Loading

DE_aemmprty 的草稿纸（2025.7.23 ~ 2025.7.28）

2025.7.23

Majority

关键启发：考虑分组时，思路打开。我们只需要组内有规律 / 性质。（比如 \(0, 1\) 不一定要整个连通块压入组内）

设 \(s_i = 2 \times \sum_{k = 1}^i a_k - i\)，则 \(s_i - s_{j - 1} \geq 2\)。但 \(s_i\) 显然犹如一坨，弃掉。

从操作考虑没什么前途。考虑 \(1\) 连通块。显然左端点是 \(1\) 左端点，右端点是 \(1\) 右端点。

考虑 \(0\) 连通块周围。没救。直接考虑 DP？没救。

观察操作形态。操作应当是一个树形结构。每次操作对应着一些 \(0 \to 1\)。因此，能否区间 DP？没救。

考虑压缩连通块成大小，\(1\) 连通块与左边的 \(0\) 合并。对于一个 \(1\) 连通块，\(\sum_{k = i}^j b_k + a_{j + 1} \geq 0\)

感觉不如将 \(0\) 视为 \(-1\)，然后和 \(\geq 0\)。

逆向考虑。

\[f_{i, j, 0} = \sum_{k = 0}^{i - 1} f_{k, i - j - k, 1}\\ f_{i, j, 1} = \sum_{x = j + 1}^{i} f_{i - j, x, 0} \times g(j) \]

如何求 \(g(j)\)？

\[g(j) = \sum_{x = 0}^n f_{j, x, 0} + f_{j, x, 1} \]

\(g(j)\) 未计算？为什么要保留全 \(1\)？因为全 \(1\) 后面有 \(0\)。能否通过分组直接绑定 \(0,1\)？

考虑把左边 \(i\) 个 \(0\)，中间 \(i\) 个 \(1\)，右边 \(i\) 个 \(0\) 绑到一起。一定不重不漏。消除了限制。因此降维，转移 naive。

2025.7.24

*[AGC067B] Modifications

关键点是观察角度应该是序列本身，而不是染色染成同样情况的判定。

区间覆盖后求染色本质不同。倒着做。转化为覆盖了就不能再变色。1

颜色显然是嵌套的形式。1.5

考虑什么情况会本质相同。先考虑简单的情况。如果这感觉不好考虑。

考虑如何处理区间为排列。

能否把非法情况容斥？考虑当前 \(i \in S, a_i\) 被钦定的方案数为 \(f(S)\)，则 \(\sum\limits_{\emptyset \neq S}\) 对于原问题，直接容斥是不好做的。

是否是存在区间区间没有贡献时会重复？不是。

考虑颜色交集 / 并集（两个颜色的关系）这道题的重复太复杂了，从染色角度出发不可做。

由于 1.5，考虑区间 DP。2

算序列能否被全部覆盖不太好做。为啥呢？太容易重复了，还不好加规则。老套路，考虑容斥，\(f_{l, r}\) 表示只考虑所有 \([L_i, R_i]\) 在 \([l, r]\) 内的区间，完全不能操作的序列数。3

考虑不能操作的区间的结构。容易发现，它的结构是若干个没有被覆盖的点构成的。

考虑进行 DP。设 \(g_{i, j, k}\) 表示左端点为 \(i\)，当前没被覆盖的点为 \(j\)，上一个和 \(j\) 颜色不同的没被覆盖的点为 \(k\)。

可以进行转移。

涛涛的 gcd

要么是调和级数，要么是求每个 \(a_i\) 的因子。

有 \(\mathcal{O}(nV)\) 做法是考虑离线，对于每个 \(l\)，扫描线，记录每个数的出现次数。由于每个数出现 \(> 1\) 次后没有用，因此复杂度正确。

有 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log n)\) 做法是对于每个 \(a_i\) 的因子 \(x\)，求 \(lst\) 表示前面最右边与他相等的因子下标，和 \(pos\) 表示他自己的下标。典型的二位数点，离线后 BIT 扫描线。（也可以回滚莫队）

如果存在两个因子 \(x, y\)，\(lst_x \leq lst_y\)，\(pos_x \geq pos_y\) 且 \(x < y\)，则 \(x\) 全面劣于 \(y\)。

因此，注意到固定 \(l\) 时，右边真正有效的只有 \(\mathcal{O}(n)\) 个值，而对于每个 \(x\)，他的因子中只有一个有效。

进一步观察，\(x\) 的最优决策点随着 \(l\) 的增加单调不增，具有决策单调性。

所以可以 \(\mathcal{O}(n\sqrt{n}\log{n})\) 但是常数极小地解决此题。瓶颈在于 \(x\) 决策点更新。大概 \(1.6 \times 10^8\) 计算量。

*七管荧光灯

[!WARNING]
这道题菜逼博主还不会

考虑打表。打表的话，我们需要保证每次的连通块，如果有 \(4\)，则不能出现 \(\{1, 2, 3, 4\}\) 或 \(\{4, 5, 6, 7\}\)；如果没有 \(4\)，则不能出现 \(6\) 条边。根据这个写 dfs 来计算 SG。写个但！！！

弱化题目打表。考虑 \(l_4 = r_4 = 0\)。则容易发现如果所有石子数相等，则先手必输，否则必胜。考虑容斥，我们算先手必输的方案数，即 \((\bigcap\limits_{1\leq i \leq 7, i \neq 4} [l_i, r_i]) ^ 6\)。

  • \(1,2,3,5,6,7\) 相等，\(a_4 > 0\) 必胜，否则必输。

  • \(1,2,3\) 有最小值，\(5,6,7\) 有最小值，必胜。

嗯想没救。\(a_4 = 0\)，全部相等必输。\(a_4 = 1\)：

  • \(1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1 \ 1\)：必胜
  • \(1 1 1 1 ???\) 或 \(???1111\)：必胜

[ARC130D] Zigzag Tree

弱化题目，观察链。链上是 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个，第 \(i\) 个数的排名是 \(j\)。

观察菊花。发现对于一个点的若干儿子，每对都是同一种类型1。答案为 \(2(n - 1)!\)。

回到原题。1 的结论在每个节点都能使用。考虑树上 DP。

设 \(f_{i, j, 0/1}\) 表示对于 \(i\) 的子树，\(p_i\) 在子树中排名为 \(j\)，且 \(p_i\) 大于 / 小于相邻节点的 \(p_i\)。 设 \(g_{i, j, 0/1}\) 表示对于 \(i\) 的子树，不算 \(p_i\)，儿子排名最高 / 最低为 \(j\)。转移是 naive 的。

序列妙妙值

如果对于所有数分成两部分没有前途，把每个数拆成两部分也是可以的。

直接考虑似乎没什么前途。两种思路：

  • 充分利用前缀信息计算后续信息
  • 优先观察式子性质 \(\to\) 能解决 \(k = 2\)，但似乎扩展不了，部分分也没给。没前途。

考虑先来朴素 DP。设 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个分了 \(j\) 组，有 \(f_{i, j} = \sum_{k = 1}^i f_{k, j - 1} + (s_i \oplus s_k)\)。1

发现题面好像对值域情有独钟，观察对象设为值域。2

发现值域很小的时候，我们可以枚举 \(s_k\)，复杂度 \(\mathcal{O}(nkV)\)。

拆位？\(f_{i, j} = \sum_{k = 1}^i f_{k, j - 1} + (a_i \oplus a_k) \, | \, (b_i \oplus b_k)\)。

枚举 \(b_k\)。假设当前考虑的是后八位为 \(x\) 的数。

提前预处理出 \(g_{k, j, A, B} = f_{k, j} + (a_k \oplus A)\)，其中 \(b_k = B\)。由于每个 \(f_{k, j}\) 只需要记录 \(\sqrt{V}\) 次，所以复杂度为 \(\mathcal{O}(nk\sqrt{V})\)。

设 \(l_{k, j, A, B} = \min\limits_{i=1}^k g_{i, j, A, B}\)，则 \(f_{i, j} = \sum\limits_{x = 0}^{\sqrt{V}} l_{i - 1, j, a_i, x} \, | \, x\)。复杂度为 \(\mathcal{O}(nk\sqrt{V})\)。

实际实现时，\(g, l\) 的第一维可以优化掉。

*[ARC145D] Non Arithmetic Progression Set

[!WARNING]

考虑将 \(y - x \neq z - y\) 转化为 \(x + z \neq 2y\)，二进制不太好构造，考虑三进制。

题目限制很松。显然可以自己加条件。

有一个很显然的构造就是 \(2^0, 2^1, 2^2, \cdots 2^{n - 1}\)。太大了。为什么？浪费太多了。

一些可以尝试的方向是二进制，模数，质数，等差数列。

题目显然问你的是构造不存在长度为 \(3\) 的等差数列且和一定的序列。

也可以描述成不存在两个数，他们的平均数存在。

从奇偶出发？

Subset with Zero Sum

思路唯一有效的部分是将 \(a_i\) 转化为 \(a_i + n - i\)。

对于一个环，\(\sum (u_i - v_i) = 0\)。因此考虑建图。

将 \(a_i\) 转化为 \(i - a_i\)，然后 \(i \to i - a_i\)，由于 \((u_i - v_i) = i - i + a_i = a_i\)，所以找环即可！

2025.7.25

Armor and Weapons

弱化题目后变成没有 \((i, j)\) 点对。发现时间是 \(\log{n}\) 量级的（Fibonnaci 数列）。

每次一定取最大的两个 \(x, y\) 加起来。如果存在 \((x, y)\) 点对，则大小 \(+1\)。

尝试（注意是尝试）DP。设 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 秒，盔甲的最高等级为 \(j\)，武器的最高等级。

设 \(g(x, y)\) 表示 \(x, y\) 的 power，则有：

\[f_{i, j} = g(j, f_{i - 1, j})\\ f_{i, j} = \max_{k = 1}^{j - 1} \{[g(k, f_{i - 1, k}) \geq j]f_{i - 1, k}\} \]

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

Odd Mineral Resource

适当随机可以简化题目条件。在这里面有很多技巧。

首先，可以把路径转化成 \(d_u + d_v - [a_{\text{lca}} = x]\)。

这是一个经典的 trick。

对每个颜色判断，条件比较严格，不使用 \(\sqrt{n}\) 不太可做。

如何弱化条件？我们使用随机大法。

给每一种颜色随机赋权，然后如果一条路径上异或和等于 \(0\)，我们就说不存在合法的 \(x\)。

主席树维护每个点，颜色区间的异或值。然后在主席树上二分即可。

注意讨论 \(a_{\text{lca}}\)。

Swedish Heroes

有时候果断地转化和过多的性质反而会模糊题目的结论。不要丢掉其他性质和可能更深刻的刻画。

长成一个树形结构。最大值显然是 \(\sum\limits_{i = 1}^n |a_i|\)。我们要尽量减少负数 + 正数的情况，这样太浪费了。我们也要避免最终值是一个负数。

序列最终 \(\times 1\) 或 \(\times -1\) 有什么规律吗？有归纳规律。考虑小情况。

打表后发现 \(+\) 的数量有规律，研究一下发现：

  • \(2p + q \equiv 0 \pmod{3}\)。
  • 一定存在相邻两个符号相等。

证明使用归纳法显然。

后记：为什么考虑使用 \(3\) 为模数？我们尝试不使用打表解决此题。

显然，序列长成一颗二叉树的结构。 但从二叉树上考虑会弱化序列上两个数“合并”的信息。

将观察对象设为一次合并，先考虑简单情况，如果两个正数相加 \(\to\) 一个负数，两个负数相加 \(\to\) 一个正数，此时负数个数 \(+ 3\) 或 \(-3\)，正数个数 \(-3\) 或 \(+3\)。就是这里启发了我们考虑 \(3\) 作为模数。

[AGC055B] ABC Supremacy

考虑操作之间的结构是本题的突破点。

操作是无向的。所以一定有对于每一种字符串的赋值方法，使得一个连通块中的字符串在同一类中。考虑寻找分类方法和赋值方法。

考虑 \(ABC\) 之间有没有什么分界点。发现对于一个 \(ABC\)，它可以推土机！所以没有分界点。推出来后，在末尾的和在开头的是一样的。这启示我们考虑 \(s, t\) 删除一个 \(ABC\) 状物，然后如果相等则能互相转换。

[AGC066C] Delete AAB or BAA

[!WARNING]

此题正解请左拐 Delete AAB or BAA - DE_aemmprty - 博客园

CF1458C Latin Square

我们一般处理序列询问时，都是考虑从 \(1\) 到 \(n\) 来考虑 \(a_1, \cdots, a_n\)，这种方法的好处是便于维护 \([l, r]\) 的区间信息，便携地描述了序列在 \(pos\) 从小到大时相对的关系。但是，这不是必要的！我们常常忽略这一点！

如果只有 UDLR，可以维护一个行排列和列排列，然后输出时转一下即可。

加入了 IC 后，怎么办？

神题，我懂得欣赏。

这题给我们很大的启示是：我们一般处理序列询问时，都是考虑从 \(1\) 到 \(n\) 来考虑 \(a_1, \cdots, a_n\)，这种方法的好处是便于维护 \([l, r]\) 的区间信息，便携地描述了序列在 \(pos\) 从小到大时相对的关系。但是，这不是必要的！我们常常忽略这一点！

这道题告诉了我们，数组的 \(pos\) 不一定要从小到大排！当值与下标有密切联系的时候，再对 \(i\) 按顺序排列反而不优！我们可以单纯将一个数组中的值视为一个二元组 \((i, a_i)\)。

在这道题中，下标的按顺序排列不重要。我们可以考虑 \((i, j, k)\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的值是 \(k\)。这样的二元组有 \(n^2\) 个。

我们考虑 UDLR 是什么。显然，对于一个三元组 \((i, j, k)\)，这四个操作分别是：

  • \((i,j,k)\to \Big((i + 1) \bmod n + 1, j, k\Big)\)
  • \((i, j, k)\to \Big((i - 1) \bmod n + 1, j, k\Big)\)
  • \((i, j, k)\to \Big(i, (j + 1) \bmod n + 1, k\Big)\)
  • \((i, j, k) \to \Big(i, (j - 1) \bmod n + 1, k\Big)\)

然后考虑 IC 表示什么。我们发现它尽然是这样！

  • \((i, j, k) \to (i, k, j)\)
  • \((i, j, k) \to (k, j, i)\)

因此我们打 tag 维护即可！

2025.7.26

FFT 学习笔记

[!WARNING]

左转博客园 FFT 学习笔记 - DE_aemmprty - 博客园

「MCOI-07」Dream and More Discs

能不能先考虑如果我们知道所有重要值，如何快速求出第 \(k\) 小的那个值。

我们可以对外面二分，对里面每个值来二分，询问次数是 \(nm\log V = 9350\)，很劣。

但是其实我们可以直接查询出重要值，我们只用这个值判断与 \(mid\) 的大小关系，很浪费。

其实很多没用，然后复杂度就对了。

*ABC 416 G

[!WARNING]

这道题还没有完全理解

发现这个长度很奇怪啊！

2025.7.27

前缀值

[!WARNING]

完整正解右转博客园。启发：枚举点不好算时，考虑为什么不好算（得到了哪些信息 / 不知道哪些信息）

如果当前 \(mx \geq mn\)，对于后面的序列，就是 \(> mx\) 的求最长上升，\(< mn\) 的求最长下降。

如果 \(mx < mn\)，一个 \(a_i < mx\) 归到了 \(mn\) 或者一个 \(a_i > mn\) 归到了 \(mx\)，变成第一种情况。

考虑弱化题目。假设全部递增，显然是 \(n\) 个。最长下降为 \(2\) 怎么做？不会啊，\(\mathcal{O}(n^2)\) 都不会就开始做最后 sub 了。

能不能 \(\mathcal{O}(n^2)\) 啊。发现第二行的结论在两边都可以扩展。所以前面不需要直接硬 DP。

暴力 DP 是 \(f_{i, j, k}\) 的，转移 naive。枚举分界点，条件是 \(pmx < pmn < x\) 或 \(x < pmx < pmn\)。

  • \(pmx < pmn < x\)，则前面 \(\leq pmx\) 的最长上升，\(\geq pmn\) 的最长下降，后面 \(> x\) 的最长上升，\(< pmn\) 的最长下降，答案为四个数的和 \(+1\)。
  • \(x < pmx < pmn\)，则前面 \(\leq pmx\) 的最长上升，\(\geq pmn\) 的最长下降，后面 \(> pmx\) 的最长上升，\(< x\) 的最长下降，答案为四个数的和 \(+1\)。

看起来复杂度没有任何变化，还是 \(\mathcal{O}(n^3)\)，瓶颈在枚举 \(x, pmx, pmn\)。

不对，两边并不是对称的。奇了怪了。假设左边第一个数比较中间，选哪里都不优，但它却必须要选。能不能简单的修 BUG？似乎不行。G 了。回退回退。

问题的本质还是出在“每个数恰好分到一个地方”这里，每个数有用还是没用是确定的，这个限制太抽搐了。正着难做，能不能倒着做？倒着的话，似乎我们可以决定一个数是有用还是没用？显然不行啊，我先冷静一下。

好像也不一定不行。倒着使我们发现了一个性质：如果枚举了分界点的 \(pmx, pmn\)，则前面的最优策略其实是固定的。具体来说，我们从前往后，如果一个数 \(\leq pmx\)，它必须被归到 \(mx\) 中，\(pmn\) 同理。而且，如果前面存在一个数 \(a_i\)，有 \(pmx < a_i < pmn\)，这个 \(pmx\) 和 \(pmn\) 显然完全不合法。

整理一下信息：

  • 如果当前 \(mx \geq mn\)，对于后面的序列，就是 \(> mx\) 的求最长上升，\(< mn\) 的求最长下降。
  • 如果 \(mx < mn\)，一个 \(a_i < mx\) 归到了 \(mn\) 或者一个 \(a_i > mn\) 归到了 \(mx\)，变成第一种情况。
  • 考虑弱化题目。
  • 枚举分界点，条件是 \(pmx < pmn < x\) 或 \(x < pmx < pmn\)。
  • 如果枚举了分界点的 \(pmx, pmn\)，则前面的最优策略其实是固定的。具体来说，我们从前往后，如果一个数 \(\leq pmx\)，它必须被归到 \(mx\) 中，\(pmn\) 同理。
  • 如果前面存在一个数 \(a_i\)，有 \(pmx < a_i < pmn\)，这个 \(pmx\) 和 \(pmn\) 显然完全不合法。

我觉得枚举分界点就是对的，相关性质一大车。

第五个性质似乎能进一步深化：结合 \((6)\)，我们发现不需要 \(pmn\)，我们只需要 \(pmx\) 即可。也就是说，如果一个数 \(\leq pmx\)，他就是 \(mx\)，否则是 \(mn\)。所以考虑枚举 \(x\) 和 \(pmx\)，对于后面的最长上升子序列，可以预处理出来，前面也可以预处理，于是答案是：

  • 对于 \(pmx < a_x\)，有 \(fmx_{pos_{pmx}} + fmn_{pos_{pmn}} + gmx_{a_x} + gmn_{pmx}\)。
  • 对于 \(a_x < pmx\)，有 \(fmx_{pos_{pmx}} + fmn_{pos_{pmn}} + gmx_{pmx} + gmn_{x}\)。

这个时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

这些式子似乎和 \(a_x\) 没啥关系？但其实关系还挺大。能不能优化掉？似乎不太行。那我们考虑快速维护答案。

这个无关的最长上升子序列好烦啊！！！\fn\fn\fn 为什么不好用数据结构维护？因为我们不能快速知道 \(a_i > pmx\) 且 \(i > x\) 的 \(t_i\) 最大值，其中 \(t_i\) 表示以 \(i\) 为开头的最长下降子序列，而且也不太好和之前的结合。前面要求的分别是 \(r_{pmx}\) 和 \(l_{pmx}\)，其中 \(r_i\) 表示以 \(a_x = i\) 结尾最多选多少，\(l_i\) 表示以 \(a_x > i\) 结尾最多能选多少。\(r_i\) 的修改是单点修改，\(l_i\) 的修改是区间 \(\max\)。

理论上来说，\(l_i\) 改成 \(a_x = nxt(i)\) 结尾最多能选多少可以变成单点修改。 现在最傻逼的就是：

  • 我们不能快速知道 \(a_i > pmx\) 且 \(i > x\) 的 \(t_i\) 最大值，其中 \(t_i\) 表示以 \(i\) 为开头的最长下降子序列，而且也不太好和之前的结合。

CF1175F The Number of Subpermutations

似乎直接异或就行了。随机赋权+异或。

确实直接异或就行了，但是后面还有一些内容。

我们考虑如何快速找。如果暴力的话，对于每一个 \([l, r]\)，我们都要验证 \(l, r\) 是否合法。

考虑优化，如果我们考虑对于每个右端点 \(r\)，去计算所有的 \(l\) 左端点。对于这种情况，每个 \(r\) 为右端点的长度可能有 \(\mathcal{O}(n)\) 种。

我们考虑发掘合法区间 \([l, r]\) 的性质。如果 \([l, r]\) 里面全部是 \(1,\cdots,r - l + 1\)，那么肯定只有一个 \(1\)，而且 \(r - l + 1\) 一定是 \([l, r]\) 的最大值。

因此，考虑 \(1\) 和最大值。我们对于每一个 \(1\)，向左 / 右边扫，扫到 \(1\) 就停止。然后假设当前扫到 \(r\)，如果 \(1\) 之前有一个 \(l\)，则 \(l\) 到 \(r\) 的最大值就是这个区间应该判断的长度。然后 \(l\) 到 \(r\) 的最大值要么在 \(1\) 左边，要么在 \(1\) 右边。因此，左右扫的时候，以最大值为长度判断可不可行即可。

CF1418G Three Occurrences

恰好为 \(3\) 没见过啊！回忆一下，我们做过 \(\mathbf{mod} \ 2\) 为 \(0\) 的题，但是没见过恰好为 \(2\) 的题。先考虑 \(3\) 的倍数怎么做。

我们可以对于每个 \(cnt_{i}\)，存 \(i\) 之前每个数出现次数 \(\mathbf{mod} \ 3\) 的集合，然后对于一个区间，\(cnt_{l - 1}\) 和 \(cnt_r\) 集合构成一致时可以做。

但是现在是恰好为 \(3\)，怎么做？我们考虑再判断每个数出现次数是否 \(\leq 3\)。这个直接 vector 加上 multiset 来轻松拿下。

2025.7.28

P8819 [CSP-S 2022] 星战

题目等价于对于每个连通块，点数等于边数。

其实等价于每个点出度为 \(1\)。

然后发现入度其实很好维护。然而出度呢？

我们直接哈希即可。对每个点随机赋权，然后算和即可。

HDU6647 Bracket Sequences on Tree

考虑弱化题目，固定一个根。

显然是归纳的形式。

考虑研究括号序的本质，容易发现括号序实质上是将原树中的子树顺序打乱。因此，只有同构的两棵树括号序一模一样，其他情况括号序一定完全不重。

考虑 \(dp\)。则对于一个以 \(x\) 为根的子树，枚举所有子树的顺序。对于所有同构子树，这些括号序一定重复，因此这些顺子树的顺序要除掉。然后，对于每个 \(f\)，将他们乘起来即可。判断子树同构可以使用哈希。

考虑换根，则我们直接暴力使用换根维护 \(f_i\) 即可。要注意一个细节：对于换根后与其他根的树同构的情况，不能算方案数。

CF1794E Labeling the Tree with Distances

考虑一个点到其他点的距离有没有什么神秘性质。显然标记为 \(0\) 的是起始点。因此只能有一个 \(0\)。考虑换根状物东西。

以 \(x\) 为根考虑维护每个深度的个数的数组 \(S\) 的哈希值，对于 \(a\) 求出来 \(n\) 种可能的哈希值 \(a_i\)，存到 map 里。对于其他为根可以考虑哈希换根，类似于 \(\mathbf{DP}\) 维护即可。

51Nod1863 Travel

考虑从大往小贪心的去做，边权转化成 \(0\) 和 \(1\)。可以使用 \(\mathbf{01BFS}\)，复杂度为 \(\mathcal{O}(nm)\)。

考虑对于所有的数一起 \(\mathbf{Dijkstra}\)，然后我们要对于每个点去松弛。

不用 ds 不可做，也没有贪心做法，直接哈希也不行。于是维护主席树存每种数的出现次数，每个区间存哈希值，主席树上二分即可。

CF1746F Kazaee

常规不了啊，这个 \(k\) 怎么不是给定的。得使用人类智慧。

\(k\) 不是给定的，可以对每个 \(k\) 都做。但是做不了。考虑根号分治。

对于 \(k > \sqrt{n}\) 怎么做。能做。但是 G 了。

对于每个值赋权，然后求前缀和。

正常套路是 \(\mathbf{mod} \ k\)，然后比较前面后面集合是否一样。但是这里不行。

正常 ds 完全没法做，根号分支又过不了。

由于所有数都是 \(k\) 的倍数，所以考虑不对前面的哈希值 \(\mathbf{mod} \ k\)，然后直接减。

如果这个值能被 \(k\) 整除，就是合法的。

CF1771F

糖丸了，和精品题单一模一样。

P2757 [国家集训队] 等差子序列

容易发现只有长度为 \(3\) 的等差数列有用。

枚举中间的 \(p_i\)，则 \(pos_{2p_i - x} < i\) 对于所有 \(x\) 在 \(p_i\) 或者 \(2p_i - x > n\)。

由于值域是两两匹配且和一定的，所以对于前面维护一颗线段树，考虑区间维护值域上正反的哈希值，判断相等即可。

P5537 【XR-3】系统设计

每条路径都对应了若干个序列。考虑对这些序列哈希。先不考虑 \(2\) 操作。

则，我们可以对 \(x\) 为根，存 \(x\) 到子树节点的 \(\mathbf{hash}\) 序列值，然后二分 \([l,r]\)，每次取出一个前缀，判断子树中的 \(\mathbf{hash}\) 值中是否有这个哈希值。

在 \(x\) 上存不好，太多重复的终点重新算了。其实我们可以给 \([l, mid]\) 的哈希值前面拼上一个根到 \(x\) 的路径哈希值，然后就可以直接在根上做了。

加上 \(2\) 操作，我们可以线段树维护哈希值，然后二分改成线段树上二分。

使用 gp_hash_table，复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)

CF985F Isomorphic Strings

考虑观察匹配的判断方法。我们发现，我们不能直接哈希，因为字符这个值是不重要的，重要的是那些字符是相等的。但是如果一起哈希，由于我们不能把字符哈希进去，所以我们可以对于每个字符 \(c\)，单独求一遍哪些位置字符为 \(c\)，求出 \(01\) 串后哈希。最后把 \(26\) 个哈希值排序判断相等即可。

[AGC050A] AtCoder Jumper

这道题，好抽象啊。。。

考虑 \(x \to 2x\) 和 \(x \to 2x + 1\)，再对 \(n\) 取模即可。

posted @ 2025-07-23 19:02  DE_aemmprty  阅读(33)  评论(1)    收藏  举报