01 ~ 07/12/2025 做题记录
退役了，平时没事干就做点题吧 233
在数轴上，有 \(n\) 个不同的障碍，每个障碍唯一对应了一把钥匙，散落在不同位置。
你要从 \(S\) 走到 \(T\)，求最短路径，或者报告无解。
\(n \le 2 \cdot 10^5\)
手玩一下，观察到我们的路径一定是左右往返。有很多做法，这里学到一个非常巧妙的建图方法：
- 从 \(S\) 开始向两侧的点连边，左侧向左侧相邻的位置连有向边，右侧向右侧相邻的位置连有向边；
- 钥匙向门连有向边；
把距离作为边权。我们从 \(S\) 开始，做拓扑排序，有解的充要条件是 \(T\) 可以被入队。
这是因为 \(T\) 想要入队，必须能从一侧抵达；门想要入队，必须同时满足能从一侧抵达，且能从钥匙抵达。
这个连边的方式恰好表示了限制。
同时，在这个这个过程中，求出 \(S\) 到 \(T\) 的 最长路 即为答案。
这是因为前面说了，每个门有两个限制都要满足，其他的则为一个。从定义来看，恰好是最长路。
笔记：存在多个限制要同时满足，则瓶颈是最晚满足的那个限制，故可以得到最长路的建模。
给一棵以 \(1\) 为根的树，定义 \(a_i\) 是点 \(i\) 的父亲，满足父亲的编号一定小于自己，有 \(m\) 次操作：
- 区间减法，但不会小于 \(1\)，即 \(\text{max}(a_i - x, 1)\)
- 查询两个点的 LCA
\(n,m\le 4 \cdot 10^5\)
这个题好像在 \(23\) 还是 \(24\) 年的 \(\text{icpc}\) 里原了（可能是转化完以后），我赛时就没读到这个题，赛后听别人说的，正好退役了，补一下这个题。
考虑如果能满足 \(i - a_i \ge \sqrt n\)，那么树高也不超过根号，这个时候暴力查询复杂度就是对的，和树剖的跳法类似。这个限制还能稍微放松一下，我们对编号分块以后，如果 \(a_i\) 和 \(i\) 不在一个块里，那么就认为它已经满足了特殊条件（因为暴力跳的时候，一共只有根号个块可以切换，相当于是找了一个简易的势能）。
现在考虑如果 \(i - a_i\) 很小怎么办，实际上如果写过弹飞绵羊那个题的话，应该马上就会了。我们再设计 \(h_i\) 表示从 \(i\) 出发一直跳，首次跳出自己这个块，抵达的编号。
修改的时候，我们记录每个块被完整地修改了几次，如果减了超过根号次，这个 \(h\) 必然是和 \(a\) 一样的，就不需要单独维护了。否则我们直接重构整个块的每个 \(h\)，这样每个块只会重构根号次，于是就做完了。注意如果重构的是散块，那么要一直重构到这个块的尾部（块后半部分的 \(h\) 也会被前半部分的修改影响）。
[BalticOI 2014] Sequence (Day1)
现在有 \(K\) 个连续正整数，每个整数你只能看见其中一位数字，求最开始的数 \(N\) 的最小值。
\(1 \le K \le 10^5\)。
个人感觉非常神的一个题，而且有点细节，完全适合当 $\text{xcpc} $ 金牌题。
首先观察答案范围，因为 \(K\) 也不算太大，所以只要 \(1234567890 + 00000\) 就一定能满足任何输入。我们枚举第一个数字的最后一位，这样每个数字的最后一位都确定了。我们考虑次高位，因为是十进制的，所以每 10 个数字才会变一次，相当于是一个 \(k/10\) 的子问题。
经典结论：\(\text{T}(K) = 10\text{T}(K/10) + K = \Theta(K \log K)\)，只要子问题数乘分母是 \(1\) 就是对的。
递归的时候可以压位，表示每个位置需要满足出现了哪些数字，然后枚举的时候会满足一些限制，不断递归下去。这个时候会发现，完全变成了数位 \(\text{dp}\) 的写法，细节和难点在于边界怎么处理：
- 如果递归深度到了 16 那么可以直接返回一个 INF，因为搜到的肯定不是答案，不然会死循环。
- [重要] 递归到叶子时，表示问题规模不能再分，不代表只有一个数位，叶子可以多填几个数位。
- 如果叶子的上一层填了 \(0\)，那么这一位不能只填 \(0\)。
- 如果叶子只限制了 \(0\)，那么填 \(10\)。
- 如果需要满足多个限制，其中有 \(0\)，那么最优的是在高位第二个地方填 \(0\)
举个例子就是填 \(1023456789\)，优于 \(1234567890\)
笔记：如果你感觉有点忘了数位 \(\text{dp}\)，可以写一次这个题，感觉非常千古。
首先 \(O(NM)\) 的做法很经典，我们求出所有点对数量，然后减去三点共线的数量。枚举每个长边的端点，设横纵坐标的差为 \(x,y\)，这里有经典结论：
- 这条线段不含端点处，遇到的整点数为 \(\gcd(x,y) - 1\)
- 于是答案就是 \(\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m (n-x+1)(m-y+1) (\gcd(x,y)-1)\)
我们利用欧拉反演 \(n = \sum_{d|n} \varphi(d)\)，得到 \(\gcd(x,y) = \sum_{d|x,d|y} \varphi(d)\)。
这里比较巧的是，因子 \(d\) 里必有 \(1\)，可以和前面的减一相抵消，可以钦定 \(d\) 要大于 \(1\)。
然后去枚举这个 \(d\) 就能得到 \(\sum_{d=2}^{\min(n,m)} \varphi(d) \sum_{i=1}^{n/d} \sum_{j=1}^{m/d} (n-id+1)(m-jd+1)\)
两个求和号单独看是等差数列求和，于是可以 \(O(1)\) 计算每一项，故复杂度变成了 \(O(\min(N,M))\)。
笔记：等我再退役几年，以后可以拿这个题热身了，感觉很适合。。。
给一棵树，每条边有边权。求一条简单路径，权值和等于 \(k\)，且边的数量最小。
\(1 \leq n \leq 2 \times 10^5\)，\(0 \leq k,w_i \leq 10^6\)，\(0 \leq u_i,v_i \lt n\)。
您一眼，点分治秒了。唉我知道学弟都不喜欢写点分治，所以还是要说一下启发式合并，比较好写。
这题比较好的地方是你知道 \(k\) 这个信息，所以我们维护 $ \text{map} _ i $ 表示子树到 \(i\) 的链，权值为 \(x\)，边数为 \(v\)。
那么合并的时候只需要直接看有没有 \(x = k-L\) 的值，然后把轻儿子的值暴力插入进去即可。
往上走的时候直接对 \(\text{map}\) 全局打 \(\text{tag}\) 表示加了一个边权，并且长度加一。
虽然是 \(O(n \log^2 n)\) 但是常数说得过去，\(\text{xcpc}\) 里一般不是很在意吧。
经典分块题，预处理块 \(x\) 到块 \(y\) 的答案，以及在前 \(x\) 个块里颜色 \(c\) 出现了多少次。
每次询问把散块里的颜色拿出来，判断这根号种颜色的贡献。
笔记：单向规约 01 矩阵乘法
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