2025.10

Todolist：118e 的形式化理解方法，做一下 abc426，感觉有点难度，abc425f 的 poly 做法，149d 的 universal 做法，有交合并的复杂度证明，1554e 更快的做法。

[ARC149D] Simultaneous Sugoroku

直接上大暴力，那就是分成 \(<0,>0\) 的部分加一个数，发现是值域有交平衡树合并。注意相同数要合并（但他们仍然存在，因此要用并查集表示指向了哪个数）否则复杂度会错，我也不知道为什么。

CF1554E.You

先来一遍莫反转化为计算倍数的形式。

实际上这样可能并不好做。首先在点上这个限制会非常麻烦，尝试用边描述限制，发现每条边只能给两侧的某一个端点做贡献，大概是一个给边定向的过程，指向的点就是这条边贡献到的 \(a\)。

由于我们考虑的是 \(a\) 而不是删除点的序列，所以只需要考虑定向是否和 \(a\) 构成双射即可，每次根据 \(a=0/1\) 给叶子定向后剥叶子即可得到唯一的定向因此是双射，答案总数是 \(2^{n-1}\)。

现在考虑 \(\gcd\) 的事，我们喜欢剥叶子，知道叶子的 \(a\) 值只能是 \(0/1\)，如果 \(k>1\) 至少要求所有的点都是 \(k\) 的倍数，那么叶子必须是 \(0\)，定好这些边的向后剥去她们，考虑新的叶子，因为是 \(k\) 的倍数所以大概也能定出向，但是不能保证是 \(k\) 的倍数了，也就是，父亲边怎么定向都不对，那这个 \(k\) 就达不到，否则也是唯一的方案。还有一个小问题，最后的 \(\gcd\) 还是可能是 \(k\) 的倍数，但是可以直接判断的。

剥叶子表现为拓扑排序，这样总复杂度是 \(\mathcal{O}(n^2)\)，有 \(\gcd(a,b)=\gcd(a,a+b)\)，所以原式的 \(\gcd\) 可以再添上一个 \(\sum a\) 项，这项一定是 \(n-1\)，因此 \(k\) 必须是 \(n-1\) 的因数，这就是 \(\mathcal{O}(n \sqrt n)\) 的了。

还有判素因子的优化，但无人在意啊！

[ABC213E] Stronger Takahashi

这个是绝世难题啊，流程就是先从当前能到的点 bfs 扩展能直接走的点。然后打破墙花费 \(1\) 能到的点是这个点为中心 \(5 \times 5\) 的矩形扣掉四个角，这是画一下容易知道的。那么就用所有能更新这个打破墙位置的点更新一下这个位置再标记 vis，因为不能保证第一次更新是最优的。哎看代码就很好说了。

[ABC318Ex] Count Strong Test Cases

分析能答对的条件，原问题是求的每个环上的最小值。那么如果存在一次取不到最小值就不对，应为想要总和不变就需要另一个数别的更小，但原答案已经是最小的了，所以不存在蒙对的情况。

发现答错的条件适合容斥，数一下 A 答对的方案数即可，A 和 B 方案数是一致的。A 答对的要求就是对于每个环，最小值一定放在环中编号最小的点出发的那条边上，同理 B 则是编号最大的点。那么 A 和 B 同时满足的方案数就容易确定，要求一个点同时是编号最小和最大的点，需要连出 \(n\) 个自环，\(Q\) 随意。

对于 A 对的，考虑对于一个确定的 \(P\)（也就是环确定），怎样的 \(Q\) 合法，对于一个环上填的数，要求最小点那条边上放着最小值，其他的可以乱填，也就是 \(c\) 个点的方案数 \((c-1)!\)，但是还有一个 \(n\) 个权值分配的方案数，也就是 \(\binom{n}{c_1,c_2,\dots c_k}\)，方案数是 \(n!\prod_{i=1}^k \frac{(c_i-1)!}{c_i!}\) 也就是 \(n!\prod_{i=1}^k \frac{1}{c_i}\)。

那么现在可以 dp 了，设 \(f_i\) 表示考虑了 \(i\) 个点的划分成环的 \(\prod \frac{1}{c}\) 之和，转移就是枚举这个环的大小，需要乘上选点的组合数和选出点的排列数（这是个环排列）当然要钦定是最小值所在的环。写出就是 \(f_i=\sum_{j \le i} f_{i-j} \frac{(i-1)!}{(i-j)!j}\)。接下来只需要对转移进行分治 NTT 优化即可。

整理 $$f_i=(i-1)!\sum_{0 \le j < i} \frac{f_{j}}{j!} \times \frac{1}{(i-j)} $$

CF1175G.Yet Another Partiton Problem

\[f_{i,k}=\min_{j<i} f_{j,k-1}+(i-j) \max_{k=j+1}^i a_k \]

首先是按 \(k\) 从小到大，一轮一轮的算。

转化为 \(f_i=\min_{j<i} g_j +(i-j) \max_{k=j+1}^i a_k\)，复杂度会乘一个 \(k\)。

没有决策单调性，那么可能的优化就分治一下，复杂度乘一个 \(\log n\)。

现在考虑的是左边的对右边的贡献，是 \(g\) 对 \(f\) 的贡献呐。

有套路的，对左边记一个后缀最大值 \(suf_i\)，枚举右边的元素，记前缀最大值 \(pre\)，那么由于 \(suf\) 右到左不降，可以双指针求出一个 \(j\)，使得 \(i \ge j\) 时最大值是 \(pre\)，否则是 \(suf_i\)。

是 \(pre\) 部分的转移是 \(g_{j-1} +(i-(j-1)) \times pre\)，是不是李超树呐，是直线 \((-j,g_j)\)。

是 \(suf_i\) 部分的转移时 \(g_j+(i-j)suf_{j+1}\)，是不是也是李超树呐，是直线 \((suf_j,g_{j-1}-(j-1) \times suf_j)\)。

现在问题是，是对于 \(j\) 左侧的插入一种线段而右侧插入另一种线段，如果是好维护的操作我们会删除和插入，但是李超树不好删除，那么将其可持久化，就做好了删除一段的版本，另外一棵树维护插入的结果即可。

就是，我们用的是插入一个区间的线段的版本，而不是一个插入所有线段的区间询问。不知道为啥有地方要开 long long，可能是为 \(\inf\) 的 \(f\) 导致的？时间复杂度 \(\mathcal{O}(nk\log^2n)\)。

[ARC182C] Sum of Number of Divisors of Product

值域范围内共有 \(6\) 个质数，记第 \(i\) 个质数是 \(c_i\)，答案是 \(\prod_{i=1}^6 (c_i+1)\)，考虑加上一个 \(x\) 的影响，设其各个质数的指数是 \(d_i\)，那么新答案就是 \(\prod _{i=1}^6 (c_i+d_i+1)\)。

对她拆括号，假设选了 \((c_i+1)\) 项的集合是 \(S\)，则新的答案就是 \(\sum_S\prod_{i \in S} (c_i+1) \prod_{i \notin S} d_i\)。

对所有方案求和就是外面再套一层 \(\sum\)，把枚举 \(S\) 提到外面，如果设 \(f_{S}\) 表示所有方案的 \(\prod _{i \in S}(c_i+1)\) 之和，根据乘法分配律乘上 \(\prod_{i \notin S} d_i\) 是对的。但是我要用所有的 \(f_S\)，因此每个 \(S\) 都要有转移，就改成 \(\sum_{T\subseteq S}f_T\prod_{i \in S-T} d_i \to f_S\)。关注长度再加上长度这一位，再枚举一下转移的数就可以做到 \(\mathcal{O}(nm3^CC)\)，其中 \(C=6\)。初值是 \(f_{0,S}=1\)，\(S\) 任意。

但是 \(n\) 很大，需要改成矩阵乘法的形式，然后要求的是 \(\le n\) 的，所以再加上一个前缀和即可。

【UNR 6】小火车

其实这个早就做完了，只是迟迟不写代码和迟迟调不出来拖到了如今。

转化，两个集 \(A\) 和 \(B\) 和相等，那么 \(A-B\) 就是 \(0\)。

由鸽巢原理一定有这样的两个集合，因为 \(2^n>p\)。

看着数据范围想要折半，但是不知道和是多少没法折。如果枚举和，那么就是 \(\mathcal{O}(p2^{\frac{n}{2}})\)。

降维的方法考虑二分：如果 \([l,r]\) 中有合法盒子且一侧没有，那么另一侧肯定有，这是有单调性的。现在。真正的鸽巢原理是什么样的？如果 \([l,r]\) 中有 \(>r-l+1\) 个数，那么肯定有一个盒子装了两个数。

现在问题是 \([l,r]\) 中放的数的数量怎么求，左右各放着 \(2^{\frac{n}{2}}\) 个和，\(l\) 在增大，\(r\) 在减小，排序分析单调性双指针可以做到 \(\mathcal{O}(2^{\frac{n}{2}} \log p)\)，是严格的。

也就是，二分 \([l,r]\)，意思是 \([l,r]\) 中有没有一个和对应了多个子集，check 可以是 \(2^{n/2}\)，再套个二分也可以。

枚举左边的元素求右边即可，细节有点多，将加起来要 \(-p\) 的和不用的分开算，vector 还要记达到她的状态。

[ARC174E] Existence Counting

方案数在枚举哪一位不同后是容易计算的。优化发现除了前后缀和外是一个二维数点，可以用 BIT 简单维护。

[Ynoi Easy Round 2025] TEST_176

变化是 \(\le \lfloor \frac{a_i}{2}\rfloor\) 的乘上 \(-1\) 再 \(+a_i\)，直接平衡树，需要值域有交。现在是区间限制，只需要在 \(l\) 处插入记下点编号，在 \(r\) 处提取根链 pushdown 一遍即可。

Merge 必须 pushdown，相同值要合并，但是如果第二棵树有也只会有一个，因此不用递归合并。最后算的时候只有初始节点需要 get 一下，因为不会把一棵树的结构删碎。记得 pushup 维护父亲，也可以 split 和 merge 时改，但麻烦。

wow 还有 tag 顺序问题，冷静分析即可。

P4463 [集训队互测 2012] calc

记 \(f(i,j)\) 表示选了 \(i\) 个数，值域是 \([1,j]\) 的答案。有 \(f(i,j)=f(i,j-1)+j \times f(i-1,j-1)\)。注意初值是 \(\forall j,f_{0,j}=1\)。

\(n\) 小而 \(k\) 大，考虑插值，转移的形式可以归纳证明，\(f(i,j)\) 固定 \(i\) 是关于 \(j\) 的多项式。

设 \(f_i(j)\) 是关于 \(j\) 的 \(g(i)\) 次多项式，那么 \(f_i(j)-f_i(j-1)\) 是关于 \(j\) 的 \(g(i)-1\) 次多项式（经典结论）。

也就是把转移方程 \(i\) 和 \(i-1\) 的放到两边，那么右边是 \(f_{i-1}(j-1) \times j\)，是 \(g(i-1)+1\) 次多项式。因此有 \(g(i)-1=g(i-1)+2\)，那么 \(f(n,j)\) 就是关于其的 \(2n\) 次多项式。

判断是不是多项式，不妨先假设她是，然后模拟一下转移，就像凸性证明一样。

P10143 [WC2024] 代码堵塞

设可见结果的题目集合为 \(S\)。若 \(i \in S\)，限制是 \(\sum_{j<i,j\in S} t_j+t_i \le T\)，按照 \(i\) 顺序做背包即可，在 \(i\) 时要用确定了前 \(i-1\) 个数 \(S\) 的方案数，\(i\) 必选，后面随意。

若 \(i \not \in S\)，则限制是 \(\sum_{j<i,j \not \in S}t_j+\sum_{j \in S}t_j+t_i \le T\)，事实上这就是 \(\sum_{j<i} t_j+\sum_{j \in S,j >i} t_j +t_i \le T\)，那么按照 \(i\) 逆序做背包即可。\(i\) 必不选，前面随意。

[ARC122D] XOR Game

这个是说，做 \(N\) 组匹配，求异或最大值的最小值。二分却不好 check。因为 \(A\) 选啥 \(B\) 都能跟着选，当然 \(A\) 可以选一个使得 \(B\) 非得选另一个，选了这个后 \(A\) 再选一个答案就相对大些，如果这样做了那也是最大值更小的方案。

直接按位确定，从高到低，如果第 \(i\) 位有 \(k\) 个数是 \(1\)，\(k\) 是偶数，那么一定能做到这一位每组匹配都是 \(0\)。匹配一定是 \(0\) 和 \(0\)，\(1\) 和 \(1\)，也就是匹配集合变小了，要递归处理 \(0\) 和 \(1\)，然后答案取最大值，因为两边的匹配都要进行，那么一侧更大总答案就是更大的。

否则，这一位要有 \(1\) 了，可以做到只有一个数这位是 \(1\) 那他就是最大值。考虑这一位是 \(0\) 和是 \(1\) 的集合，求一下各选一个数的异或最小值即可。

P10879 「KDOI-07」对树链剖分的爱

\(u=v\) 平凡。设 \(u<v\)，描述一下这个过程，发现 \((v,f_v)\) 是一定要加上 \(w\) 的，如果是两侧都有至少一条边的平凡情况自然，祖先后代的话 \(v\) 是深的。从边界的特性入手递归解决问题。

那么下一步就是枚举一个 \(v\) 的父亲 \(k\)，以 \(\frac{w}{r-l+1}\)贡献到 \((u,k)\) 链中，递归做。

这就可以尝试写成 dp 了。设 \(f_{u,v}\) 表示操作链 \((u,v)\)，边 \((v,f_v)\) 期望加上的值。转移就像刚才一样。要求 \(u<v\)，所以枚举 \(k\) 时要注意。同时这个有点特殊，是从大到小转移，根据状态的正式定义，\(u\) 答案是 \(\sum_{v<u} f_{v,u}\)。\(\mathcal{O}(n^3)\)。

修改形如矩形加，差分，但这个差分也不太容易，因为两维都倒着做所以前缀和改成后缀和，差分也要换个方向，同时矩形边界记得与 \([l,r]\) 取 \(\min\)，还有就是不能枚举到 \(j>i\) 了否则前缀和算不全。直接在 dp 数组上差分是对的，可能用的都是统计答案不用的数吧。

P10880 [JRKSJ R9] 莫队的 1.5 近似构造

不要管那么多，先写 dp。设 \(f_i\) 表示考虑了前 \(i\) 个值域数，有若干的区间的答案。

看起来转移要枚举 \(j <l \le r\le i\)，然后 \(f_jw(l,r)\) 转移到 \(f_i\)？。但是显然将区间扩大不会使价值变小。因此可以直接扣着边界转移，\(f_i=\max_{j<i} f_j w(j+1,i)\)，这样是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。

最大值太大了，怎么办？可以按取对数的方式改成求和 dp，这样也能知道每个 \(i\) 的转移方式，可以记下答案。

形如 \(f_i=\max_{j<i} f_j+w(j+1,i)\)，考虑是否有决策单调性，很遗憾并没有呐。那只能分析这个问题的独特性质了。思索前几天的 CF，有没有可能，能转移的 \(w\) 就几个呢？

考虑和固定的两个数，尽量相近的时候乘积最大，那么考虑一个权值为 \(x\) 的值域区间 \([l,r]\)，考虑拆开她然后不妨认为 \(x\) 是偶数，那么解一下 \(\left (\frac{x}{2} \right )^2 \ge x\) 就知道 \(x \ge 4\) 时可以拆成两个区间不劣，当然奇数啥的可以细致讨论一下，\(=1\) 的贡献是 \(0\) 也不用考虑，那么只用考虑 \(w=2,3\) 的区间。

这样的区间全部要考虑吗？\(f_i\) 意思是 \([1,i]\) 分若干段，那么她与 \(f_{i-1}\) 相比肯定不会变小，因此 \(f\) 是不降的，所以我们只想要最短的一个。现在变成 DS 问题，再挖掘一些单调性，固定 \(i\) 后 \(w(j,i)\) 随 \(j\) 减小而增大，两个排列上的区间包含关系的话小的就不用要了。故所求即是 \(\max \le 2\) 的最小的 \(j\)。随着 \(i\) 右移 \(j\) 不降，可以双指针，如何判定？扫描值域后，记 \(res_i\) 表示第 \(i\) 个区间对应上了几个数，那么加减一个数对应在排序后的位置区间上是一段区间，可以 SGT。

也可以扫描序列位置，每次加入一个数的时候，只考虑与这个数形成的区间，那么分讨一下值域也可以，需要维护包含当前位置的区间所含有的数的并集，由于区间排序后的单调性更是可以实现的，用 set 维护。这样的区间是 \(O(n)\) 个。据说如果用莫队则能找到 \(O(n\sqrt m+m)\) 个区间。

P8321 『JROI-4』沈阳大街 2

排列计数方法好多啊。这个是转成匹配做的，就是 \(A\) 和 \(B\) 一一匹配，一组权值是 \(\min\) 的乘积。

由于涉及到 \(\min\)，把所有数放一起排序，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数有 \(j\) 对匹配的答案。最终所求是 \(f_{2n,n}\)，而转移则是先放下这个数不匹配或是和前面的一个数匹配。选匹配的方案数是 \(res\) 种，\(res\) 是前面异色未匹配点的数量，容易根据 \(j\) 算出。匹配则代价需要在此处计算而非在前面，否则同一组代价被拆开就不能保证正确性，因此从大到小排序，匹配的话权值就是当前点的值。做完了。

[ARC205B] Triangle Toggle

操作无法描述或简化（可以改成任意大小的环取反），尝试寻找不变量。发现每次操作后每个点的黑边奇偶性不变。

如果无限制，答案是 \(N(N-1)/2\)，每个点都出 \(N-1\) 条边，但是有奇偶性限制后，如果 \(N-1\) 和初始时这个点黑边奇偶性不同就不能有。由于度数总和是偶数，所以不合法的点出边数 \(K\) 最终也是偶数，减去 \(K/2\) 即可。

猜测上界可以达到，事实上确实可以。（存疑）如果度数奇偶性全相同，可以按白边建图那么度数全是偶数有欧拉回路，也就是若干组环，都可以取反成全黑。

[ARC205E] Subset Product Problem

考虑折半，也就是将一个 \(x\) 拆成前 \(10\) 位和后 \(10\) 位。对于插入 \(a_i\)，将其贡献到前 \(10\) 位的超集中，后 \(10\) 位不变，查询则统计后 \(10\) 位的子集，前 \(10\) 位不变。

具体来说，\(f_S\) 表示 \(S\) 的贡献，插入 \(S\)，对于 \(S'\) 满足 \(S'\) 前 \(10\) 位是 \(S\) 的超集且后 \(10\) 位与 \(S\) 相等的得到贡献。那么 \(f_S\) 事实上就是只有前 \(10\) 位是 \(S\) 子集的贡献和。统计答案再枚举子集后就两部分都是子集然后全对了。

P14254 分割（divide）

一个 \(S_i\) 一定是对应一段区间 \([l,r]\)，没道理不连续吧。然后，考虑 \(S_1\) 中的最小深度 \(dep_{b_1}\)，由于交的限制，她必须在所有 \(S\) 中出现，因此有 \(dep_{b_i} \le dep_{b_1}\)，又有不降的性质，所以所有 \(b\) 的深度都相同，也就是不会有子树切开再切开的情况就好做了很多。

那么枚举一个深度，并枚举 \(b_1\)，限制是所有其它子树的 \(r\) 都 \(\ge b_1\) 的 \(r\)，同时要存在 \(=\)，\(S_{k+1}\) 的 \(r\) 是没被选的子树的 \(r\) 最大值。简单分讨 \(=\) 在 \(2 \sim k\) 取到还是 \(k+1\) 取到即可。注意要保证解合法。

P14255 列车（train）

\(1\) 操作是 ban 掉 \(l \le x<y \le r\) 的 \((x,y)\)，\(2\) 操作是问 \(x\le l<r \le y\) 的 \(p_y-p_x\) 最小值。

询问怎么做？考虑枚举 \(y\)，由于 \(p\) 的单调性，找到最大的 \(x\) 即可。考虑所有覆盖 \(y\) 的 \(1\) 操作 \((l,r)\)，他们会使得 \(l \sim y-1\) 的左端点不可用，那么 \(y\) 被 ban 掉的区间就一直是一段后缀。

因此暴力就比较清晰，记 \(L_i\) 表示 \(i\) 左侧第一个可用的点，那么修改就是对于 \(i \in (l,r]\)，\(\min(l-1,L_i) \to L_i\)，查询则是 \(\min_{i \ge r}\{ p_i-p_{\min(l,L_i)}\}\)，处理边界可以令 \(p_0=-\inf\)。

由于出现了 \(\min\)，我们想要二分，尝试 check \(L\) 是否有单调性，初始时 \(L\) 单调的，同时一直有 \(L_i<i\)，归纳证明，那么修改 \(<l-1\) 的不变，大于 \(l-1\) 的改为 \(l-1\)，这是变小了，因此后部单调性一直满足，而对前面的最大值 \(L_{l-1}<l-1\)，故左侧也仍有单调性。

那么写一个维护 \(L\) 的线段树和维护 \(p_i-p_{L_i}\) 的线段树即可。