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https://www.luogu.com.cn/problem/P9261

考虑刻画连通块数量：它等于 \(1\times 1\) 的矩形数量减去 \(1\times 2\) 的矩形数量减去 \(2\times 1\) 的矩形数量加上 \(2\times 2\) 的矩形数量，这是欧拉平面图定理。一个矩形存在的条件是，\(l\) 在一段前缀内，\(r\) 在一段后缀内。所以直接扫描线，需要支持区间加减，并对 \(1\le k\le v\) 的每个数，查询其在区间内的出现次数。这个看起来很不能做，但注意到连通块数量始终 \(>0\)，所以只需在线段树上维护区间的 \(\min\)，以及 \(\min,\min+1,\dots,\min+k\) 的出现次数。复杂度 \(O(nk\log n)\)。

http://xsy.gdgzez.com.cn/JudgeOnline/problem.php?cid=2383&pid=1

考虑用树剖维护动态 dp，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 的子树的答案，对于每个点 \(i\)，用对顶堆维护它的轻儿子的 \(f\) 的前 \(b_i-1\) 大值，然后就可以把所有 \(f\) 的转移写成 \(f_i=\max(f_{son_i},x)+y\) 的形式。这个转移的形式是有结合律的，并且一次对 \(a\) 的修改也只会改变 \(O(\log n)\) 个点的转移方程，直接套个线段树，复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

http://xsy.gdgzez.com.cn/JudgeOnline/problem.php?cid=2382&pid=0

这个题太难了！

设 \(\log(x)\) 表示 \(x\) 在二进制表示下的最高位 \(1\) 的位置。设 \(b_i=\log(a_i)\)，初始 \(\log(w)\) 为 \(k\)。答案有一个很显然的下界，叫做 \(\sum[b_i<k]\)。其实答案的上界至多是下界 \(+1\)。这是因为在整个过程中，\(\log(w)\) 是不增的，并且异或了一个 \(b=\log(w)\) 的数之后，\(\log(w)\) 一定会变小，所以不可能选到两个 \(b=k\) 的数。

接下来只需要 check 能不能选到一个 \(b=k\) 的数即可。枚举这个数。取出它后面所有 \(b\) 的后缀最大值的位置，然后非常神奇地，所有对合法性的判断都可以写成 \([\log(w\operatorname{xor}x)=y]\) 的形式。感觉这个讲不清楚，不如看代码。

代码

void init(int k) {
    st[top = 1] = n + 1; mp.clear();
    for (int i = 0; i <= 30; i++) hg[i].clear();
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        s[i] = s[i - 1];
        if (b[i] < k) s[i] ^= a[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        if (b[i] > k) continue;
        if (b[i] >= b[st[top]]) st[++top] = i;
        if (b[i] < k) continue;
        for (int j = top; j >= 1; j--) {
            for (int x = b[st[j]] - 1; x > b[st[j - 1]]; x--)
                if (!((a[st[j]] >> x) & 1)) hg[x][(s[st[j]] ^ a[i] ^ (1 << x)) >> x << x] = 1;
            if ((a[st[j]] >> b[st[j - 1]]) & 1) break;
            if (j == 1) mp[s[n] ^ a[i]] = 1;
        }
        top--;
    }
}
int chk(int x) {
    if (mp.count(x)) return 1;
    for (int i = 0; i <= 30; i++)
        if (hg[i].count(x >> i << i)) return 1;
    return 0;
}

总结：要非常细心地想。

http://xsy.gdgzez.com.cn/JudgeOnline/problem.php?cid=2393&pid=2

这个题太难了！

考虑怎么 check 一个二分图有没有完美匹配。给邻接矩阵上每个 \(1\) 的位置随机赋权，然后只需要判 \(\det\) 是否为 \(0\)。

考虑如果不能修改边的颜色怎么做。在矩阵的每个位置上维护一个多项式，初始是 \(x^{2^{w_{i,j}}}\)，然后求或卷积意义下的 \(\det\)。实现的时候，需要先把每个多项式做一遍 fwt，对每一次项的系数求出 \(\det\) 之后，再 ifwt 回去。

考虑能修改边的颜色怎么做。在多项式上再加一个元 \(y\)，它的次数表示修改边颜色的次数。那么矩阵上初始的多项式就是 \(x^{2^{w_{i,j}}}y^0+(x^{2^{w_{i,j}-1}}+x^{2^{w_{i,j}+1}})y^1\)，求 \(\det\) 对 \(y^2\) 取模的结果。还是像上面这么做，复杂度 \(O(n^32^k)\)。

https://newoj.daimayuan.top/p/4782?tid=69a0095a405b535261a12cae

称左部点为黑点，右部点为白点。给边定向，指向父亲，最后把答案除以 \(2\)。

从大到小加入黑点，在加入一个黑点的同时也加入所有它可达的点。设 \(dp_{i,j,k}\) 表示加入了所有编号 \(\ge i\) 的黑点，加入了 \(j\) 个白点，以及 \(k\) 个编号 \(<i\) 的黑点（这些黑点还未被确定编号）。转移的时候，考虑点 \(i\) 是接在已有的一棵基环树上，还是新开一棵基环树。直接做是 \(O(n^4)\)，前缀和优化即可 \(O(n^3)\)。

https://newoj.daimayuan.top/p/4794?tid=69a15d22405b535261a58a75

求区间的区间并，是可以扫描线的，用颜色段均摊+线段树维护。