CF1444
CF1444
CF1444A
给定 \(t\) 组查询，每次给定 \(p,q\)，求最大的 \(x\) 使得 \(x|p,q\not |~x\)
\(t\le 50,p\le 10^{18},q\le 10^9\)
Solution
考虑质因数分解 \(q\)，\(q\not | ~x\) 相当于存在某个质因子满足其次幂严格小于 \(q\)，那么其余质因子显然都不需要处理，枚举质因子即可，复杂度 \(\mathcal O(t\sqrt{q})\)
CF1444B
题意很复杂
Solution
一开始读错题了，这道题做了蛮久，看懂题后一下子就过了。
考虑按照值域排序，然后枚举第 \(x\) 个元素在 \(p\) 组的排名为 \(i\)，那么 \(x\) 之后需要有 \(n-i\) 元素也选入 \(p\)，于是 \(q\) 内被选的元素会有 \(2n-x-(n-i)\) 个。
\(x\) 贡献为正当且仅当 \(q\) 内元素排名在它前面，等价于 \(i\ge (n-x+i)\to x\ge n\)
于是贡献无关于具体排名，只和位置相关，那么可以直接算答案了。
CF1444C
给定一张图 \(n\) 个点 \(m\) 条边，每个点有一个颜色，操作为选择两个颜色并保留这两个颜色的所有点并以此生成子图，求多少种方案使得这张图为二分图。
Solution
枚举颜色对子 \((u,v)\) 条件等价于仅保留 \(u\) 内边，\(v\) 内边，\(u\to v\) 边他是二分图。
非法的情况一定是存在边连接了 \((u,v)\) 了，那么这类对子至多只有 \(m\) 对，直接枚举对子加边然后 check 二分图减掉即可。
复杂度的问题在于 \(u\) 这个颜色内部的边会反复加，用并查集维护加入内部边后的图，然后加入外部边，做完一次后撤销即可。
答案为 \(\binom{k}{2}-[非法对子]\)，\(k\) 为合法的颜色数。
CF1444D
简要题意：
给出若干条线段的长度，每条线段的方向（竖直/水平）。
要求把他们拼在一起构成：
- 封闭图形。
- 每条竖直线段的下一条是水平线段。
- 不存在线段在端点处之外相交。
\(n\le 1000,l_i\le 1000\)
Solution
有解的必要条件是：
- 竖直和水平线段的数量相同。
- 可以将竖直线段和水平线段分别分成两个集合使得权值和相同。
然后手玩一下，会发现，满足这两个条件好像总是合法的...
大概可以使用调整法使得方式变成一定合法。
可以大胆猜测 （然而我考场上并不敢写） 满足这两个条件就是合法的。
同时，可以发现任意的分集合都是对的 .....
考虑使用 dp 来分集合，这个玩意儿是简单的 bitset 优化背包（NOI D2T1）
于是只需要考虑构造方案：
可以考虑贪心构造（建议手玩，其实还有一个结论，就是可以调整成这类凸型结构，当然我都不会证），将边分成四类：
- 水平往右 \((R)\)
- 水平往左 \((L)\)
- 竖直向上 \((U)\)
- 竖直向下 \((D)\)
然后我们将 \(UR\) 分在一组，将 \(LD\) 分在一组，然后不难发现以任意方向为开头都是等价的，所以这样构造：
- 将 \(R\) 从大到小排序，将 \(U\) 从小到大排序，然后依次放。
- 另一边，将 \(D\) 从大到小排序，将 \(L\) 从小到大排序，依次放（也从起点（类似于反过来放））。
然后两类会存在多的部分，这些多的部分直接按顺序任意放都是合法的。
- 为了除去这类多余的，或者说保证只有一类情况，建议强制令 \(|R|>|L|,|U|>|D|\)
复杂度 \(\mathcal O(\frac{n^3}{\omega})\)
话说不写 bitset 复杂度也是真的...因为 \(h=w\le 500(\frac{1000}{2})\)
CF1444E [* interesting]
交互题，树上有一个特殊节点 \(u\)，你每次可以查询一条边以确定两个端点那个端点离 \(u\) 更近。
你需要在最劣情况最优的条件下确定 \(u\) 的位置，即查询次数不超过 \(t\)（\(t\) 为最优的最劣情况的查询次数）。
\(u\) 的位置由交互器动态构造。
\(n\le 100\)
Solution
直观的构造是每次删重边，然而这不一定是最优的。
答案的上界是 \(n-1\) 的，在菊花树的时候取到。
可以构造不同的图以获得不同的上界，这道题似乎没有啥简单明了或者说直接的构造方案。
考虑转换问题，每次删除一条边，得到两个连通块递归。
每次删除一条边我们就给这条边的权值加 \(1\)，然后对两个连通块内的所有边做相同的处理，然后断开此边。
对于某种固定的删除方案，我们可以将边按照此过程赋权，此时最大的边权就是我们的操作次数。
此时这棵树会满足：
- 任意两条权值相同的边之间存在一条边权值小于它。
考虑反转权值（设最大值为 \(k\)，所有边权变成 \(k-x+1\)），现在条件为：
- 任意两条权值相同的边之间存在一条边权值小于它。（且所有边权均为正数）
观察：假设存在一棵树满足此限制，那么可以一定可以构造方案，即每次选边权最大的边删除即可，此时操作次数不会超过 \(\max e_w\)。
所以这个限制相当于对原问题的弱化，同时最优解与原问题相同（目标均为最小化最大边权）。
于是问题变成给一棵树每条边赋权，满足相同的权值之间存在一个权值小于它。
考虑以递归处理此问题，不妨假设子树 \(u\) 已经满足限制，不难发现我们只需要考虑从 \(u\) 转移到父亲 \(\rm father\) 对答案计算的影响，此时我们添加了一条新边 \(u\to \rm father\)，同时可以影响答案的边为所有满足此边到 \(u\) 的路径上不存在比它大的权值的边。
根据权值将这些边抽象为一些二进制数（某些权值存在/不存在），不难发现我们希望从 \(x\) 处传出来的二进制数尽可能小（或者说更大的一定是不优的）（那么分配边权等价于确定一个二进制数满足其大于原权值）。
此时我们需要确定所有可以走到 \(x\) 处的边权，我们等价于给每条边分配权值以消去其部分元素，最后使得这些权值不存在某一位出现两次。
- 形式化的说，问题相当于，给定 \(\deg (x)\) 个数 \(c_i\)，你需要确定一组 \(b_i\) 满足 \(b_i>c_i\) 且满足 \(b_1~\&~b_2...~\& ~b_{\deg(x)}=0\)，然后令 \(b_x=b_1|b_2|b_3...|b_{\deg(x)}\)，我们需要最小化 \(b_x\)
由于是二进制数，那么当然可以逐位确定，我们从前往后确定每个位能否放 \(0\)，这样的话不妨先设后面的位全部为 \(1\)，这样我们的目标是检查一个答案。
检查一个答案可以直接贪心：
从前往后枚举每个位，对于一个 \(1\)，存在且仅存在两种操作：
- 集合内存在一个 \(1\)，此 \(1\) 用于抵消对应 \(1\) 的作用。
- 集合内不存在此位为 \(1\)，此 \(1\) 可以消去集合内最大的数。
- 存在多个 \(1\)，非法。
于是我们只需要维护集合内的最大值，每次消去最大值之后检查一下次大值是否为 \(1\) 即可（注意 \(0\) 也可以加入集合，删除的情况仅有第二类操作）
使用优先队列可以在 \(\mathcal O(n\log n)\) 的复杂度解决此问题。（存储似乎需要一些技巧，可以使用双关键字啥的，更高的位似乎比较麻烦）
我们需要确定 \(n^2\) 次位，因此整体复杂度可以做到 \(\mathcal O(n^3\log n)\)
tips：似乎可以优化到 \(\mathcal O(n^2\log n)\)，但是我不会。
完成边染色的问题之后，策略就是 naive 的选择权值最大的边并删去了。
tips：当然，你也可以写得极端丑陋，然后复杂度变成 \(\mathcal O(n^4\log n)\)（为啥也过了...）
