202508做题记录

加粗斜体表示思考时被卡了的部分。

打 $*$ 的表示做过的重新想（做）一遍。

打 $^?$ 的表示看了题解。

打 ~ 的表示还没做 / 还没写上来。

特别的，$^!$ 和 $*^?$ 都表示做过一遍还是不会 😦

AT

AGC010 E $^?$

考虑两个不互质的数，被先手确定顺序后就无法改变了。

考虑拓扑序和这个性质是类似的，如果存在 $u\to v$，则 $u$ 的拓扑序一定先于 $v$。

于是问题变为，对于两个点 $(u,v)u\neq v$，若 $\gcd(a_u,a_v)\neq 1$，则 $(u,v)$ 有边。

先手需要定向 $(u,v)$，使得后手获得最大的拓扑序最小。

考虑贪心，对于每个连通块都要去到最优。对于一个连通块，我们考虑：钦定最小的那个点为根，开始 dfs：

如果当前 dfs 到 $u$，那么找到所有邻居 $N$，按照从小到大的顺序访问 $i\in N$：

如果 $i$ 已访问，则跳过；
连边 $(u,i)$，递归进 $i$。

ARC 104

A,B 略过。

考虑一个区间 $[l,r]$ 里有 $d=(r-l+1)/2$ 个人，每个人的上下电梯关系一定是 $(l,l+d)$。

然后 $w(l,r)$ 表示 $[l,r]$ 作为一个区间是否可能。这是好算的。

转移就是 $f(i)w(i+1,j)\to f(j)$。

复杂度 $O(n^3)$。存在平方做法。

考虑平均数要记录元素个数，不太好。

枚举平均数为 $v$，那么每个数变成了 $v+d$，问题变成选择一些 $d$ 使得 $\sum d_i=0$。

考虑 $f(i,j)$ 表示选择前 $i$ 种 $d$，$\sum d_k=j$ 的方案数。

状态数是 $O(n^3k)$ 的，转移使用前缀和优化是 $O(1)$ 的。

注意到更换平均数的时候不需要重新计算，只要把 $f(k-1),f(n-k)$ 拼起来就好了。

$n$ 非常小，考虑一些暴力。

首先 $n^n$ 枚举数的大小关系，然后可以用 $O(n^3)$ 的 dp 算出方案数。

复杂度：跑不满的 $O(n^{n+3})$。

* F

简单题。考虑用笛卡尔树来刻画，那么每次就相当于找到这些点笛卡尔树的根。

于是设 $f(l,r,v)$ 表示 $[l,r]$ 区间内，值不超过 $v$ 的方案数。转移枚举最大值。

ARC 105

A,B,C 略过。

PS：我认为 DE 一个难度。。

D $^?$

考虑对 $n$ 奇偶分类：

$n$ 为奇数，则后手想要让 $SG\neq 0$，后手只要每次选择袋子中最多的那堆石子，放到先手第一轮放的那个盘子里，那么最后这个盘子石子的个数一定严格大于总石子的一半。因为异或不超过加法，所以另外的异或一定小于该值。故 $SG\neq 0$。故后手必胜。
$n$ 为偶数，则先手想要让 $SG\neq 0$，最优方案仍然是每次选择最多的。但是如果每种大小的石头出现偶数次，则后手可以复制先手的操作，使得 $SG=0$。

故先手胜利当且仅当 $n\in \text{even}$ 且存在一种大小的石头不出现偶数次。

注意到最后情况一定是，存在两个连通块 $1\in S,n\in T$，同时 $S,T$ 是完全图。

此时已经走了 $\frac{n(n-1)}{2}-m-|S||T|$ 步。根据这个的奇偶性可以得到先后手谁胜利。

仍然是考虑奇偶分类。

$n$ 为奇数，则 $|S||T|$ 必为偶数，所以谁胜利只和 $\frac{n(n-1)}{2}-m$ 有关。如果是奇数则先手，否则后手。
$n$ 为偶数。考虑对 $|S|,|T|$ 的奇偶分类讨论。这里假设 $\frac{n(n-1)}{2}-m$ 是偶数。
- $|S|\in\text{even},|T|\in\text{even}$
  
  先手想要胜利，则要维持 $|S|,|T|$ 的奇偶性不变。考虑先手可以把偶数并到 $S,T$ 中，或者把两个奇数合并为偶数，后手如果把奇数并到 $S,T$ 中，先手复制操作。故先手可以保持奇偶性不变，先手必胜。
- $|S|\in\text{even},|T|\in\text{odd}$
  
  考虑先手第一步可以转化为上一种情况，同时 $\frac{n(n-1)}{2}-m'$ 变为奇数，故先手必胜。
- $|S|\in\text{odd},|T|\in\text{even}$ 同上，先手必胜。
- $|S|\in\text{odd},|T|\in\text{odd}$ 和第一种情况同理，后手必胜。
如果 $\frac{n(n-1)}{2}-m$ 为奇数是同理的。

于是做完了。

* F

不考虑联通，设 $g_S$ 表示点集 $S$ 构成二分图的方案数。枚举 $T$ 为左部点，则 $S-T$ 为右部点，可以计算出方案。

考虑联通，$f_S=g_S-\sum\limits_{T\subsetneq S,\min T=\min S} f_Tg_{S\setminus T}$

答案即为 $f_U$。

ARC 204

考虑操作的某一情况会让结果变为一定值的，同时其他情况很好算，要求最后的结果，可以考虑枚举最后一次出现变为定值的位置，得到最后答案的一个式子。

然后已知式子再去 dp。而不是 dp 的过程中维护神秘东西。

令 $suf_i=\sum_{j\geq i}a_j$，$pre_i=\sum_{j\leq i}b_j$。

则答案为 $\max_{i=1}^n suf(i+1)+pre(d_i)$。其中 $d_i$ 表示在 $a$ delete 到 $a_i$ 之前，加入了 $d_i$ 个 $b$。

然后要求这个式子不能超过 $x$ 的方案数，可以简单 dp 算出。

然后就做完了。

B $^?$

棋差一着啊棋差一着。

考虑朴素区间 dp 是 $O(n^3k^3)$ 的。

_然后考虑观察性质，发现最优转移一定满足 _

$f(l,r)=f(l,k)+f(k,r)$，其中 $a_k\equiv a_l\pmod n$ 或 $a_k\equiv a_r\pmod n$。
$f(l,r)=f(l,r-1)+w(l,r)$
$f(l,r)=f(l+1,r)+w(l,r)$

注意到一共只有 $k$ 个 $\bmod n$ 同余的，所以一次转移 $O(k)$。

然后复杂度就是 $O(n^2k^3)$。

CF

CF 2127

考虑最优的填色情况，如果一个点还没有颜色，并且其子树中存在颜色，那么这个点的颜色一定是子树里已经有的颜色，否则一定不优。

然后考虑一个点什么时候会被算入代价，那一定是这个点同时在多种颜色的虚树上。同时我们注意到，把一个没有颜色的点填色，其颜色虚树是不变的，所以这个贪心是最优的。

F $^?$

首先考虑如何求出满足：

$\sum_{i=1}^n a_i=m$
$a_i\in [0,x]$

的 $a$ 的方案数（设为 $F(n,m,x)$）。

考虑二项式反演，$g(i)$ 表示钦定 $i$ 个位置 $>x$ 的方案数，$f(i)$ 表示恰好 $i$ 个 $>x$。

有 $g(i)=\binom{n}{i}\binom{m-(x+1)i+n-1}{n-1}$。

同时 $g(i)=\sum_{j\geq i}\binom{j}{i}f(j)$。

则 $f(i)=\sum_{j\geq i}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}g(j)$。

故我们可以在 $O(\frac{m}{x})$ 的时间内算出 $F(n,m,x)$。

然后考虑原题。首先原题可以转化为，$f(a)=-a_1+a_n+\sum_{i<n,a_i=a_n}(a_i-a_{i+1})$。

然后分别计数。

首先是 $a_n$，枚举 $a_n$，然后方案数是 $F(n-1,m-a_n,a_n)$。

然后是 $-a_1$，枚举 $a_n$，然后方案数是 $F(n-1,m-a_n,a_n)$。

考虑每个方案的和是 $(m-a_n)F(n-1,m-a_n,a_n)$。

同时每个位置期望相同，所以 $-a_1$ 所有情况下的和是 $-\frac{m-a_n}{n-1}F(n-1,m-a_n,a_n)$。

最后是 $\sum_{i<n,a_i=a_n}(a_i-a_{i+1})$，考虑拆贡献，对每个 $i$ 计数。

因为 $i$ 在哪里都是等价的，所以只要算出某个 $i$，然后乘以 $n-2$ 即可。

考虑枚举 $a_n$，然后方案数 $F(n-2,m-2a_n,a_n)$，同理 $a_{i+1}$ 大小是 $\frac{m-2a_n}{n-2}F(n-2,m-2a_n,a_n)$。

加起来就好了。

MX-BJ-A

Day 6

gcd

首先贪心，选择 gcd 相同时最短的段。可以看做是从起点不断跳出边到达终点右侧的步数。

注意到一个点的出边 $O(\log n)$ 条，倍增跳 相同的边，复杂度 $O(n\log^2 n\log\log n)$。

irris

画画图，发现一个点经过 $k$ 次左儿子有兄弟变换后的父亲和 dfn 序有关，所以把树离线下来，维护当前被点亮的点在 dfn 上的位置，线段树上二分即可。

shiro / CF1322F $^?$

先用带权并查集维护边的关系。

先二分答案。考虑判定。

考虑已知 $\lim$ 的情况下，当前树的根节点 $x$ 的取值范围。

这里假设 $x$ 的父亲边满足父亲比儿子大。如果方向不同，取值区间是沿着中轴对称的。

注意到我们只需要维护 $x$ 的最小值。

考虑转移：

如果儿子边和父亲边属于同一个并查集，那么直接做转移。
否则把不同并查集的儿子边内部做 $\text{and}$，然后转移是当前和对称的并。

然后考虑第二种情况可能会有两个区间。因为区间是对称的，所以只维护左侧，求完再对称到右侧，最后和第一种情况得到的那个区间求交即可。

然后考虑构造。

反着做，如果当前 $x$ 的某个儿子 $i$ 使用原来 dp 值得到的转移区间不包含 $ans_x$，说明 $i$ 的 dp 值要对称一下。然后递归做下去。

Day 7

* nine / AtCoder wtf19_b

先离散化，然后并查集维护连通块。

考虑枚举每一位填了集合 $S$ 中的位置，那么贡献可以预处理出来为 $w(S)$。

把集合幂级数弄出来，是 $F(x)=\sum_{S\subseteq U} w(S)x^S$

然后可以子集卷积快速幂做到 $O(2^nn^2\log)$。

问题在于 $w(S)$ 是多少。

考虑对于离散化后相邻的两个位置 $l,r$ 之间的段，原来有 $\dfrac{10^{r-l}-1}{9}$ 种选择，然后如果 $v_l=v_r$，则有 $\dfrac{10^{r-l}+8}{9}$ 种选择。

所以 $w(S)$ 就是 $\prod_{(l,r)\in T}\dfrac{10^{r-l}+8}{10^{r-l}-1}$。

其中 $T$ 是满足 $(l,r)$ 相邻且 $l\in S\land r\in S$ 的集合。

Day 8

sakura / Gym 103428C $^?$

歪解：使用 bitset + 二进制分组 + 打乱后取前（常数）个暴力。

正解：考虑直接求出每次操作会让多少个位置变成 1。

放松限制，考虑求出每次循环移位 $x$ 并且取或前，满足 $i$ 和 $i+x$ 不同的 $i$。这和变成 $1$ 的位置个数同阶。

注意到可以使用哈希二分之类的求出每个位置。然后做完了。

tsuki / QOJ 4299 $^?$

考虑如果一个点的度数是偶数 $2d$，那么存在一条欧拉回路。沿着回路定向，可以让出度入度都为 $d$。

那么考虑度数是 $2d+1$ 的，意味着存在一种定向方式使得一个点的出度和入度之差不超过 $1$。

然后我们 $2^n$ 枚举出度多还是入度多，然后拆点跑网络流。复杂度 $O(2^nn^3)$。

kaze / AtCoder ddcc2020_final_d

难评。

考虑基环树的直径怎么求。分为过环直径和树内直径。

树内直径好求，过环直径稍微麻烦一点，但是也不难求。

然后是删点后求直径。设删除点 $i$ 属于树 $T$。

考虑树内直径的变化，使用一个换根 dp 求解。这里同时记录删除某个点后 $T$ 的深度。

然后考虑过环直径，记录不经过 $T$ 内的最长路径，以及从 $root(T)$ 开始到达 $T$ 外的最远位置。

把这几种拼在一起就好了。细节多。

Day 9

回程。

P9544

感谢 @FFTotoro 给我分享了这个神人题。

考虑把连通块和凸包联系在一起是非常困难的。所以考虑要找个性质来转化某个限制，然后才能做下去。

这也是思考一类限制非常抽象，难以直接求解的题目的重要方法。

然后考虑凸包这玩意，我们发现如果凸包包含一个点，那么一定存在凸包的某三个点组成的三角形包含这个点。

所以我们只关心三个点之间的路径构成的连通块。

然后考虑特殊性质，我们发现菊花的答案一定不超过 $3$。

然后这就导出了一个性质：

一定存在一个替换策略使得，第四个点，可以替换前三个点中的某个点，使得组成的三角形仍然包含原点。

所以答案一定是一条路径。

然后点分治就做完了。

百度之星

2025 初赛 2

观察，发现数对 $(x,y)(x<y)$ 无法被同时选中，当且仅当这两种情况中的一种被满足：

$(x,y)\in E$，即 $x,y$ 相邻。
$\text{dis}(x,y)=3,\deg(x)=\deg(y)=1$。

对于其他情况，我们可以得出构造方法。

然后考虑减去这两种情况，第一种情况有 $n-1$ 种。

第二种情况，我们枚举路径中间那条边，设 $f(x)$ 表示 $x$ 的邻居中 $\deg=1$ 的个数，答案就是 $\sum_{(x,y)\in E}f(x)f(y)$。

于是答案就是 $\binom{n}{2}-(n-1)-\sum_{(x,y)\in E}f(x)f(y)$。

T2 $^?$

怎么没意识到异或哈希。。

考虑如何可以快速维护一个点周围的边的整体操作。

考虑定根，然后一个点维护其到所有儿子的边，维护两个集合表示边的方向。

那么一次操作最多改变两个集合 $1$ 的大小。所以在单独翻转某一方向的边的时候，我们直接启发式暴力合并，复杂度是均摊线性的。

然后问题在于，如何高效判断当前的树是否满足以 $k$ 为根。。

一个愚蠢的想法是，注意到此时除了根，都恰好只有一条出边，所以维护每个点的出边数量。然后发现这玩意根本不能维护。。

一个聪明的想法是，注意到，合法的边定向情况是唯一的。所以我们直接维护边定向，然后判定这个边定向是不是我们需要的。

判断两个集合相等。这啥啊，这不就是哈希吗。。

所以我们直接维护边方向的异或哈希。然后只要跟着维护边的集合的修改而修改就好了。。

这种合法情况唯一（或者很少）的，并且可以预处理的，直接上哈希就好了。。

首先题目的意思是，有一个 $n$ 位的 $k$ 进制数，每一位可以填 $[0,k]$，带一个 $a\in\{-1,1\}$ 的权，问最后和为 $0$ 的方案数。

因为低位只会有 $0$ 或 $1$ 的进位，从低到高考虑，因为最后答案要是 $0$，所以每一位最后的结果都是 $0$。

考虑 dp，设 $f(d,x)$ 表示 dp 到第 $d$ 位，进 $x$ 位的方案数。

然后枚举当前进了 $0/1$ 位即可。

注意到 $\gcd$ 只可能是 $1$ 或 $2$：

对于 $n\bmod 2=1$，$\gcd$ 只可能是 $1$，所以答案就是 $1,2,\cdots$。

对于 $n\bmod 2=0$，$\gcd$ 只可能是 $2$，所以答案是 $2,1,4,3,\cdots$。

* T6

考虑图 $G$ 上，$x,y$ 之间有边当且仅当 $\exists k,x\oplus y=2^k$，此时 $\text{popcnt}(x\oplus y)=dis(x,y)$。正确性显然。

然后注意到最短路的势能是 $k2^k$，消耗 $1$ 势能最多需要 $O(k)$ 的复杂度（枚举出边），所以复杂度 $O(2^kk^2)$。

存在 $O(k2^k)$ 的做法（@TernaryTree）。

题意是，对树做左儿子右兄弟变换可以做几次。

结论是，对于点 $x$，其父亲的变化次数是 $sz(L_x)$，其中 $L_x$ 表示 $x$ 左边的兄弟。可以通过手摸样例得出。

注意如果不存在 $L_x$，则父亲永远不变。

然后问题变成维护 $\max sz(L_x)$。使用树剖做到两个 $\log$。

但是过不去。注意到如果一个 $y$ 满足 $\exists x,L_x=y$，则 $y$ 子树内的 $sz$ 都不需要计算了。我们称 $y$ 为关键点。

接下来只考虑关键点。

所以加入一个点，只会影响一个关键点 $sz$。

然后注意到加入一个点，可能会影响一些关键点变为非关键点，均摊是 $O(n)$ 的。

复杂度线性乘个并查集的复杂度。

注意到全局 $-1$ 唯一用处是把数减到 $0$。

所以分类讨论：

一种是选定一个 $x$，用操作二把非 $x$ 的数变成 $x$。
一种是选择一个 $x$，把 $\leq x$ 的减到 $0$，把 $>x$ 的赋值为 $0$。

答案为二者最小值。

HT

HT-072-NOI

* A

考虑枚举 $a,b$。

我们考虑 $w$ 较小的数，不妨设做 $x(x\in \{a,b\})$。

考虑 $y(w_y\geq w_x)$。

考虑 $y<x$：我们发现，只有左侧最大的满足 $w_y>w_x$ 的 $y$ 有可能最优。
考虑 $y>x$：我们发现，只有右侧最小的满足 $w_y>w_x$ 的 $y$ 有可能最优。

所以一共只有 $O(n)$ 对满足要求。然后随便做。

B $^?$

注意到如果直接记录状态，需要记录连续段之间的距离，是不可能做到的。

注意到，每一步最多会新增一个连续段，并且原来的连续段除了合并以外，只会有向两侧增加这一操作。

然后同时两侧增加需要处理的细节比较多，我们把步骤拆分成：左侧增加，右侧增加，加入一个点。

期望比较麻烦，因为我们如果记录步数会让状态比较多，所以我们在过程中记方案数，在最后一小步再除以 $n$。这样步数这个条件就在转移中被记录了。

所以考虑连续段 dp，我们只关心现在有几个段，哪些段现在会合并，所以设 $f(i,j,t)$ 表示当前点亮 $i$ 个点，现在有 $j$ 个段，做到（拆分后的）第 $t\in[0,2]$ 步了。

考虑转移。$t\in[0,1]$ 的转移就是枚举有几段被合并。$f(i,j,t)\binom{j}{k}\to f(i+1,k,t)$。

然后是 $t=2$ 的转移，可以：新增一个连续段，加入在某个连续段中，某个连续段左右邻居。

转移方案数好算的。

C $^?$

感性思考一下，我们发现，操作是把树分成一些连通块，连通块自己内部操作，然后再合并。

也就是有一堆有根森林，并且贡献满足：

根节点不相邻。
设根 $x$ 的贡献是 $t\in\{1,-1\}$，则其（森林中）邻居的贡献是 $-t$，同时满足，以 $x$ 为根的树中，一个点的贡献和其兄弟是相同的。

构造考虑：森林中我们只要从上到下操作，上面的位置可以自由确定。森林间，如果存在一条边连接根和非根，只要让非根节点先被操作即可。

然后考虑 dp。注意到我们只关心：到父亲的边，当前连通块的根在哪里。

分类讨论一下：

到父亲的边是森林间的边。
- 当前森林的根不是 $x$。设为 $a(x)$。
- 当前森林的根是 $x$。设为 $b(x)$。
到父亲的边是森林内的边。
- 当前森林的根不在 $x$ 子树。设为 $c(x)$。
  
  注意这个状态，可能 $fa(x)$ 是根，这样 $x$ 的贡献会被强制确定，所以 $x$ 处不能确定 $x$ 的贡献（或者要多记东西）。
- 当前森林的根在 $x$ 子树。设为 $d(x)$。
  
  注意这个状态，可能 $x$ 是根，这样 $fa(x)$ 的贡献必须要在 $x$ 处确定，否则可能出错（或者要多记东西）。

考虑转移：

令：

$s(x)$ 为 $x$ 的儿子集合。
$S(op)=\sum_{y\in s(x)}\max(c(y)\ op\ v_y,a_y,b_y)$
$S2(op)=\sum_{y\in s(x)}\max(c(y)\ op\ v_y,a_y)$
$M(op)=\max_{y\in s(x)}(d_y-\max(c(y)\ op\ v_y,a_y,b_y))$

然后有：

\[\begin{aligned} a(x)&=\max_{op\in\{-,+\}}\left(S(op)+M(op)\right) \\ b(x)&=\max_{op\in\{-,+\}}\left(S2(op)-op\ v_x\right) \\ c(x)&=\max_{op\in\{-,+\}}\left(S(op)\right) \\ d_1(x)&=\max_{op\in\{-,+\}}\left(S(op)+M(op)+op\ v_{fa(x)}\right) \\ d_2(x)&=\max_{op\in\{-,+\}}\left(-op\ v_x+op\ v_{fa(x)}+S(op)\right) \\ d(x)&=\max(d_1(x),d_2(x)) \end{aligned} \]

都啥意思：

$S$ 表示 $x$ 不是根，不考虑根节点的最大值。
$M$ 表示 $S$ 的基础上，钦定某个儿子子树里有根的最大贡献。
$S2$ 表示 $x$ 是根，不考虑根节点的最大值。
$a$ 的转移，注意 $M$ 的贡献包含了 $v_x$。
$b$ 的转移，枚举 $x$ 为根，贡献是 $-op$，那么儿子贡献是 $S2(op)$。
$d_1$ 的转移，$x$ 不是根，就是在 $a(x)$ 的基础上算上父亲贡献。
$d_2$ 的转移，$x$ 是根，就是在 $S$ 的基础上算上自己和父亲贡献。

HT-073-NOI

喜欢搬原题，后面忘了。

A / P9361

这种图的特殊性质就是，我们只关心第 $k$ 步后，每一维可以到达的最大值。

注意到，全过程只有第一步和最后一步不会从最大值拓展，所以中间的步骤我们使用倍增就好了。

我们倍增记录第 $i$ 个人走 $k$ 步，每一维会到达 $rk$ 多少，然后转移只从 rk 最大的 $m$ 个进行转移。

复杂度 $O((n+q)m^2\log n)$

B / P5841 $^?$

一直在想 SA。然后从 SA 的假做法一路绕回真做法就没时间了。。

考虑本质上最优解就是找到 Trie 的一个 dfs 序。

所以先 $x$ 后 $y$ 的限制就是：

$\text{lca}\to x$ 的路径上，$x$ 方向都是最后一个经过的。
$\text{lca}\to y$ 的路径上，$y$ 方向都是第一个经过的。
$\text{lca}$ 处，一定是先 $x$ 方向，然后立刻 $y$ 方向。

然后用链表和并查集维护操作的合法性就做完了。

一个细节是，合并的时候，注意如果会同时把钦定第一个和钦定最后一个合并起来，注意检查是不是所有儿子都在了，否则后面就合并不进来了，即不合法。

然后注意到对路径上每个点这样做的复杂度是 $O(qn)$ 的。

考虑一个性质是，把 Trie 的二度链缩起来，新 Trie 树的深度是 $O(\sqrt{\sum |s_i|})$ 的。

于是复杂度变为 $O(q\sqrt{\sum |s_i|})$。

C / AT_wtf22_day1_d $^?$

中间卡了一步。

考虑化成线性规划的形式。

限制是 $x_i=\min(1,\sum_{i\in [l_j,r_j]}y_j),\sum_j y_j\leq k$。

求 $\max \sum_i x_i$。

其中 $x_i$ 表示第 $i$ 个人有没有联系上。$y_i$ 表示第 $i$ 天有无请客。

然后对偶一下，得到：

$\forall i\in[1,n],\left(-\sum_{i\in[l_j,r_j]}y_j\right)+X\geq 0$

$\forall i\in[1,m],y_j\in [0,1]$

$\min \sum_i (1-y_i)+kX$

枚举 $k$，然后这个问题和线段覆盖等价。

设 $f(i)$ 表示每个点最多被选中的 $[l_j,r_j]$ 覆盖 $i$ 次，最多有多少线段。

则答案就是 $ans_k=\min_i m-f(i)+ki$。

然后考虑 $f(i)$ 怎么求。首先 $f(1)$ 是经典贪心，贪心右端点最小的。然后 $f(i>1)$ 同样可以这样贪心。

对于新的 $i$，第一次贪心取最左边的，然后用线段树维护不合法位置，对不合法右侧的子问题递归贪心。

然后 $f$ 是凸的，$ans_k$ 的决策是可以简单通过指针移动维护的。

集训

题单 #1

$^!$ A / ARC112 E

考虑每个数最后一次被操作才是有用的，被操作过的一定在两侧。

所以枚举 $l,r$ 表示左侧 $l$ 个右侧 $r$ 个被操作过，中间合法的充要条件是数递增。

所以先分成 $\begin{Bmatrix}m\\l+r\end{Bmatrix}$ 组。注意这些组可以通过左右数的顺序唯一确定是谁的。

然后在这里面选出 $l$ 个在左边，即 $\dbinom{l+r}{l}$。

对于无用的 $m-l-r$ 次操作自由选择，$2^{m-l-r}$。

答案把这些乘一下加起来就好了。

* B / ARC201 B

考虑从低位到高位贪心。低位要尽量选满，反正不影响高位。

然后把没被选的低位物品贪心地两个两个合并，相当于提高了一位。然后在高位继续贪心。

* C / CF2066 C

注意到 $P\oplus Q\oplus R$ 在同一时刻，都是相同的。

因为那个唯一不同的一定是这三个数的异或和，所以我们只要记录相同的那两个数是多少。

然后发现大部分转移都是原地不动，只有一种特殊转移。然后做完了。

$^!$ D / ARC167 C

计数好难啊。计数好难啊。计数好难啊。

考虑 kruskal，那么我们只要计数权为 $a_i$ 的边出现了 $A_i$ 次，答案就是 $\sum_i a_iA_i$。

放宽限制有 $B_i=\sum_{j\leq i}A_j$，对 $B_i$ 计数。

即计数权不超过 $i$ 的边的数量。这等于所有情况下，这样的边的数量和。我们不关心边具体是哪一条。只关心边最多可以连多少条。

所以考虑 $a_j\leq i$ 的 $j$ 集合 $S_i$，一种最多连边的方法就是相邻两个 $S_i$ 中的位置能连就连。

考虑一条边 $(l,r)$ 会被用上，当且仅当 $a_l\leq i,a_r\leq i,r-l\leq K,\forall k\in(l,r),a_k>i$。

考虑枚举 $r-l=d$，然后上面问题的答案是 $\binom{n-d}{i-1}(i-1)i!(n-i)!$。

所以 $B_i=\sum_{d=1}^{K}\binom{n-d}{i-1}(i-1)i!(n-i)!$

答案即为 $\sum_i i(B_i-B_{i-1})$。

$^!$ E / AGC066 A

不会构造。

考虑一个想法是，黑白染色，枚举 $d$，然后把黑色变成 $d$，白色变成 $k+d$。

但是过不去，考虑只要求相邻差是 $d$，所以其实只要 $\bmod 2k=d$ 就好了。

然后就对了。证明考虑黑白互换，代价和 $dn^2$。

看到代价是 $C/k$ 的构造题可以想一个方法，存在 $k$ 种变式，但是代价和为 $C$。

$^!$ F / CF1062 F

考虑拓扑排序。

考虑一个点 $x$ 可达所有拓扑序比他大的点，当且仅当存在一个时刻使得拓扑排序队列中只有 $x$。

考虑一个点 $x$ 可达所有拓扑序比他大的个数 -1 个点，当且仅当存在一个时刻使得拓扑排序队列中只有 $x$ 和另一个点 $y$。并且 $y$ 可达的点 $x$ 都可达。 即 $y$ 可达的点剩余 $\deg>1$。

G / Gym102803 E

考虑同时有 $sa,height$ 的情况，这时我们可以确定两个后缀每个位置的大小关系。

考虑没有 $height$ 的情况，首先有 $sa_i,sa_{i+1}$ 位置的 $\geq$ 关系，但是这时不够，我们还需要比较 $sa_i+1$ 和 $sa_{i+1}+1$ 的 $rk$，如果 $sa_i+1$ 的大，意味着 $\geq$ 不可能取等。即 $>$ 关系。

然后跑差分约束。

H / AGC044 C

01 trie 可以全局 +1，三进制 trie 当然也可以。然后打个 swap 1,2 的 tag 做完了。

I / CF2023 F $^?$

首先自己瞎推推可以推出，答案是：

假设起点在终点左侧，前后缀有一段经过两次的，并且这个前缀要求和非负。中间那段，如果一个位置 $p$ 前缀和非负，$(p,p+1)$ 经过一次，为负，$(p,p+1)$ 经过三次。

然后。。换个角度，可以看做一开始每条边要经过两次，一个位置的权是 $[a_p\geq 0]-[a_p<0]$，求（对左端点有要求的）最大子段和。 然后直接线段树做完了。

这道题没写出来的问题在于，一开始没有区分经过点三次和经过边三次之类的问题。还是要考虑清楚。。

* J / ARC149 D

平衡树值域有交并瞎做，或者注意到，每次可以把短的折到长的一段上，然后值域小，均摊正确。

K / QOJ 7771 $^?$

首先考虑单次询问如何 $O(n)$ 求出。首先假设 $a$ 没有相同的数。

通过观察，我们可以发现，$a_i$ 在归位之前，会移动到 $[l,r]$ 中最右侧的 $\geq a_i$ 的位置。

也就是说，$a_i$ 轮空当且仅当最右侧 $\geq a_i$ 的位置是 $l+rk_i-1$。这个条件不好搞。

考虑转化一下。需要注意到的是，一轮操作不会让一个数跨过比他大的数。

所以 $a_i$ 轮空当且仅当最右侧 $\geq a_i$ 的位置左侧，没有 $<a_i$ 的数。

考虑 $a$ 中有相同的数。观察最后的位置，我们发现，每次会把值相同的位置集合里最小的拿去移动。这很不好维护。

但是我们不关心究竟哪次操作轮空，只关心轮空次数。 所以我们不妨假设，每次移动都是整体 R shift 一个合法位置。

所以最后的结论是：设 $a_i$ 是值相同的元素中从左到右第 $x$ 个，$a_i$ 轮空当且仅当从右到左第 $x$ 个 $\geq a_i$ 的位置左侧，没有 $<a_i$ 的数。

这样还是不太好做。继续转化。我们对不轮空计数。

注意到不轮空对于左端点 $l$ 的限制仅仅是，$[l,i]$ 中不存在 $<a_i$ 的数。设左侧第一个 $<a_i$ 的位置是 $pl-1$。故 $l\in [pl,i]$。

对于右端点的限制稍显复杂：

考虑 $i$ 右侧第一个 $a_j<a_i$ 的 $j$，设 $[i,j)$ 中有 $x$ 个 $=a_i$，$y$ 个 $>a_i$，$[j,r]$ 中有 $z$ 个 $>a_i$。也就是不能把 $x$ 个 $=a_i$ 的都填进 $z$ 个 $>a_i$ 的位置。

所以要求是 $x>z$。也就是 $x+y>z+y$。注意到 $x+y$ 表示 $i$ 右侧 $\geq a_i$ 的连续段个数，$y+z$ 表示 $[i,r]$ 中 $>a_i$ 的个数。

所以只要单调栈先求出 $x+y$，然后树状数组二分出最右侧满足 $z+y<x+y$ 的位置 $pr$，就可以得出右端点的区间 $[i,pr]$ 了。

也就是 $i$ 对于 $l\in [pl,i],r\in [i,pr]$ 的询问，不会轮空。

这就是二维数点。做完了。

L / ARC176 F $^?$

好难啊。

不考虑 $n\leq 2$ 或 $m=1$。

考虑正难则反。 反过来的操作是，对于一条边的两端点相同，则可以任意修改一个端点为任意颜色。要求最后还原成一开始的树。

我们考虑什么时候无法还原。

首先重要的就是两端点相同的边。我们把它叫做关键边。

答案是所有情况减去不合法。

我们对关键边的条数讨论：

介绍一下关键边的移动：

什么是移动：把关键边 $(u,v)$ 的某端点 $u$ 的 $a_u$ 设置成 $u$ 另一出边 $(u,w)$ 的 $a_w$。此时关键边变为 $(u,w)$。
我们把移动看做是，对于相邻两个颜色相同的点，删去一个点为空点（不妨设为 dep 小的），可以自由移动空点。空点可以任意填色。

$0$：意味着这棵树没法动。因为对于 $m>1$ 的树，最后一定有关键边，所以所有情况均不合法。方案 $n(n-1)^{nm}$。
$1$：为了方便统计，我们把空点移动到最上面。

此时根的所有儿子互不相同。我们发现，无论如何操作，关键边最多只有一条。同理，所有情况均不合法。方案：$n!nm(n-1)^{n(m-1)}$。方案数解释为：根的儿子（移动后）颜色为 $n$ 的排列，选择一条关键边有 $nm$ 种方法，固定儿子和选择一个空点，还剩 $n(m-1)$ 个点。注意移动前的根一定是移动后根的儿子，所以不会在 $(n-1)^{n(m-1)}$ 中计算。
$2$：把关键边移动到最上面。

此时注意到有两个儿子相同。这里不合法的情况，当且仅当：第一层（根的儿子）有 $n-1$ 种颜色，且第二层颜色均为唯一的第一层未出现的颜色。
- 一开始就有两个空点：方案 $n!\binom{nm}{2}(n-1)^{n(m-2)}$。
- 一开始只有一个，但是移动到根之后，出现两个相同的儿子。这里注意选择儿子有 $\binom{n-1}{2}$ 种方案，因为空点所属子树对应的儿子无法作为相同的儿子之一。方案 $n!nm\binom{n-1}{2}(n-1)^{n(m-2)}$。

然后所有方案是 $n^{nm+1}$。减一下就做完了。

正确性的构造证明：待补。

M / ARC152 F $^?$

好厉害的题。

考虑答案下界是 $dis(1,n)+1$，考虑尽可能构造出来。

首先判断无解。显然当 $dis(1,n)\not\equiv n\pmod 2$ 时无解。

首先一个重要的观察：

首先需要让 $1$ 走到 $n$，所以我们先选择 $dis(1,n)$ 个预定点表示拉着棋子沿着链前进的就是这些点。则子树 $i$ 内最多有 $dis(1,i)$ 个预定点。

如果 $path(1,n)$ 上的点的子树大小不存在一个 $i$ 使得 $sz_i-dis(1,i)>\frac{n-dis(1,n)}{2}$，答案可以取到下界。

证明 考虑对不同子树的非预定点进行匹配，如果不存在这样的 $i$ 则一定可以匹配。匹配后，只要当棋子走到匹配中间的某个位置后，匹配的两个点分别操作一下就行了。

否则匹配必须要有同子树内的匹配。

这时我们必须要让棋子进入子树。考虑进入子树的路径一定是一条链。

然后考虑，如何判断进入子树后，是否存在一组合法操作。

注意到我们进入子树，最后还是要出来的，所以不存在预定点。

然后考虑一定存在一种方案使得棋子可以到链底，所以只要存在合法匹配，则存在合法操作。

考虑进入子树，意味着子树父亲把这个子树“抛弃”了，所以把 sz 要减掉。

于是我们维护是否存在 $sz_i-dis(1,id_i)>\frac{n-dis(1,n)}{2}$，然后不断拓展子树。

考虑拓展子树，显然是贪心拓展最大的子树的重儿子。

然后拓展的个数加上 $1+dis(1,n)$ 就是答案。

N / ARC109 F $^?$

思路对了，细节错了。。

正难则反，考虑什么情况下可以删除某个位置，以及判定一个状态是否可以被删干净。

注意到删除连续段中间的不优，所以只会删除两侧的。如果当前连续段大小 $\geq 2$，则随便删，否则：

设当前连续段是单独的一个 $c$，对于其他连续段 $[l,r]$，必须有 $a_{l-1}=a_{r+1}=c'$，其中 $c'$ 和 $c$ 表示不同的颜色。

我们称一个连续段最后删成只剩单个 $c$，然后彻底删除，叫做这个连续段的 $c-$ 删除。

考虑若已知第一个连续段是 $c-$ 删除的，接下来的连续段最多只有一个是 $c'-$ 删除的。

如果存在两个连续段是 $c'-$ 删除的，那么在删除第一个的时候，要求另一个连续段两侧是 $c$，显然不可能。否则两个连续段中必然有 $c$，那么就可以转化为 $c-$ 删除的。

所以最多一个连续段是 $c'-$ 删除的，进一步分析，我们得出下列结论：

一个情况合法，当且仅当：

第一个被删除的段有 $c$ 子序列。
最后一个被删除的有 $(c')(c')$ 子序列，且非空。
剩下的连续段必须有 $(c')c(c')$ 子序列。其中 $(c')$ 表示 $c'$ 可以在连续段的左右邻居处。

然后分类讨论大力 dp 即可。

O / ARC179 F $^?$

好难啊。不会构造，烂完了。

考虑怎么快速判定一个得分位置序列（即什么时候得分）是否合法。

考虑必要条件。设 $A,B$ 分别表示 $S_i=\texttt{A},S_i=\texttt{B}$ 的出现次数。

考虑上一个得分位置 $l-1$ 和下一个得分位置 $r$，则 $[l,r]$ 区间内，$A,B$ 需要满足：

$B\equiv 0\pmod 2$ 和 $2A-B\equiv 0\pmod 3$。这两个都是显然的。

注意到上一次得分意味着“地面”和一开始一样，所以和第一次得分的必要条件分析相同。

然后得出 $2A-B\equiv 0\pmod 6$。注意 $B$ 操作不能太多，否则 $A$ 填不满缝，所以 $2A-B\geq 0$。

于是令 $v_i=2\sum_{j\leq i}[S_j=\texttt{A}]-\sum_{j\leq i}[S_j=\texttt{B}]$，则上界是 $v$ 的最长 $\bmod 6$ 同余上升子序列。

然后考虑怎么构造。

首先一个不会违反规则的填法（不保证得分）是，对于 $A$，填在左边一列，对于 $B$，填右边两列。

但是这会导致最后左边一列和右边两列的高度差 $d>0$。

考虑调整法。设 $f(i)$ 表示第 $i$ 次的时候，左边一列比右边两列高出 $f(i)$ 格。

考虑若 $f(r)>0$，则 $f(r)=6k(k>0)$。

因为 $f(l-1)=0,f(r)=6k>0$，并且 $|f(i)-f(i-1)|\leq 2$，所以必然存在一个 $j$ 使得 $f(j-1)=2,f(j)=4$ 或 $f(j-1)=3,f(j)=5$。

考虑从前向后找到这些 $j$，然后如果 $f(r)>0$ 则进行调整。

考虑 $f(j-1)=2,f(j)=4$，则我们把第 $j$ 个操作（$A$ 操作）放在中间一列，然后左右镜像一下，发现这个时候 $f'(j)=-2$，因为后面操作不变，所以 $f(r)\to f(r)-6$。

考虑 $f(j-1)=3,f(j)=5$，注意 $f(j-2)$ 一定是 $1$，否则会被前面调整。

所以意味着第 $j-1,j$ 操作都是 $A$，那么我们把这两个操作分别移动到中间和右边，然后镜像，发现 $f'(j)=-1$，因为后面操作不变，所以 $f(r)\to f(r)-6$。

模拟赛 #1

总结

赛时 t1 在想数据结构优化 dp，后面才想到可以贪心直接算。然后读题不仔细，没注意到不同方案的区分，最后才意识到性质，得出做法。

t2 一开始在想平衡树直接维护，但是比较麻烦。没有用到前 $10$ 大的性质。

一些比较简单的匹配问题可以直接贪心，dp 优化考虑找到重要的性质。

A / 9019 10303

被硬控 1h。。

我们按值相同的分段算，注意到一个前缀段，两个人选择的个数的差不超过 $1$，然后 dp 直接记录差值就线性了。

B / 9019 10673 / P6544

注意到每次修改后的值一定是前 $10$ 大，所以暴力修改前 $10$ 大的 rk，插入当前 rk。

复杂度 $O(qk\log n)$。其中 $k=10$。

C / 9019 4203 / CF1334 F

$f(i)$ 表示当前 dp 到 $i$，并且 $i$ 被选为 $b$ 中被保留的那个的代价。

然后转移是区间加，查询是单点查询。使用树状数组 $1.3s$ 跑 $O(n\log n),n=5\times 10^6$。

线性做法：待补。

D / 9019 10473 $^?$

正确性证明：待补。

题单 #2

A / AGC048 D

有意思题。

考虑 dp，$f(l,x,r,y,0/1)$ 表示当前 $a_l=x,a_r=y$，$[l,r]$ 左右被删完了，当前谁先手，最后先手是否赢。

然后转移可以枚举先手是删完还是删一些。

注意到对于固定的 $l,r,x$，随着 $y$ 的变化，$f$ 值只有两段。

我们考虑把 $f(l,r)$ 看做一个平面，$x,y$ 作为坐标轴。

通过手摸 $r-l+1\leq 3$ 的部分，我们可以归纳得到：

对于 $f(l,r,*,*,0/1)$，$f=1$ 的部分在平面上可以由一个 $k=0$ 的直线和 $k=1$ 的直线下方的并表示。

有一些细节不想说。反正这个分段函数的分段点可以由 $g(l,r,0/1)$ 表出。

然后转移稍微推推就弄出来了。然后就做完了。

复杂度 $O(Tn^2)$。需要注意的是无解情况下 $g$ 的值。

好像有更聪明的思考路径和做法。。

B / CF1693 F

首先观察样例操作，发现都有 $cnt_0=cnt_1$，所以我们猜测最优操作一定可以表示为多次 $cnt_0=cnt_1$ 的操作。

证明是简单的，我们考虑如果有一次 $|cnt_0-cnt_1|>0$，对两端点的值讨论一下，可以得出不劣的转换方法使得 $|cnt_0-cnt_1|$ 更小。

然后考虑怎么构造。

考虑一次操作，我们想尽可能多的固定值，所以一个想法是：

找到最右侧的 $j$ 使得存在 $i=0$ 或 $i$ 位于左侧已经固定的 $0$ 段中，并且 $(i,j]$ 满足 $cnt_0=cnt_1$。然后操作 $(i,j]$。

正确性证明，考虑数学归纳法加上反证：

对逆序对数归纳，首先当逆序对为 $0$，即排序好的，该策略一定最优。

然后对于某情况 $S$，通过反证，分类讨论 $[l,r]$，证明不存在先操作 $[l,r]$ 会更优即可。

要想看出贪心策略还是要多练。。

$^!$ C / CF1801 G

我们把出现在 $s$ 中的字符串称为 $ss$。

首先我们只考虑 $b\in [l,r]$ 的方案数，可以使用 $s$ 的 AC 自动机求出 $b=x$ 的方案数，然后前缀和。

然后考虑减掉 $a\in[1,l),b\in[l,r]$ 的方案数。

方法一

考虑我们直接枚举 $ss$ 的哪一个字符是 $a$，然后考虑建一个 $rev(s)$ 的 AC 自动机（称为 IAC），令 $pl,pr$ 分别表示 $ss[1:a],ss[a+1:]$ 在 AC,IAC 里的位置。

然后问题变成询问有多少组 $[u,v]$ 满足 $u$ 在 $pl$ 的 fail 子树里，$v$ 在 $pr$ 的 fail 子树里，并且满足 $b\leq r$ 的方案数。

这里我一开始想的是，在这个位置就处理 $b\leq r$ 而不是在查询的时候处理，所以变成三维偏序要两只 log。

求出在 AC 上 $t[1:l-1]$ 的位置 $tl$，IAC 上 $t[l:]$ 这个后缀的位置为 $pt$，则：

首先满足 $b\leq r$，即 $len_{pt}\leq r-l+1$，倍增跳 $pt$ 到达第一个满足要求的祖先即可。

然后问题变成有多少个 $(pl,pr)$ 使得 $tl\in T(pl)\land pt\in T(pr)$。其中 $T(x)$ 表示 $x$ 的 fail 子树。这是二维数点。所以做完了。
方法二

考虑我们找到 $b$ 最大的使得 $a\in[1,l)\land b\in[l,r]$ 的 $ss$，我们发现，计数方式可以看做：
- 对于 $b'\in(b,r]$ 的 $ss$，一定合法。
- 对于 $b'\in [l,b]$ 的答案，可以预处理这个 $s$ 串后缀的前缀 $ss$ 个数，然后答案就是一个后缀和。
  预处理这玩意同样考虑 IAC，限制 $len\leq C$ 就是跳祖先解决。
也是做完了。

$^!$ D / CF671 E

考虑把限制写成有关前缀和的不等式。

然后问题可以简化为，求出最大的 $[l,r]$ 区间使得：

存在方法使得同时对 $a,b$ 进行后缀加，最多 $k$ 次，可以满足

$\forall i\in[l,r],a_i\geq a_{l-1}$。
$\forall i\in[l,r],b_i\leq b_r$。

我们考虑先枚举 $l$，同时按照最优方法处理掉 $a$ 这个限制，然后上数据结构快速求出最大的满足限制 $b$ 的 $r$。

最优方法处理 $a$ 的限制，就是考虑从 $a_n$ 扫到 $a_l$ 的单调栈，需要后缀加的位置都在单调栈上。

观察到，假设我们要 check 一个 $r$ 是否合法，我们先找到最优方案：

在满足 $a$ 限制的前提下，对于没有用完的后缀加全部加到 $b_r$ 上面。

所以 $b$ 的限制可以改写为：令 $b'$ 表示在满足 $a$ 限制时 $b$ 顺便被加到 $b'$，则：$\max_{i=l}^rb'_i\leq b_r+k$。

这种东西考虑线段树上二分求解。

我们考虑对于 $r$ 二分到的区间 $[u,v]$ 设分界点 $p$：

如果 $\max_{i=p}^vb_i+k\geq \max_{i=u}^{p-1}b'_i$，则答案必然在 $[p,v]$ 中。否则在 $[u,p)$ 中。

证明考虑 $\max_{i=p}^vb_i+k\geq \max_{i=p}^vb'_i$。

E / CF1975 I ~

F / CF1773 L ~

G / AGC060 D ~

H / P10042 ~

I / AGC026 F ~

J / CF1707 F ~

模拟赛 #2

总结

赛时 t1 没想到找到每个限制最上面合法的点，被卡了两个小时。

t2 不会欧拉回路构造。

t3 正常发挥。t4 见过原。

考虑多个限制的交，但是最后只要求任意一个在交中的元素，可以考虑对每个限制取一个稍宽松的弱化限制，然后取这些弱化限制的交的某个特殊元素。t1 取的是 dep 满足要求的最小的。

A / 9019 4216

考虑弱化限制为 $\text{kfa}(\text{lca}(u,v),d)$ 的子树的交集。

然后取 $\text{dep}$ 最大的那个，判断是否满足所有要求即可。

正确性，考虑如果在这个点子树内，那么会让其他限制岔开到其他子树内，更难满足要求。

B / 9019 4113 $^?$

首先有结论，$a_i\in [-1,1]$。

考虑如果有奇数个儿子，则该点 $a_i=0$，如果有偶数个儿子，那么 $a_i=\plusmn 1$。

所以无解的充分条件是，存在 $i$ 使得 $\deg i\not\equiv \deg i+n\pmod 2$。

问题就变成 $a_i=1$ 还是 $a_i=-1$。

考虑 $a_i$ 的子树内 $1,-1$ 的个数要相同。

这种把集合分成两相同部分的题目，可以考虑（根据联通块出入度相同，边黑白染色等方法）构造图，然后跑欧拉回路。

考虑如果有偶数个儿子，则该点度数是奇数，如果要跑欧拉回路要加一条边。

注意到，如果点 $i$ 度数是奇数，那么另一棵树编号相同的点 $i+n$ 度数也是奇数。

所以考虑这么加边：对于这样的点，我们把这个点和另一棵树编号相同的点连边，这样就变成偶数度数。

然后考虑怎么填 $a_i$。已经知道欧拉回路的性质是连通块出入度相同，所以把 $a_i$ 和出入度绑上。

考虑如果边被定向为 $i\to i+n$ 则 $a_i=1$，否则 $a_i=-1$。于是做完了。

正确性证明：考虑 $x$ 子树内不考虑 $(x,fa(x))$ 边，入度和出度的差最多是 $1$，因为差只能由父亲边更改。

C / 9019 4139

讨论一个位置 $i$ 是从左边取到的还是右边取到的，拆成两个区间 $x_1(i),x_2(i)$ 表示取到之前的区间是什么。还有两个区间 $y_1(i),y_2(i)$ 表示取到之后是什么。

然后考虑转移，一个 $y$ 区间的转移可以从包含他的 $x$ 区间转移过来。

把这个 $y_k(i)$ 区间的答案赋到 $x_k(i)$ 上，然后加进去维护。

然后发现这就是二维数点板子。

需要注意的是，可能会出现两个区间重叠的情况（不会更多），一种是对于相同区间合并处理，一种是转移两遍。

* D / 9019 4270

同样是注意到把 $n$ 个包含 $4$ 个点的点集均分成 $n$ 个包含 $2$ 个点的点集。所以考虑欧拉回路。

我们发现答案一定是 $0$。考虑构造，如果 $i,j$ 满足 $v_i+v_j=4n+1$，则 $(i-1)/4,(j-1)/4$ 连边。也就是把所属的颜色连边。选择这条边意味着同时选择了 $i,j$。

然后注意到每种颜色 $4$ 条边，可以跑欧拉回路。

然后考虑均分。注意到是要平分点的邻边，所以考虑按照回路上边的顺序黑白染色，黑色一个集合白色一个集合，这样就做完了。

题单 #3

A / QOJ 964 ~

B / QOJ 967 ~

C / P9528 ~

D / AtCoder xmascon22_f ~

E / AtCoder ddcc2017_final_d ~

模拟赛 #3

总结

没有什么蠢比问题。但是赛时没有想出来 dp 数组差分不超过 1，以及怎么位运算转移。

A / 9019 10458

直接贪心就做完了。

B / 9019 10594 / P7172

考虑 $\deg>2$ 的点只有 $O(n)$ 个，然后只要快速期初一个点最近的 $\deg>2$ 的祖先是谁，然后答案就是两个点祖先的 $\text{lca}$。

注意祖先相同的情况。

求最近 $\deg>2$ 祖先，可以使用可持久化线段树上二分。

C / LOJ 6564 $^?$

科技。

考虑朴素 lcs dp，设 $f(l,r)$ 表示左侧位于 $l$，右侧 $r$ 的答案。

注意到 $\forall l,r,f(l,r)-f(l,r-1)\in[0,1]$。

所以考虑做差分，然后用 bitset 维护差分数组，以通过位运算加速。

然后考虑转移。假设 $a_l$ 出现位置是 $pos(a_l)$。

设 $g=f(l-1)\text{ or }pos(a_l)$，则：

$f(l)=((g-f\text{ lsh }1-1)\text{ xor }g)\text{ and }g$。

复杂度 $O(n^2/w)$。

D / P4194

考虑网络流行列同时限制的经典套路：

把行列分别作为一个点，则一个位置的值可以用连接行列的边来表示。

然后发现要求就是流量又上下界。二分跑有上下界可行流就好了。

题单 #4

A / QOJ 3502

树上邻域。注意到 $d\leq 40$。所以考虑枚举这个点到其 $d$ 级祖先的链。

考虑 $f(x,d)$ 表示对 $x$ 的距离为 $d$ 的儿子乘上 $f(x,d)$。

则暴力做需要对每个 $\leq d$ 级祖先 $x$ 的每个 $f(x,d'\leq d)$ 做一遍，复杂度不可接受，并且不一定有逆元。

考虑 $f(\text{kfa}_j,i)$ 乘以 $w$ 的时候，需要让 $f(\text{kfa}_{j-1},i-2)$ 除以 $w$，但是又被他本来乘上的 $w$ 抵消了，所以我们只需要更改 $O(d)$ 个位置。复杂度是对的。

B / QOJ 6537

首先考虑一定存在一种方案使得其他小段的长度都为 $1$。

我们考虑大段 $[l,r]$，有一个必要条件是，$\sum_{i=l}^r a_i>\max(a_{l-1},a_{r+1})$。

但是注意到如果直接这样做，很难优化，因为我们固定了小段的长度，限制变严格了。

考虑小段长度不固定。考虑最优解的大段是否仍然满足 $\sum_{i=l}^r a_i>\max(a_{l-1},a_{r+1})$。

发现是满足的，所以我们把问题变为了，找到最多的 $[l,r]$ 使得两两不交，并且满足大段的要求。

对于这种问题，我们有经典贪心，也就是找到右端点最小的，然后贪心加入。

所以我们维护 $f(r)$ 表示最大的 $l$ 使得 $[l,r]$ 可以成为大段。

然后暴力求解一次询问，就是考虑从 $x=l-1$ 开始，每次找到最小的 $r$ 使得 $f(r)>x+1$，然后 $x\gets r$。

所以对于固定的 $x$，下一个 $r$ 是固定的。我们预处理出 $r=nxt_x$。

考虑 $nxt_x$，我们发现可以暴力求。因为如果 $nxt_x\neq r$，则意味着 $a_r\geq \sum_{i=x}^{r-1}a_i$，意味着 $nxt_x\to r+1$ 后，大段的和会至少翻倍。

所以 $nxt_x-x=O(\log V)$。

所以单点修改也只要改 $O(\log V)$ 个 $nxt$。

然后考虑怎么快速维护 $l$ 跳多少次 $nxt$ 可以到 $r$。一种是注意到 $nxt$ 一次只有 $O(\log V)$ 步，所以线段树维护区间前 $\log V$ 个位置跳出区间的情况，这样复杂度是 $O((n+q)\log n\log V)$。

求解就是枚举第一个和最后一个区间是不是小段，分 4 种情况就好了。

当然，也可用弹飞绵羊那题的方法，使用分块维护 nxt，复杂度 $O((n+q)\sqrt n)$。

C / QOJ 3508

考虑（网格图）一条路径必经的条件，可以考虑如果经过这条路径左右的路径，代价是什么，进而列出不等式。

我们发现，如果路径在第 $y$ 列有纵向行走，意味着 $a_y$ 是 $(i,a_i)$ 凸包上的点。

然后 $a,b$ 两边贪心做，每次判断 $a,b$ 两个凸包的当前枚举到的边那一条小走那边。

D / QOJ 6338 ~

E / QOJ 8646 ~

F / QOJ 6342 ~

模拟赛 #4

总结

t3 Narayana Number 赛时不会证明，然后发现证明用的怎么是我学过的 Raney 引理。。

证明考虑一开始 +1，然后枚举 $k$ 个 +1 连续段，然后做插板。然后前缀和非负，并且 $sum=1$，使用 Raney 引理。

A / 9019 185588488

显然有下界是真前缀为排列的个数，然后显然存在构造。字典序最小也是显然的。

B / 9019 185588489

考虑倒着 bfs，然后只关心四个方向最近的可以到达的点，预处理一下，复杂度平方。

不需要写序列并查集。

C / 9019 185588490 $^?$

瞪眼可得，枚举折线的峰，如果有 $k$ 个，那么方案数 $N(m,k)\binom{n-2k+1+2m}{2m}$。

$N(m,k)$ 表示折线 $k$ 个峰的方案数。

所以 $N(m,k)$ 是 Narayana Number。

D / 9019 185588491

$O(n\sqrt n\log n)$ 做法。

考虑极长合法段是不交的。考虑根号分治。

如果 $len\geq \sqrt n$，则有 $O(\sqrt n)$ 段，在查询的时候暴力。

如果 $len<\sqrt n$，考虑直接对区间内的每个数记上区间长度。

查询的时候特判跨越 $L,R$ 的区间，然后查询中间包含 $x$ 的区间长度的最大值。

$O(n\log^2 n)$ 做法过于困难了。

题单 #5

题单有点过于难了。

A / AGC059 C ~

B / QOJ 7774 ~

C / P11567 ~

D / AGC051 F ~

E / AGC053 F ~

F / AGC067 E ~

G / P8478 ~

模拟赛 #5

考虑贪心。贪心顺序是二元环三元环四元环。可以通过调整证明。

考虑每次先无脑打下来，然后到某个位置体力不够了，就不断撤销撤销后可以获得最大体力的位置，直到可以跳过。显然这样撤销次数最少。

因为撤销一次意味着要多花费 $B$ 的体力。所以当然是撤销越少越好。

考虑最后肯定是一个矩阵优化 dp 的形式，所以一定有线性递推式。打表打出来 $n$ 小的答案，然后就可以求出来了。

因为递推式很短，所以可以高斯消元求解。

D ~

集训队互测屎题。不想订正。

其他

集合幂级数相关

APIO 2025《集合幂级数在子图计数问题上的应用》 by cxy

乘法，集合并乘法

就是子集卷积，or 卷积。

exp,ln,inv / P12330~12332

集合幂级数 $f=\sum_S a_Sx^S$ 做 exp 的一种方法是：

令 $f_i=\sum_{popcnt(S)=i} a_Sx^S$，然后设 $F_i=FMT(f_i)$。

然后对每个 $S$，对多项式 $\sum_{j=0}^n z^j[x^S]F_j$ 做多项式 $\exp$，设结果为 $g_S$。

这里多项式 $\exp$ 因为 $n$ 非常小，所以可以直接 $O(n^2)\exp$。

然后把 $[z^j]g_S$ 填回 $[x^S]F_j$。然后对每个 $F_i$ 做 iFMT。

令 $H_S=[x^S]F_{popcnt(S)}$，则 $\exp f=H$。

对于 $\ln f,\text{inv }f$ 都是一样的。

* ARC105 F

旧题新做。

设 $G_S$ 表示（不一定联通的）子图 $V=S$ 的方案数。每个连通块左右部可以自由交换。

那么考虑 $F_S$ 表示联通的，左右部可以自由交换的方案数。

则 $F=\ln G$。然后答案左右部交换视为同一种，所以是 $f_U/2$。

然后是 $G_S$ 怎么求。枚举左部点 $T$，则方案数就是 $\sum_T 2^{e(S)-e(T)-e(S-T)}$。

然后考虑等于 $e(S)\sum_T 2^{-e(T)}2^{-e(S-T)}$，后面求和显然是子集卷积。

所以 $G$ 可以 $O(n^22^n)$ 求出。整个复杂度也是 $O(n^22^n)$。

QOJ 5411

考虑杏仁可以看作是，起点、终点、一堆链拼起来的产物。

所以考虑 $G_S$ 表示这些链的并是 $S$ 的方案数，则我们求出单个链 $S$ 的方案数 $F_S$，则 $G=\exp F$。

然后求出一条起点是 $s$，终点是 $t$，点集为 $S$ 的链可以状压 dp。

考虑一次询问等于选定一个点必须是链首。所以我们枚举这条链，然后和其他的拼起来就好了。

复杂度 $O(n^22^n)$。

QOJ 6954 $^?$

考虑环的交是很抽象的。直接要求环的交在点集里是困难的，所以考虑先观察性质，把环的交简化掉。

通过一些画图，我们发现，如果有超过两个环，所有环的交集只能是不超过两个点。

所以我们分类讨论；

树。矩阵树定理求解。
基环树。
枚举环（设环的大小为 $i$），然后缩点跑矩阵树。
存在至少一个点，使得删去该点后，无环。
枚举删去的点，然后剩下的是一些森林，然后森林中的点向这个点至少有一条边。需要用 $\exp$ 把森林转化为树做。
存在至少两个点，使得删去该点后，无环
枚举删去两个的点（两个点之间的边随意），然后剩下的是一些森林，然后森林中的点向这个两个点一共至少有一条边。同样 $\exp$ 解决。
但是会出现，如果两个点中间没有边，且每个连通块都只向恰好一个点连边，那么会出现恰好两棵树构成的森林，扣掉这种情况就好了。

设四个的答案为 $a,b_i,T_1,T_2$。

则答案为 $T_1-T_2+(\binom{n}{2}-n+1)a+\sum_i (\binom{i}{2}-i+1)b_i$。

QOJ 2068 $^?$

考虑集合幂级数的做法。

考虑匹配直接做比较困难。能不能把一些匹配连起来一起考虑。

注意到匹配只会让每个点 $\deg\leq 1$，所以这里的套路是：在此基础上考虑 $(2i,2i+1)$ 连边，这样每个点 $\deg\leq 2$，所以这样连边的图是一些环和链。

同时这样连边，相当于两个点合并成一个点。所以 $n$ 直接砍半到 $18$。

我们令 $F_S$ 表示 $S$ 作为一条链或一个环的权值和。这里可以状压 dp 求出，也就是设 $f(S,i)$ 表示当前链包含 $S$，链头为 $i$ 的方案数。

然后 $G=\exp F$。答案即为 $G_U$。

复杂度 $O(n^22^n)$。

AT_xmascon22_f $^?$

令 $n'=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

要求匹配为 $k\in[0,n']$ 的个数。

集合幂级数不太好做。瞄了一眼有 dp 做法。想了想大概会了。

考虑令 $f(i,S)$ 表示当前 dp 了 $i$ 个链（和若干个环），包含了点集 $S$ 的方案数。

考虑怎么转移。为了不重复，所以我们钦定新的环链的最大点是当前最大的未选点 $x$。也就是 __lg(S^U)。

然后考虑链怎么加入。考虑我们先 dp $2x$ 左侧的点，然后 dp $2x+1$ 右侧的点。注意 $(2x,2x+1)$ 有一条边。

所以令 $g(S,i,0/1)$ 表示选择了 $S$ 左侧还是右侧，当前 dp 到 $i$ 的方案数。

因为我们要知道一开始的 $x$ 是多少，为了不额外记录，我们一开始不把 $x$ 填进 $S$。最后 $g\to f$ 的时候才填。

因为多一条链意味着少一个匹配，最后答案 $ans_i=f(n'-i,U)$。

看起来复杂度 $O(n^32^n)$。但是注意到，对于 $i$，合法的 $S$ 只有 $2^{n-i}$ 种。所以是 $O(n^22^n)$ 的。

* CF1193A

这个问题是，对一个 DAG 重定向的代价是边不同的个数。问所有方案的代价和。

考虑直接计数很困难。考虑找不变的东西。我们发现，一种重定向方案和把这个方案的边全部翻转的方案的代价和是 $m$。

所以我们只要对方案数计数，然后乘上 $\frac{m}{2}$ 就好了。

考虑 $f(S)$ 表示 $S$ 中的点构成 DAG 的方案数。

然后 DAG 计数的一般套路是，枚举入度为 $0$ 的点，一层一层剥。

$f(S)=\sum_{T\subseteq S,|T|>0}f(S-T)c(T)$。也就是我们钦定 $T$ 是入度为 $0$ 的点。但是可能 $S$ 中的还是有入度为 $0$。所以要乘上容斥系数 $c(T)$。

考虑 $c(T)$ 怎么算。我们注意到，恰好 $T$ 是 $0$ 入度点的情况，会被 $\sum_{S\subseteq T}c(S)$ 算一遍。

所以要求 $c(\varnothing)=0,\sum_{S\subseteq T}c(S)=1$。子集反演得到 $c(T)=\sum_{S\subseteq T,|S|>0}(-1)^{|T|-|S|}=(-1)^{|T|+1}$。

所以最后的转移是 $f(S)=\sum_{T\subseteq S,|T|>0}f(S-T)(-1)^{|T|+1}$。

计数

容斥 / 拆贡献

ARC118 E

考虑不经过关键点比较难算。所以我们钦定经过关键点集合 $S$（不经过给出的关键点）

那么钦定经过关键点 $S$ 的方案数 $f(S)$，那么恰好经过 $S$ 的就是 $g(S)$。

有 $f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)$。

所以 $g(\varnothing)=\sum_{S\subseteq T}f(T)(-1)^{|T|}$。

考虑计数 $f(T)$。我们考虑按照路径 dp。

设 $dp(i,j,k,0/1,0/1)$ 表示当前位于 $(i,j)$，已经经过了 $k$ 个（钦定的）关键点，当前行是否有（给出或钦定的）关键点，当前列是否有（给出或钦定的）关键点。

转移是简单的。最后答案就是 $\sum_{i=0}^m dp(n+1,n+1,i,0,0)(-1)^i(m-i)!$ 其中 $m$ 是未给出的关键点数量。因为其他关键点是否被经过是不重要的，所以直接乘上 $(m-i)!$。

ARC188 D $^?$

首先思考一下，我们发现，$rk=i$ 的串，其第一个数一定是 $\lceil\frac{rk}{2}\rceil$。

考虑什么情况下不合法。去掉一些平凡情况，我们发现，对每个 $k$，如果 $2k,2k+1$ 同时存在，则在这两个位置所属行 $x,y$ 的点连 $x\to y$ 的边。如果存在一个点可以沿有向边走到自己则不合法。

然后考虑填数在图上相当于什么操作。填入一个数会让一个 $k$ 新满足 $2k,2k+1$ 同时存在，所以相当于在图上新增一条边。

所以问题变成，现在已经有一些边，我们要求出加边方案使得不存在一个点可以沿有向边走回自己。

说人话就是，不存在一个（无向）环上的定向相同。

所以我们把当前的连通块分类，分为已经成环，为链并且存在不同定向，为链并且定向均为左/右四种情况。

设方案数 $c_0,c_3,c_1,c_2$。

然后计数不合法情况。

枚举选择 $i$ 个左定向的链，拼成 $x$ 个左定向的环，$j$ 个右定向的链，拼成 $y$ 个右定向的环。其他的随便。

则方案数是 $\sum_x\sum_y(-1)^{x+y}\sum_i\sum_j\binom{c_1}{i}\binom{c_2}{j}s(i,x)s(j,y)(c_1-i+c_2-j+c_3)!$

其中 $(c_1-i+c_2-j+c_3)!$ 表示对剩下的随便排列。我们以前缀最小值为划分，发现和合法的所有成环情况形成双射。

其中 $s(i,x)$ 表示 $i$ 个物品分到 $x$ 组圆排列的方案数。也就是第一类斯特林数。

有结论是 $\sum_{i\leq n}s(n,i)(-1)^i$ 只有 $n=0,n=1$ 有值 $1,-1$，对 $n>1$，值恒为 $0$。

所以我们把式子变为 $\sum_i\sum_j\left(\sum_x(-1)^x s(i,x)\right)\left(\sum_y(-1)^ys(j,y)\right)\binom{c_1}{i}\binom{c_2}{j}(c_1-i+c_2-j+c_3)!$

然后我们只要枚举 $i\leq 1,j\leq 1$。复杂度线性。

AGC005 F

一开始想容斥之类的没有思路，然后考虑反过来，把边贡献到答案。

然后我们枚举边 $(u,v)\in E$，不妨设 $sz_u<sz_v$。考虑对 $ans_i$ 的贡献是边两侧都有点的方案数，也就是 $\binom{n}{i}-\binom{sz_u}{i}-\binom{n-sz_u}{i}$。

然后考虑暴力是 $O(n^2)$ 的。

然后，对每条边和每个 $i$ 都要求一遍，自然可以想到用卷积优化。

然后把组合数拆开，随便构造就好了。

CF468E $^?$

首先我们把 $w$ 拆成 $1+(w-1)$。 表示这个位置可以选择 $1$（不变）或者 $w-1$ 作为额外方案。这样就不需要记方案数做减法之类的。

考虑暴力。我们按照列进行 dp，维护哪些行被选了。感觉复杂度是 $O(2^k\text{poly}(k))$ 的，但是我们发现：

我们可以把状态合并，注意到某一行 $x$ 上最后一次出现的关键点的位置是 $(x,y)$，那么 dp 到 $y$ 之后，可以直接忽略 $x$ 这一行是否被选。

这样，我们发现需要被维护的行，必须要有至少两个关键点，那么只有 $k/2$ 行需要维护。所以复杂度是 $O(2^{k/2}k^2)$ 的。但是完全跑不满。

还是要考虑剪剪枝，说不定就能想到一些关键的优化。。

考虑可能的结果的形态

ARC178 D

考虑合法当且仅当插入的数满足比他小的数的位置都在同一侧。

所以不妨设 $f(i,l,r)$ 表示当前填到 $i$，$[l,r)$ 是包含 $[0,i]$ 的最小区间的方案数。

那么转移就是要求 $i+1$ 不能在 $[l,r]$ 中。枚举 $i+1$ 的位置并更新 $l,r$，复杂度四次方，前缀和优化到三次方。

QOJ 7649

考虑从前向后 dp，dp 记录 $f(i,j,k)$ 表示填了 $i$ 个数，有 $j$ 种 $k$ 表示 120 中当前 12 中最大的 1 值为 $k$。

然后加入一个新数，分类讨论是插入一个新值，还是不新增值。

有转移 $f(i,j,k)\to f(i+1,j,\max(k,c-1))(c\geq k),f(i,j,k)\to f(i+1,j+1,c-1)(c>k)$。

这里 $c$ 的限制是为了防止出现 120。

然后直接 dp 是 $O(n^4+qn)$，前缀和优化到 $O(n^3+qn)$。

AGC027 E $^?$

考虑，这样在序列上做神秘替换操作的题目，我们最好找到一个不变量来做限制。

一种套路是，我们把每种字符映射到一个整数，然后操作在模意义下不改变字符串的元素和。

然后这道题，我们让 $\texttt{a}\to 1,\texttt{b}\to 2$。注意到这样每次操作，字符串的数字和在 $\bmod 3$ 意义下不变。

考虑一个字符串 $s$ 是否可以变为 $t$。因为是计数，所以我们需要用唯一的变化方法来刻画。

首先我们贪心地找到一个必要条件，对于 $t$ 的每个字符，找到 $s$ 的一段前缀使得前缀和和这个字符对应的数字相同，且至少存在一对相邻相同位置，然后删去这段前缀。如果每次都能找到，最后 $s$ 的数字和为 $0$，那么合法。

这个条件唯一确定了一个 $s\to t$ 的过程。

然后考虑这个条件是否充分。

我们发现，通过调整，一定可以构造出 $s\to t$ 的方案。所以我们只要对这个 dp 就好了。

考虑倒着做。$f(i)$ 表示当前 dp 到 $s_i$ 的方案数。然后转移维护两种情况的位置就好了。

ARC138 F $^?$

很厉害的题。

首先状态设计是简单的，维护 $f(pl,pr,vl,vr)$ 表示当前 dp 到的矩形。状态数是四次方的。接下来用 $f(S)$ 表示这个矩形中的点集为 $S$。

首先我们枚举第一次操作的位置。然后考虑重复计数了什么。

一个想法是这样的，注意到我们考虑 $x,y$ 更大的操作的时候，会用到 $x,y$ 更小的操作的信息，所以我们把操作按照 $x_1,y_1,x_2,y_2\cdots x_m,y_m$ 按顺序标号为 $1,2,\cdots 2m$，然后按照这个顺序考虑。

首先有（带重复的）方案数是 $\sum_k f(S_k)f(S-S_k)$，其中 $S_k$ 表示编号为 $k$ 的操作后被分割出来的前半部分。

然后考虑重复当且仅当 $S_k$ 中存在一种方案，可以先在里边操作一次，然后再在外面操作。

所以我们枚举方案。考虑分类讨论：

如果 $S_k$ 中的 $w$ 的切割方向和 $k$ 的方向相同，那么方案数是 $f(S-S_k)\sum_w g(S_w)f(S_k-S_w)$。其中 $g(S_w)$ 表示 $S_w$ 中，$w$ 一定是最先切的方案数。

如果不同，我们注意到，假设 $k$ 竖着切，$S_k$ 中的 $w$ 是横着，那么如果第四象限（至少一个点）有点 $A$，切出来的第二象限一定是有点的，因为 $|S_w|\leq |S_k|\Rightarrow|S_w-\{A\}|<|S_k|$。

所以如果存在 $A$，那么第二三象限都有点，这意味着二者的操作顺序必然会改变。所以 $A$ 一定不存在。

所以 $S_w$ 只能在第三象限。故 $w\in S_k,S_w\subseteq S_k$。

同理，$k$ 横着 $w$ 竖着的限制同样是 $w\in S_k,S_w\subseteq S_k$。

所以我们得出了：$g(S_k)=f(S_k)-\sum\limits_{w\in S_k,S_w\subseteq S_k} g(S_w)f(S_k-S_w)$。

然后有 $f(S)=\sum_k f(S-S_k)g(S_k)$。

一开始在考虑两维分开，但是后面意识到可能会有两种切割方向不同的重复情况，然后脑袋就宕机了。

考虑可能的组合过程

$^!$ ARC193 C

考虑倒着做。考虑最后一个填入的位置，会让一行一列都变成该颜色。然后我们接下来只要删除这一行一列考虑就好了。

然后考虑 dp，设 $f(i,j)$ 表示 $i$ 行 $j$ 列网格的方案数。

然后我们枚举同色行列的个数 $x,y$。

分类讨论，如果 $x,y\neq 0$，则只能有恰好一种颜色。否则颜色可以有多种。

有 $f(i,j)=\sum_{x\geq 1}\sum_{y\geq 1} f(i-x,j-y)c(x,y)C+\sum_{x\geq 1}f(i-x,j)c(x,0)C^x+\sum_{y\geq 1}f(i,j-y)c(y,0)C^y$。

其中 $c(x,y)$ 是容斥系数。

所以先考虑 $y=0$，那么有 $\sum_{x\geq 1} \binom{i}{x}c(x,0)=1$，可得 $c(x,0)=(-1)^{x+1}$。

$x=0$ 同理，有 $c(0,y)=(-1)^{y+1}$。

然后考虑 $x\neq 0,y\neq 0$。注意到这已经被 $x=0$ 和 $y=0$ 的情况算了两遍，所以有 $\sum_{x\geq 1}\sum_{y\geq 1}c(x,y)=-1$，可得 $c(x,y)=(-1)^{x+y+1}$。

然后前缀和优化是简单的。

思维链还是有点太长了。。根本想不下来。

dp 类计数

ARC107 D

考虑暴力 dp。设 $f(i,j)$ 表示选择了 $i$ 个物品，当前还需要选择 $j$ 个当前枚举到的大小的物品（也就是我们把当前枚举到的大小放在了一起算）。

然后转移是枚举当前大小选了几个，有 $f(i,j)\to f(i+k,2(j-k))$。

好蠢。注意到这其实是完全背包的变种，或者说我们不需要一次性枚举 $k$，而是枚举当前是否进入下一个大小。。

NJUSC 2025

机试 #1

打得好难受啊。

直接枚举第一个人坐哪里，然后暴力模拟。复杂度看起来不错。

细节一万个。屎。

观察到路径一定是 $x\in[xl,xr],y\in[yl,yr]$。

然后枚举 $xl$，维护每个 $xr$ 对应的 $xr+yr-yl$ 的最小值。

单调栈维护每个 $xr$ 对应的 $yl,yr$，线段树直接暴力更新。

防 AK。

先分类讨论，得到一个平方暴力。

然后有 $\gcd=1$ 的限制。然后莫反做，拆掉一堆东西。

耐推王。

然后单点求 mu 用杜教筛。

机试 #2

简单题。随便构造。

原。还不会。

神秘交互。只会 ~85。

考虑 42 分。第 $i$ 个位置放在 $\frac{i}{n}$ 处，每个数找到最近的位置填进去。

63 分。考虑这样做的问题是，容错太低。不如把 $100$ 个位置放到一起，也就是把第 $i$ 个位置放到 $\frac{1000\lfloor\frac{i}{1000}\rfloor}{n}$ 处。

这样两侧相当于随机填。并且一个位置左右侧的影响比较小。

然后是 85。考虑随机过程中可能当前随机的数“不太随机”，会导致填的位置有聚堆，所以在过程中挑几个时间重新把位置分组。

posted @ 2025-08-09 00:00 adam01 阅读(96) 评论(0) 收藏举报

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