 开始不断拓展治疗前缀。

两个位置能不能拼起来，就看更早的那个区间斜着移过来能不能拼上。这样就能转移了，然后使用类似 Dijk 的转移方法。

[JOISC 2020 D3] 星座 3

这个东西我看过，当时好像会做一点，然后不想写。

做法很简单，你考虑有一些点对是不能同时选的，具体来讲，如果两个点之间的最大值比较小值要小，那就产生一对限制。

考虑怎样刻画这样的限制。我们发现，会跟一个点产生限制的区域是一个 3-side 矩形（钦定只考虑比它高的），我们在这个矩形当中找一个最低的，然后发现这个点的限制一定比原本要强，所以向它连边。

额，他说的是一个基于笛卡尔树，然后线段树合并。感觉没那么牛。

! [AGC038 E] Gachapon

AGC E/jy。

这个东西是不是啥 minmax 容斥啊。

我们考察集合 \(S\) 中存在条件被满足的期望时间。

感觉可以数学爆推啊。

这里的数学处理手段很有意思，可以学习一下。

简单来说，对于无穷情况，我们考虑有贡献的部分。比方说，虽然枚举 \(S\) 后中间可能有非常多次在 \(S\) 外的部分，但我们可以算一下下一次出现某一个数的概率，然后直接算。

* [AGC033 D] Complexity

这咋不会呢？

有个暴力 dp，不说了。

然后你观察到，这个 dp 的值域不大。具体来说，是 \(\log(n)+\log(m)\)，所以我们交换值域和一个定义域就行了。

然后再利用单调性啥的做做。

D6

还可以。不过这些都见过。

为啥不会 B？？？是不是又没脑子了？？？

TODO:拉格朗日插值二

D6 A

我们把状态精细化实现一下，你发现这个状态数就是 \(n\) 个数的和 \(\le n\) 的方案数，然后你感受一下不是很大。

哦不对，严格的说是 \(x\) 个数的和 \(\le n\)，方案数是这些数 \(+1\) 乘起来，然后你发现肯定是全部相等的时候最大，然后你求个导发现是 \(e^{\frac ne}\)。

* D6 B

不是很会。我只会做 \(n\le 2\)，因为此时不会走“回头路”，所以可以分治。

哦我会了。你观察可能走回头路的路径，发现它一定要过中点。所以你先算出来过中点到每个点的方案，然后再做一做啥的。

哦不对。

哦他分析一下，发现这样的路径只可能先横着走，然后竖着走到底，然后再横着拐回来。

哦然后我们记录边界三个点两两真正最短路就行了。

就差分析这个路径的性质这一部分了。额似乎不分析也可以。

不是很想写这个东西。我们先简单整理一下这两天的内容，然后再看吧。

D6 C

你观察到，我们先把重量是 \(i\) 的合并起来，每个组内部都是凸包。

然后你注意到，第 \(i\) 组模 \(i\) 同余的部分是满足决策单调性的，那你做就行了。

现在不是很懂这个题了。

* 小 Q 的序列

想想有没有组合意义。不太有的样子。

他说是优化朴素 dp。这咋优化，整体 dp？不太能做吧。

做法有点逆天，他往 string 数上去凑出来一个结果，然后其实本质还是考虑组合意义，只不过原问题很难看出来。

[JOISC 2017 D3] 自然公园

没看懂啊，这询问有啥用啊。

我们考虑一个简单的情况，如果整张图压根就没有边，我们至少需要多少次才能发现这个事。

这样的话，你任意进行询问，发现你知道信息最多的也就是每次询问全集，然后就知道这两个点不在同一个连通块里头。

可这真的不需要 \(O(n^2)\) 次询问才能得到答案吗？否则我随便往里头塞一条边，你都找不出来。

哦 m 是不是告诉你的。那没事了。

不对，这也不行。他肯定少写条件了。

果然，限制了这是个连通图。

D7

今天整体而言还算正常。

A 是个简单推推题，但是好像搜系数的方法反而更好一点。

B 不会，这个应该是我是唐诗。

C 是个简单题，组合练手题难度，没啥好说的。

C 花的时间有点太久了，场上真这样肯定不行。其实也没啥难写的，不知道为啥写了很久，又调了很久。

D7 A

另一个做法是，我们观察发现答案是 \(n\) 个球放到 \(k\) 个盒子里，每个盒子都要非空的方案数的线性组合。

然后你细想一下，发现很有道理。因为任意两个的交都是存在的，所以你可以拆分出来若干个基础单元。你把基础单元当成盒子就行了。

我好像在具体的小情况里陷得太深了，应该有一个整体的想法。

* D7 B

既然都想到网络流了，为什么不多用一点呢？

事实上，我们把不能重复的要求也建到网络流里头，然后就可以构造方案了。

不是这也是唐题啊？？？为啥我都想到 flow 了没有继续想呢？？？这就很逆天！！！

[CCPCF 2023 E] Min 或 Max 2

很有意思的题。

我想到了，如果最后取到的答案是 \((a_u,b_v)\)，并且 \(u<v\)，那么其实 \(u\) 之后怎么选是固定的。

但是我没发现 \(b_v\) 只有两种取值可能，就是这之后的选法带来的 min 和 max。

我们考虑怎么判断能不能取到这两个值，这需要维护当取到 \(a_u\) 的时候另一个值的最大最小值，这个可以在线段树上做一做，就可以了。

然后如果 \(u=v\)，判定方法是看前一个位置的取值之类的。

[Shenzhen 23 C] 报数 Ⅲ

我们考察如何判断一个 01 串视作 \(k\) 进制之后是否被 \(7\) 整除，这是容易的，因为我们可以把它看成是多项式，这样，只需要检验当 \(x\in[2,8],7\not\mid f(x)\) 就可以了。

进一步，因为模数是 \(7\)，所以 \(a^6\equiv1(\bmod 7)\)，所以我们只需要保留 \(x^0,x^1,x^2,x^3,x^4,x^5\) 前面的系数就可以了，而这些系数显然都是 \([0,6]\) 的，所以一共有 \(7^6\approx 10^5\) 种系数，其中只有一些是合法的。

下面的问题是怎么统计每种系数有多少个。

我们把原 01 串每 6 个一组来考虑，它们恰好会影响每个系数各一次。接下来唯一的问题就是小于条件带来的限制。

我们考虑每次锁定一个前缀，然后考虑所有可能的后缀，这个东西是 trival 的，所以就可以做了。

我真牛。

哦不太行，复杂度有点高。

注意到，我们只需要 \(x\in[1,6]\) 的值，因为 \(x=7\) 只需要判最后一位。

注意到，\(4,5,6\) 进制等价于 \(-1,-2,-3\) 进制，然后就相当于奇数位偶数位分开考虑，然后仍然枚举前缀，然后做一些什么神秘东西，还要做容斥啥的，后面不是很懂。

看懂了，这个是说，你奇偶分开做数位 dp，状态数都是 \(3^6\) 的，所以是可以做的。然后你考虑两个东西拼起来，比方说枚举偶数位状态，这会限制一些奇数位状态不能选，但是每个维度至多两个，我们钦定必须选某一个，做一遍前缀和啥的就行了，复杂度 \(O(n21^3)\)。

还是有点意思的。