CF1383(div1)（待补 C/D）
CF1383
A [* easy]
给定两个字符串 \(A\) 和 \(B\)，每次可以选取 \(A\) 中若干个相同的字符 \(x\)，然后将其改成 \(y\)，需保证 \(x<y\)
求使得 \(A=B\) 的最小操作次数。
数据组数 \(\le 10\)，\(\sum |A|,\sum |B|\le 10^5\)，\(A\) 和 \(B\) 仅由 a \(\sim\) t 构成（共计 \(20\) 个）。
\(\rm Sol:\)
观察到字符只可以变大，所以从 \(a\) 到 \(t\) 进行枚举，对于当前的全体 \(x\)，每次直接增大的最小的目标即可。复杂度 \(\mathcal O(20\sum n)\)
B [* easy]
给定 \(n\) 个数 \(a_{1,2...n}\)，Alice 和 Bob 玩游戏，两者初始权值均为 \(0\)，Alice 先手，Bob 后手，轮流操作，每次拿走一个数，然后将其与当前权值进行异或，权值高者获胜。
问最优决策下，先手 win/lose/draw。
\(\rm Sol:\)
感觉是根据 \(1\) 的数量判。
从高位到低位进行枚举，对于当前位，假设有偶数个 \(1\)，那么当前位无法分出胜负，只能考虑下一位（无论先后手怎么选，都有当前位的两者获得权值相同）
假设有奇数个 \(1\)，那么必有一者获胜，假设 \(1\) 的数量为 \(4k+1\) 那么先手胜，否则考虑 \(0\) 的数量，奇数时后手胜。归纳即可。
C [* ]
给定两个字符串 \(A\) 和 \(B\)，每次可以选取 \(A\) 中若干个相同的字符 \(x\)，然后将其改成 \(y\)
求使得 \(A=B\) 的最小操作次数。
数据组数 \(\le 10\)，\(\sum |A|,\sum |B|\le 10^5\)，\(A\) 和 \(B\) 仅由 a \(\sim\) t 构成（共计 \(20\) 种字符）。
\(\rm Sol:\)
构造一张 \(20\) 个节点的图，对于每个 \(i\)，连接 \(A_i\to B_i\)
问题变成给定一张图 \(G\)，
D
构造，以后再说。
E [* easy]
给定一个 01 串 \(a\)，\(n=|a|\)，你可以执行不超过 \(n-1\) 次操作，每次为选择一个 \(i\in [1,|a|)\)，然后令 \(a_i=\max\{a_i,a_{i+1}\}\)，将 \(a_{i+1}\) 删除。
求你可以得到多少个串，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(\rm Sol:\)
考虑怎么样的一个串可以得到，首先发现一组 \(01\) 和 \(10\) 都只能删 \(0\)，\(11\) 和 \(00\) 删的是谁我们其实不太关心。
然后发现最后剩余的串是 \(S\) 的子序列，然后发现一个 \(1\) 能被删除当且仅当这个 \(1\) 满足其两端存在至少一个 \(1\)
于是对于 \(S\) 的子序列 \(T\)，其能够生成，当且仅当其中两个相邻的 \(0\) 之间没有 \(1\)，然后假设以 \(0\) 开头/结尾，那么前缀/后缀没有 \(1\)
直接做不太好做，考虑进一步简化信息，对于相邻的两个 \(1\)，我们记 \(pre_i\) 表示第 \(i\) 个 \(1\) 和第 \(i-1\) 个 \(1\) 之间的 \(0\) 的数量，同时补充结尾段（可以为 \(0\)，如果 \(S\) 中不存在 \(1\) 特判），这样串 \(S\) 变成了一个序列 \(\{pre\}\) 接下来我们考虑如何判定一个串 \(T\) 能否生成。
类似的将 \(T\) 变成一个这样的序列，不难发现 \(T\) 合法当且仅当：
- \(T\) 的开头和结尾元素比 \(S\) 的开头/结尾元素小。
- 对于 \(T\) 的中间部分，可以与 \(S\) 匹配，即 \(S\) 存在一个子序列 \(\{b\}\) 满足 \(b\) 的对应元素均大于等于 \(T\) 的对应元素。
那么可以类似于子序列自动机的做法来 dp，去除开头/结尾部分后，对中间部分进行 dp。
考虑在位置 \(i\) 填入 \(j\) 时，从 \(k\) 处转移的条件为 \([k+1,i-1]\) 这个区间内不存在 \(pre_x\ge j\)，那么可以维护一下对于每个 \(j\)，最大的满足条件的 \(x\) 即可（每次处理完一个 \(i\) 后暴力更新即可）。
然后用前缀和优化一下转移，就做完了。复杂度是 \(\mathcal O(\sum pre_i)=\mathcal O(n)\)
不难发现这个算法默认序列中存在至少一个 \(1\)，所以要特判全 \(0\)
F
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图 \(G\)，给定 \(k\) 条特殊边，进行 \(q\) 次查询，每次给定这 \(k\) 条边的权值，查询这个状态下 \(1\to n\) 的最大流。
\(n,m\le 10^4,k\le 10,q\le 2\times 10^5\)
\(\rm Sol:\)
观察到最大流等于最小割，所以可以枚举这 \(k\) 条边被割/不被割，对于被割，将这条边的边权设为 \(0\)，否则设为 \(\infty\)
然后跑最大流可以进行预处理，然后可以轻易的做到 \(\mathcal O(2^k)\) 进行查询，复杂度为 \(\mathcal O(2^k\cdot \textrm{maxflow}(n,m)+q\cdot 2^k)\)
事实上，可以预处理不含这 \(k\) 条边时的最大流的残量网络，然后每次在这个网络上增广即可，注意到插入的边权和很小，可以考虑采取 EK/FF 算法来解决此问题，复杂度为 \(\mathcal O(2^k\times wm)\)
然后由于 Hack 数据，转移的时候不能暴力加边，而是要枚举最小的 bit 转移过来。
然后这个题就做完了。
