【题单】海亮

P11696 [JRKSJ ExR] 七影蝶

考虑 \(\mathrm{pop}(a_i+x)\) 什么时候第 \(k\) 位是 1。在 \(\bmod 2^{k+1}\) 意义下，\(x\) 应该是一段区间：\([2^k-a_i,2^{k+1}-1-a_i]\)。
那么可以在 \(\bmod 2^{k+1}\) 意义下进行区间加 1，然后到下一位的时候，需要把原本维护的这个数轴复制一份。可以使用主席树维护，复杂度 \(O(n\log^2 V)\)。

继续优化。考虑到 \(k+1\) 位的 \([2^{k+1}-a_i,2^{k+2}-1-a_i]\) 和复制的 \([2^k-a_i+2^{k+1},2^{k+1}-1-a_i+2^{k+1}]\)。发现如果这 \(O(n)\) 个区间加把数轴划分成 \(O(n)\) 个段，那么每个段都会被下一位的某个段完全包含。
考虑查询就是算整段和散段。整段计算 rmq，散段可以递归计算。需要 \(O(n)-O(1)\) rmq。

也太菜了，继续优化。每层分段的时候加入 \(q\) 个询问端点，只需要在顶层做 rmq 即可。
实现时要保证复杂度不要退化。

QOJ6509 Not Another Range Query Problem

• 查询 \([1,r]\)：不妨假设每次删掉的都是连续段最左侧的，那么链表模拟删除所有的连续段，做二维数点。

现在区间询问。问题在于你上面那样删可能会导致删到外面的点，所以会错。
不妨考虑 \([1,r]\) 按照删左端点的方式有哪些是不该删除的，发现就是 \([1,l-1]\) 按照右端点删除方式的被删除点数。

P13336 [GCJ 2012 Finals] Shifting Paths

显然有 \(O(2^nn)\) 暴力。发现 \(n\) 较小考虑 meet in middle。
分成两个点集 \(A,B\)，预处理从 A 集合的状态 \((S,u)\) 走到 B 集合时 A 集合的状态 \((S',u')\)。
不妨从 \(n\) 开始反图 bfs，并取前 \(n/2\) 浅的节点作为 B，其余作为 A。
注意到任何状态只要经过两次一定会到达一次 \(n\)（前提是 \(n\) 可到达）。
那么 B 的部分只要暴力跳，A 的部分查表加速。复杂度 \(O(2^{n/2}n)\)。

无解的判定：走的步数太大或者走到重复状态且没有经过 \(n\)。

P13695 [CEOI 2025] theseus

WC题

QOJ17186 哈夫曼树 II

\(d=O(\log n+\log V)\)，否则没有用，可以直接哈夫曼合并。
将 \(a\) 从小到大排序，则每层和是 \(a\) 的一个前缀和。
设 \(f_{i,x}\) 表示合成了 \(i\) 层，现在有 \(x\) 个根，枚举合并 \(2j\) 个根。有 dp：\(f_{i,x}+s_{n-x+2j}\to f_{i+1,x-j}\)，答案是 \(f_{d,1}\)。
我们规定非叶子的根经过下一层一定要合并，否则一定不优。
反过来变成 \(f_{i,x}+s_{x+2j}\to f_{i+1,x+j}\)，答案是 \(f_{d,n-1}\)。
可以凸优化，复杂度 \(O(nd)\)。

QOJ8820 Exchanging Kubic 2

考虑差分，那么操作 \(x\) 等于找到最近的 \(l,r\)，给差分数组减少 1。
考虑所有的 \((l,r,x)\) 三元组，合法条件是包含或相离。
发现只要满足 \(l\le x,r>x\)，则一定可以调整为合法。

那么考虑每个差分值，找 \(l,r\) 贪心填进去。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示当前考虑 \(a_i=j\)，\(\color{Red}\mathtt{\Gamma}\)

CF2061I Kevin and Nivek

显然有暴力 dp \(f_{i,j}\)。
考虑加速 \(f_{l,*}\) 到 \(f_{r,*}\) 的转移，如果 \(|j-(l-j)|\ge r-l\) 则 \(a_i=-1\) 的比赛胜负是确定的，类型 1 可以从小到大选，代价有凸性可以决策单调性加速。
那么还有 \(\le r-l\) 的部分需要转移，可以考虑分治，递归子区间去进行这些转移。
每层转移状态数是关于 \(O(r-l)\) 的，所以总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

CF2061H2 Kevin and Stones (Hard Version)

寻找一些必要条件：

• \(s,t\) 都是可操作的。
• 每个连通块内的石子数量都是相同的。
• 如果连通块是二分图，那么要求在同侧的点操作完后还是在同侧。
• 如果连通块是二分图，那么可以知道该连通块操作奇偶性，如果存在两个连通块的要求不同，则无解。

我们断言上述条件构成了充要条件。尝试证明：

• 可操作：拆点二分图，使用网络流求出一个匹配。
  只把我们的匹配边保留，得到一个二分图。接下来都在这个二分图上考虑。
• 现在图上有一些环和链，考虑环的话 \(s,t\) 的点都是交替出现，那么可以把 \(t\) 的匹配换成 \(s\) 的匹配，这样整个图只有链或者二元环，重边其实也可以看成链。
• 加入一些剩下的边使得连通，现在得到极大生成森林。

由于 \(s,t\) 都是可操作的，考虑先构造每次只移动一个点的方案，其他点反复横跳。
每次找到最外的匹配边，并找到距离他最近的其不同色的匹配边，加入答案。

考虑每个操作同时进行，只要下一个人比上一个人晚 2 步出发即可。这样构造一定不会超过 \(2n\) 步。

P7783 「MCOI-Zero / AC6-M14」Gracemeria Patrol

如果第一行操作确定了，那么后面的都确定了。
设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 行操作完的状态，\(a_i\) 表示第 \(i\) 行构成的向量。
设 \(A\) 是一个矩阵，第 \(i\) 行表示操作第 \(i\) 列的变化（\(A_{i,i-1}=A_{i,i}=A_{i,i+1}=1\)）。
那么有 \(f_i=f_{i-1}A+ a_i\)，所有操作均在 \(\bmod 2\) 意义下进行。
即 \(((f_1A+a_2)A+a_3)A+\cdots=f_1A^{n}+\sum_{i=2}^{n} a_iA^{n-i+1}=f_n=0\)。
\(f_1A^{n-1}=\sum_{i=2}^{n} a_iA^{n-i}\)，右侧可以预处理。
如果 \(A\) 存在逆元那么就可以满足条件，否则有多解或无解。

判断 \(A\) 是否满秩：是否存在 \(uA=0\)。
也就是 \(\forall i,A_{i-1}+A_{i}+A_{i+1}=0\)。
考虑 \(u_1=u_2=0\)，则 \(u=0\)。
考虑 \(u_1=u_2=1\)，则 \(u=[1,1,0,1,1,0,1,1,0,\cdots]\)。
当 \(m\bmod 3=2\) 时有 \(u_{m-1}+u_m=0\)，此时 \(A\) 不满秩。其他情况 \(A\) 满秩。

预处理 \(A^{-1}\)，\(f_l=(\sum_{i=l+1}^r a_iA^{-i})A^{l}\)。

P9105 [PA 2020] Trzy drogi

• 找出 DFS 生成树，非树边随机赋权，树边权值为跨过他的非树边权值异或和。
• 合法条件：选出的边异或和是 0。

一些简单的情况：

• 三条都是割边。
• 一条是割边两条边权相等。

然后割边可以把两个端点缩成一个。
现在考虑 \(w_i,w_j,w_k\) 都不同的方案。可以把相同的 \(w_i\) 只保留一条，计算其出现次数，其余同权值的边缩起来，树上就没有 \(\le2\) 度点了。
分类讨论：

• 一条树边，两条非树边：枚举树边，检查是否被恰好两条非树边覆盖。
• 两条树边，一条非树边：假设有 \(a,b\) 树边，非树边 \(c\)，其中 \(c\) 覆盖了 \(a\) 没有覆盖 \(b\)。而其余覆盖 \(a,b\) 的非树边集合相同。那么 \(a,b\) 是祖先后代关系。
  • \(a\) 更深：\(c\) 只能选择上端点最深的那条非树边。
  • \(a\) 更浅：
    • \(a\) 只被两条非树边跨过：两条都有可能。
    • 否则：如果这些非树边下端点都是祖先后代关系，那么只能删除下端点最靠上的那个。
    • 如果不是祖先后代关系，那么删除 \(c\) 后必须是祖先后代关系。
    • 也就是，所有下端点中 dfn 最小/最大的两个可能作为 \(c\)。
  • 所以一个 \(a\) 至多有 \(3\) 条候选的 \(c\)（注意去重），那么计算 \(w_a\oplus w_c\) 插入 map，对 \(b\) 做查询即可。
  • 维护上述三条边都可以使用可并堆，弹掉上端点在子树内的边。（懒标记维护删除）
• 三条树边：那么非树边一定不会割开了。将他们缩掉变成新图，递归子问题。
  缩的轮数只有 \(O(\log m)\)，总复杂度 \(O(m\log m)\)。

UOJ940 黑桃国王