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https://loj.ac/p/3409

前置知识：Binet Cauchy 公式：对于 \(m\times n\) 的矩阵 \(A\) 和 \(n\times m\) 的矩阵 B（\(n\ge m\)），有

\[\det(AB)=\sum_{|S|=m}\det(A_S)\det(B_S) \]

对于这题的第一问：

\[\sum_{|S|=m}[\det(A_S)\not=0]=\sum_{|S|=m}\det(A_S)^2=\det(A^TA) \]

对于第二问，构造 \(m\times n\) 的矩阵 \(B_{i,j}=[c_j=i]\)，那么

\[\sum_{|S|=m}[\det(A_S)\not=0][S中元素的 c 互不相同]=\sum_{|S|=m}\det(A_S)\det(B_S)=\det(BA) \]

https://www.luogu.com.cn/problem/P10698

最大流是边不交的限制，如果能把边不交变成点不交，就可以使用类似 Fiolki 的套路去做 lgv 了。

考虑把原图中的边抽象成点，并对原图中的每个点建 \(\min(deg_i,k)\) 个虚点，每个虚点向原图的出边连边，入边向虚点连边。于是就得到了一张点数 \(O(m)\)，边数 \(O(mk)\) 的新图。

然后就是 Fiolki，给每条边随机赋个权，以 \(1\) 号点的所有虚点为起点跑 lgv，求矩阵的秩即可。

复杂度是 \(O(mk^2+nk^3)\)，但是能过！

https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc311_h

宇宙题，因为 \(m\) 有 \(50000\) 所以不能背包合并，考虑单点插入。

先考虑怎么做单次。在 dfs 函数里传入一个长度为 \(m+1\) 的 vector \(f\)，表示 dp 的初始数组，返回两个 vector，分别表示当前子树内选的最浅的点是 \(0/1\)，在 \(f\) 的基础上更新后的结果。

发现在执行 dfs 时，有一个儿子只需要递归进去 dfs 一次，其它的儿子都要 dfs 两次。如果把一个点向它只递归一次的儿子连边，这恰好构成了树的一个链剖分，一个点 \(x\) 被执行 dfs 的次数就是 \(2^{x到根的虚边数量}\)。使用重链剖分，总的 dfs 次数显然不超过 \(O(n^2)\)，可以分析到 \(O(n^{1.59})\)，但我不会。于是我们会单次了。

实际上上面的做法并不完全是单次，它可以一次性求出一条重链上所有点的答案。对每一条重链都跑一遍上面的做法，复杂度是一个类似等比数列求和的东西，还是 \(O(n^{1.59}m)\)。

https://www.luogu.com.cn/problem/P6272

用线段树维护区间最大值，现在我们考虑怎么快速的给两个数比大小。

用平衡树维护大小关系。类似后缀平衡树那样，给每个点赋两个权值 \((l,r)\)，然后就可以 \(O(1)\) 比大小了。

复杂度 \(O(m\log m)\)。

https://www.luogu.com.cn/problem/P2757

枚举 \(a_i\)，check 是否存在 \(a_i-k\) 和 \(a_i+k\) 在序列的位置分别在 \(a_i\) 的左右两侧。在枚举的过程中维护 \(p_x\) 表示 \(x\) 是否在 \(a_i\) 的左边，那么有解等价于 \(p_{1\dots a_i-1}\) 和 \(p_{a_i+1\dots n}\) 不是关于 \(a_i\) 对称的。线段树维护哈希即可。