HMS Dreadnought
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已部分解密文档。代号：无畏级战列舰。
TEST_11
评价体系：\(\sharp\sharp\) 教育意义极大；\(\sharp\) 教育意义不错；\(\natural\) 一般；\(\flat\) 质量差。
系统自检：暂缓。
\(\sharp\) CSP-S 2025
T1 简单贪心，25min 才切，码力还不够，此乃一败。
T2 图论可能存在其他做法时坚持于思考暴力思路以外的做法，浪费时间，此乃二败。优化复杂度时没有关注瓶颈继续优化，对评测机性能估计过于激进，此乃三败。
T3 串题。对于第一眼不太可做的题，应该先发掘性质而非直接硬上，同样浪费时间。模拟赛中经常出现试图创造开放性做法，最后均没有任何收获，应当避免。
很容易想到找出 \(t_1,t_2\) 的 lcpre 和 lcsuf，分为三段 \([1,x],(x,y),[y,|t|]\)。赛时其实也画出这张图了，但没有深究而是试图哈希硬做，此乃四败。考虑 \(s_1,s_2\) 必须覆盖 \((x,y)\)，故也可分为 \([1,l],(l,r),[r,|s|]\) 三段。可以发现首先 \(t_1(x,y)=s_1(l,r),t_2(x,y)=s_2(l,r)\)，其次 \(s_1[1,l],s_2[1,l]\) 分别是 \(t_1[1,x],t_2[1,x]\) 的后缀，\(s_1[r,|s|],s_2[r,|s|]\) 分别是 \(t_1[y,|t|],t_2[y,|t|]\) 的前缀。同时由于 \(t[1,x],t[y,|t|]\) 是 \(t_1,t_2\) 的 lc{pre,suf}，故 \(s[1,l],s[r,|s|]\) 是 \(s_1,s_2\) 的 lc{pre,suf}！
这个结论就非常炸裂了。首先说明了一个 \((s_1,s_2)\) 不可能匹配两次，至多贡献 \(1\)。其次三个部分一定是对齐的，这给统计答案带来了极大便利，可以用 ACAM 直接解决了：搞个 \(s'\gets s[1,x]+\texttt{\#}+s_1(x,y)+s_2(x,y)+\texttt{\#}+s[y,|s|]\)，\(t'\) 同理，然后直接跑多模匹配即可。
字符串的匹配常常引出美妙的性质，如果未加观察往往导致难度剧增。很多时候都是问题没有限制清楚导致感觉根本不可做。
T4 poly 显然需要观察性质。使用计数 dp 或组合数，有待提高，此乃五败。
做题 / 比赛策略；graph 和 string 的性质观察；dp / counting 能力。
\(\sharp\) PNR #7
T1 双重和式。排序完直接钦定答案计算即可。想和写太慢了。
T2 条件排列数数。很快意识到没办法直接做，遂考虑容斥，非常正确。容斥完变成有 \(t\) 个位置满足 \(|b_i-b_{i+1}|\)，不会了。因为发现可能有多个满足条件的位置连成一段，没法直接用组合数算。所以为啥不用 dp 做？有点糖。
我们将 \(b\) 划分为若干公差为 \(k\) 的等差数列组成的连续段，对连续段 dp。先对所有 \(a_i\) 排序，找出所有极长等差数列连续段，接下来我们要把 \(a\) 中的连续段拆开放进 \(b\)，统计方案数。设 \(f(i,j)\) 表示已经考虑了 \(a\) 中的前 \(i\) 个连续段，划分出了 \(j\) 段的方案数。dp 时连续段之间无顺序之分，故最后要乘上 \(j!\)。考虑处理出一个连续段拆开的方案数，发现当长度 \(\ge 2\) 时可以翻转，需要特殊处理。设 \(g(i,j,1/2)\) 表示将一个长度为 \(i\) 的段划分成 \(j\) 个，且第 \(j\) 个长度 \(=1/\ge 2\) 的方案数。
计数需要加强。还有硬做 link。
T3 树上等价类计数，纯粹的性质发掘。
由于黑白点是对称的，不妨设 \(w\ge b\)。考虑不变的量，当一个点必须为白时才可能把黑点堵住。设删去点 \(i\) 后产生连通块大小最大值为 \(max_i\)，一个点任意时刻必须为白的充要条件为 \(max_i<w\)。
若有点必须为白时，即 \(\min max_i<w\) 时，删去所有必须为白的点会得到一些连通块。其中大小大于等于 \(b\) 的连通块的数量即为方案数。否则答案为 \(1\) 或 \(2\)。
统计答案需要以重心为根分讨子树大小情况，感觉这题太 Ad-hoc 了，不太 NOIP 风格。有点浪费时间。
T4 冒泡排序相关。感觉作为 NOIP T4 不太合适了？
dp / counting 能力；性质观察。
\(\sharp\) 2025-11-22 校内模拟赛
By hhoppitree。这下吃上好的了。两题不会，那扎了。
T1 分讨一下可以发现被包含的先消，其他情况无所谓。然后被包含的一定 \(r\) 更小，所以从左往右贪，能消就消就做完了。要用 bit 维护距离不太优美了。
T2 考虑操作的含义，直接把连通块变成完全图了。所以直接启发式合并 + dsu 即可。启发式合并可以同时维护所有儿子编号，这是相对于 dsu 的强点，不过还是要用 dsu 维护连通块的根。
前两题比较常规了，复习了一下比较典的。
T3 赛时惯性思维了，直接考虑缩点完变成 dag，然后不会了。如果从编号区间角度考虑的话，不仅对于一个确定的区间难以快速求出是否合法，而且区间数量还很多完全无法统计。dag 角度更不用说了，相当于 dag 可达性，总之各方面坏完了。一切的原因是往所有可达点方面想了。
根据题目的定义，很自然地会快速转化题意为 dag 可达性。然而这种先入为主的转化不一定是好的，反而可能将问题。本质上是忽略了题目给出的组合对象隐含条件，必然没有前途。
T4 还没补。
TEST_21
【未解密】
TEST_30
归档
AtCoder-arc165_f Make Adjacent
出现两次的排列，邻项交换使得奇偶位置上相同，最小化次数基础上最小化字典序。求操作后的排列。
考虑任意两个数之间的影响。对于 \([l_x,r_x]\) 和 \([l_y,r_y]\) 不交或包含的情况，移动操作不会影响另一个数移动的距离。当且仅当 \(l_x<l_y<r_x<r_y\) 时会相互影响。此时可以发现先动 \(x\) 更优。
考虑拍到平面上。\(l_x<l_y<r_x<r_y\) 的条件太严了，考虑 \(r_x<l_y\) 时先动 \(x\) 必然不劣。于是条件化为若 \(l_x<l_y\land r_x<r_y\) 时先动 \(x\)。操作即为每次删掉一个点，且其左下没有点。可以建图连边跑拓扑序解决。
边数是 \(O(n^2)\) 的，要优化建图（sgt 或 cdq）。从大到小扫描 \(l\)，线段树维护 \(r\)，则连出去的边是一段后缀。
扫描 \(l\) 时会新加入 \(r\)，需要使用可持久化规避上个时刻对当前 \(r\) 连边。
AtCoder-abc209_e Shiritori
考虑建出博弈图。如果将字符串视为点，转移视为边则不好建图，建虚点不方便搜。点边互换，可以将字符串视为头三个字符向后三个字符的转移，则点数为 \(|\Sigma|^3\)，边数为 \(n\)。
对于平局的情况，可以在反图上 bfs。考虑到如果一个点必胜，那么必然有一个确定是必败的后继可以访问到自己。同理如果一个点必败，则所有后继都确定是必胜。故非平局情况都会被搜到，没搜到默认是平局即可。
CodeForces-888G Xor-MST
考虑 kruskal 的过程，每次选出两个异或和最小的点连接。可以发现 trie 树上选出的两个点的 lca 深度一定在不断变小，因为 lcp 越来越短异或值越来越大。
所以可以在 trie 上从下往上考虑，保证当前子树内的点全部连通，当有两个孩子时找出两个分别在左右子树内的点，使得异或和最小。暴力枚举左子树内叶子，搜右子树中对应候选答案即可。
每个点只会被其祖先搜到，时间复杂度 \(O(n\log V)\)。
Boruvka 不太会。
AtCoder-abc345_f Many Lamps
太智慧了。考虑答案上界，必然是小于等于连通块大小的最大偶数，且下界以下的都可以构造达到。因为可以直接翻转新加入的点到未被点亮的点（若存在）之间的链上的边的状态。类似于二分图匹配增广。
但这样不太好做，考虑依次加入一条边后构造答案。若加入的边是非树边，则可以通过翻转其对应的链上边的状态达到选择该边的效果，故所有非树边都是不必要的。只考虑树边即可。
对树进行构造，从下往上，若当前点未被选择，那么选择他和他父亲之间的边。这样构造最多只有根未被点亮。
CodeForces-843D Dynamic Shortest Path
首先跑一遍最短路，考虑如何处理修改。
重新算最短路不太现实，考虑到边权的增量只有 \(1\)，总增量最多 \(10^6\)，考虑计算新最短路相较于旧最短路的增量。
使用势能解决，建一张新图 \(G'\)，边权为 \(w-(dis_v-dis_u)\)。注意 \(w\) 是修改后的边权。边权可以拆成两部分，一部分是修改产生的贡献，另一部分是走修改前边权相对于最短路增加的量。dijkstra 中的堆可以用桶代替，少一只 \(\log\)，变成和值域相关。
时间复杂度 \(O(m\log m+\sum c)\)。
洛谷-P7737 庆典
首先考虑缩点，不影响连通性。缩点后为 dag，尽量转成树方便处理。题目中给的条件 \(x\leadsto z,y\leadsto z\) 则 \(x\leadsto y\lor y\leadsto x\)。说明对于 \(v\) 的多个入边 \((u_1,v),(u_2,v),\dots,(u_d,v)\)，只需保留拓扑序最大的 \(u\) 连的 \((u,v)\)，其他 \(u_*\) 均可以到达 \(u\)，连通性依然不变。
处理完每个点最多一条入边，变成了一颗叶向树。对于新加入的边，将其端点和起点 \(s\) 终点 \(t\) 提出来建立虚树，求 \(s\leadsto u\leadsto t\) 的 \(u\) 的数量。分配给虚树点权和边权，求合法点边权之和即可。
洛谷-P9697 Canvas
后面的染色会覆盖前面的，正难则反，变成一次染色后不会再变。
\((2,2)\) 显然要先做，\((1,1)\) 最后做。对于 \((1,2)\)，需要确定它们的顺序。对于一个 \((u,v)\)，若它选了，则所有 \((v,w)\) 都可以选。这样的传递关系不难想到建图，直接连 \((u,v)\)。可能存在环，所以考虑缩点。取一个点为 \(1\) 后，所有其可达点都可取到 \(2\)，考虑直接取所有入度为 \(0\) 的分量最优。注意有些点被 \((2,2)\) 钦定为 \(2\)，不会损失。
CodeForces-1903F Babysitting
考虑答案有单调性，故二分答案。考虑怎么判定一个 \(mid\) 是否合法。将点覆盖的条件转化为 2-SAT
- 对于一条边 \((u,v)\)，\(u\lor v\) 即 \(\neg u\to v,\neg v\to u\)。
- 对于一个点 \(u\)，选 \(u\) 则所有满足 \(|u-v|<mid\) 的 \(v\) 都不能选，\(u\to \neg v\)。
第二种线段树优化建图即可。
CodeForces-1253F Cheap Robot
考虑到电量可能导致状态数过多，故考查电量 \(x\) 的取值范围，显然有 \(x\le c-dis_u\)。设 \(dis_u\) 表示 \(u\) 到最近充电站距离，当 \(x<dis_u\) 时无法到达任何一个充电站，也无法到达终点，直接报废。当 \(x\ge dis_u\) 时，可以去对应充电站加满后回来，\(x\gets c-dis_u\)。
故一个点只有两种电量：\(x<dis_u\)，不合法；\(x=c-dis_u\)。考虑通过一条边需满足的条件 \((c-dis_u)-w\ge dis_v\)，前提是 \(u\) 合法。显然充电站都合法，故条件即为 \(dis_u+dis_v+w\le c\)。回答查询时直接最小化 \(a\to b\) 路径上边权最大值即可。
洛谷-P3588 沙漠 Desert
真难绷。考虑将大小关系用连边表达，跑个拓扑排序即可。
对于每个询问 \(k_i\) 个关键点向剩下区间中的点连边，但是连的边是三次方级别的，建立虚点降到两次方级别。考虑到 \(\sum k\le 3\times 10^5\)，关键点分割出的连续段最多 \(O(\sum k)\) 个，线段树优化建图就可以降到 1log。
洛谷-P5025 炸弹
考虑直接连边表示引爆情况，连的边是区间，线段树优化建图。缩点后变成 DAG 可达性。
可达点是一段区间，拓扑排序时直接维护即可。
神秘 \(O(n)\) 做法不太通用？link
大意是用单调栈维护可达关系，因为其有传递性。
洛谷-P6880 奥运公交 / Olympic Bus
神秘最短路树。枚举每一条边尝试翻转。\(1\leadsto n,n\leadsto 1\) 分开考虑。
如果边在最短路树上，重跑最短路，一共 \(n-1\) 条边每次 \(O(n^2)\)。
如果边不在最短路树上，若新最短路经过该边，则取 \(dis(1,v)+w+dis(u,n)\)。反之仍为原最短路。
翻转时要加上翻转的代价。
洛谷-P5590 赛车游戏
构造边权是困难的，考虑构造最短路。类似于势能，边权必须为 \(dis_u-dis_v\)，对其进行限制即可 \(1\le dis_u-dis_v\le 9\)。
洛谷-P5304 旅行者
任意一对关键点之间的最短路。
考虑二进制分组，两个关键点编号必然有一位不同，所以肯定会统计到所有最短路。
另一种神秘做法是直接钦定每条边更新。
CodeForces-1163F Indecisive Taxi Fee
无向图删边最短路。
考虑最短路径（链）。分讨四种情况（其中三种是平凡的）。若将最短路径上的边权改大，此时只有两种决策：仍走最短路或不走修改的边。若不走修改的边，在 sgt 上维护不走某条边的最短路径。每有一条非链边，在 sgt 上做一次区间取 min，值是经过这条非链边的最短路。查询单点查即可。
AtCoder-arc199_c Circular Tree Embedding
考虑简化题目条件方便处理。不难发现可以根据 \(P_1\) 重标号，使 \(P_1=[1,\dots,n]\)。条件是根据排列把边拍在环上，可以将环整体旋转，使 \(P_{*,1}=1\)。
断环为链，不难发现环的限制就是对于权值排列 \(P\)，使得子树内权值为连续段。同时由于 \(P_1\) 的限制，编号一定也是一个区间。直接区间 dp 即可。
设 \(f(l,r)\) 表示编号在 \([l,r]\) 之间的点组成的树的方案数。枚举根节点 \(i\)，将 \([l,i-1]\)，\([i+1,r]\) 任意划分，dp 值乘起来。可以记一个 \(g(l,r)\) 表示 \([l,r]\) 之间的点组成森林的方案数辅助转移。转移 \(f(l,r)\) 时需要判断一下 \([l,r]\) 在 \(P_{2\sim m}\) 中是否合法，即 \(P_{*,[l,r]}\) 是否在值域上是连续段。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
洛谷-P6622 信号传递
首先考虑拆贡献，对于 \(x\le y\)，\(w(x\to y)=a_y-a_x,w(y\to x)=ka_x+ka_y\)。这里 \(a_x,a_y\) 是排列后的位置。
故可以将一个点 \(v\) 的贡献表示为 \(\left(\sum_{u\le v}e_{u,v}+\sum_{v\le u}ke_{u,v}+\sum_{v\le w}-e_{v,w}+\sum_{w\le v}ke_{v,w}\right)a_v\)（\(u\to v\to w\)）。
从左到右 dp 每个位置，设 \(f(S)\) 表示 \(1\sim |S|\) 的位置上已经填了 \(S\) 中元素，最小代价。新加入一个元素 \(i\in S\) 时，考虑产生的贡献 \(g(i,S\setminus\{i\})\times (a_i=|S|)\)。根据前文整理可得 \(g(i,S)=\sum_{j\in S}(e_{j,i}+ke_{i,j})+\sum_{j\notin S}(ke_{j,i}-e_{i,j})\)。递推可求。
时空复杂度 \(O(m2^m)\)，空间需要卡常。
CodeForces-2151E Limited Edition Shop
设 \(f(i,j)\) 表示选到 \(a_i\) 和 \(b_j\)，考虑题目中的限制。
一个物品只有两种状态，被 A 选或不被 A 选（被 B 选）。当 A 新选择一个物品 \(a_i\) 时，必须保证 \(a_i\) 之前的物品都被选了，且 \(b_{b^{-1}(a(i))}\) 没有被选。\(a_i\) 之前的物品，被 A 选的显然合法，被 B 选的可能会影响到 \(b_{b^{-1}(a(i))}\)，如果出现在 \(b_{b^{-1}(a(i))}\) 之后，则 \(b_{b^{-1}(a(i))}\) 必须被选，不合法。
所以如果选 \(a_i\)，设 \(a_i\) 前面没有被 A 选的数在 \(b\) 中出现位置的最大值为 \(p\)，则必须满足 \(p<b^{-1}_{a(i)}\)。不选的话没有限制。
线段树优化即可。
CodeForces-888F Connecting Vertices
区间 dp。考虑设 \(f(i,j)\) 表示 \([i,j]\) 全部连通且 \(i,j\) 之间有连边的方案数。这样一来就不可能出现向 \([i,j]\) 内部连边。但是这样不能直接转移。设 \(g(i,j)\) 表示 \([i,j]\) 内随意连通的方案数。
洛谷-P6563 一直在你身旁
考虑区间 dp：已知答案在 \([i,j]\) 内，确定答案的最小代价。转移显然枚举猜测点
\(\min\) 的决策点没啥规律，考虑拆 \(\max\)。设 \(g(i,j)\) 为第一个 \(k\) 使得 \(f(i,k)>f(k+1,j)\)，递推可求。
接下来分类讨论决策点 \(k\) 位置。正序枚举 \(j\) 倒序枚举 \(i\)，当 \(k<g(i,j)\) 时，\(f(i,j)\gets\min_k\{f(k+1,j)+a_k\}\)，\(g(i,j)\) 向左移动时维护单调队列即可。
当 \(k\ge g(i,j)\) 时，\(f(i,j)\gets\min_k\{f(i,k)+a_k\}\)，关于 \(k\) 单调递增，取 \(k=g(i,j)\) 最优。
洛谷-P4229 某位歌姬的故事
有操作的。限制相当于
考虑对于两个限制，若他们无交则好处理。若有交，假设两个限制 \(w\) 不同，则 \(w\) 更大的那个可以删去相交的部分。这样以来，所有 \(w\) 不同的限制均不相交，方便处理了许多。
考虑所有限制 \(w\) 相等的情况。我们将区间离散化，变成若干个基本元素，给元素染黑白两色，保证每个区间至少有一个黑色。
设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个染成黑色（？）
洛谷-P4516 潜入行动
计数 dp，考虑对象为若干关键点，同时关键点无法覆盖自己，故设计状态为 \(f(i,j,0/1,0/1)\) 表示 \(i\) 为根子树内 \(j\) 个关键点，\(i\) 是否是关键点、\(i\) 是否被覆盖。
树形背包即可。
洛谷-P5853 Tree Depth P
首先转化题意，对于 \((u,v)\)，其对 \(u\) 的贡献为有 \(k\) 个逆序对的排列中满足 \(v\) 是 \(u\) 的父亲的数量。\(v\) 是 \(u\) 的祖先当且仅当 \(a_v<a_u\) 且 \(u,v\) 之间没有小于 \(a_v\) 的数。
考虑对于每一个 \(u\)，计算每一个 \(v\) 的贡献。
现在有一个 \((u,v)\) 的限制条件，若 \(u<v\)，我们考虑按 \(u\to v,u-1\to 1,v+1\to n\) 的顺序确定每一个数。这样一来，限制条件就变成了填 \(v\) 的时候必须填最小值，造成 \(v-u\) 的贡献。也就是必须撤销第 \(v-u+1\) 轮的所有贡献，并只转移 \(v-u\)。
同理若 \(v<u\)，则按 \(u\to v,v-1\to 1,u+1\to n\) 的顺序，同样撤销第 \(u-v+1\) 轮，只转移 \(0\)。
我们先做一次 dp，由于 \(v-u\) 相等的 \((u,v)\) 需要撤销的相同，故考虑合并处理，\(f(n-1,k-\max(v-u,0))\) 即为贡献。
洛谷-P1777 帮助
设 \(f(i,j,k,S)\) 表示前 \(i\) 个数删了 \(j\) 个，最后一个没删的是 \(k\)，所有选了的数是 \(S\)。
洛谷-P5933 串珠子
设 \(f_S,g_S,h_S\) 表示 \(S\) 中点组成任意 / 连通 / 不连通图的方案数。
随意显然是好做的
考虑不连通的情况。考虑随意取 \(k\in S\)，考虑 \(k\) 所在的连通块 \(T\) 的情况。\(T\) 显然要连通，\(S\setminus T\) 则随便连
答案即为 \(g_U\)。
AT_arc184_d [ARC184D] Erase Balls 2D
直接对剩余球的集合计数比较难做，考虑对选择的球的集合计数。
但是这样不能建立双射，考虑增加限制：选择的球的集合必须是极大的，也即选择任意一个集合外的球都会导致有球被删。这样显然就一一对应了，反之可以取并集推出矛盾。
将球按照 \(x\) 坐标升序排序，那么选出的球必然满足 \(y\) 坐标降序，否则会相互删除。考虑怎么判定一个选球集合是否合法。可以取出所有 \(x,y\) 坐标在任意相邻两个球之间的球（即不会被删除的球），判断对于任意一个球是否都满足她偏序了另一个球。
设 \(f_i\) 表示考虑到第 \(i\) 个球且选她的方案数。枚举前驱 \(j\)，\(O(n)\) 判定合法即可。可以添加 \((0,n+1),(n+1,0)\) 两个球方便转移和统计答案。时间复杂度 \(O(n^3)\)。
AT_abc279_g [ABC279G] At Most 2 Colors
考虑如果已经保证了一个前缀 \(i\) 合法，能在后面加什么颜色 \(a_i\)。相当于是删除了上一个连续段的第一个元素 \(a_{i-m}\)，并加上了最后一个元素 \(a_i\)。如果想要出现 \([i-m,i-1]\) 之外的第三种颜色，必须保证 \([i-m+1,i-1]\) 均为同色。所以我们将同色后缀的长度记入状态。
设 \(f(i,j)\) 表示已经保证了前缀 \(i\) 合法，\([j,i]\) 是极长同色连续段，染色的方案数。
第一维可以直接滚掉，前缀和优化即可。
AT_arc186_a [ARC186A] Underclued
01 矩阵，行和列和，考虑二分图。
若 \(a_{i,j}=1\)，则 \(L_i\to R_j\)，反之 \(R_j\to L_i\)。这样点的度数就刻画了行和、列和。考虑如果两个矩阵相似，那么她们对应的图一定度数对应相等，此时我们将两个图的边取出来，取对称差删去共有的边，剩下的图度数仍然相等，边取消定向后也相等。可以发现剩下的一定是一堆环。
如果一条边不在任何一个环上，那么她就是固定的。考虑统计环边的可能数量，设 \(f(i,j,k)\) 表示已经考虑左部点 \(i\) 个右部点 \(j\) 个，造出 \(k\) 条环边是否可行。每次添加 \((i',j',k'=i'\times j')\) 个左右部点和边，转移即可。
AT_arc186_d [ARC186D] Polish Mania
合法序列显然可以转化成树上节点按 dfs 序的儿子个数。合法当且仅当和为 \(n-1\) 且对于每一个前缀和都大于等于前缀长度，即
第一行意思就是树的边数为 \(n-1\)，第二行就是对于每一个真前缀包含的点组成的树要有剩下的边，留给后面挂儿子。
考虑如何计数。对序列做一遍前缀和转化成格路计数，序列 \(a\) 对应的路径在 \(x=i\) 上升 \(a_{i+1}\)，不能碰到 \(y=x-1\)。
组合数计算即可。对于字典序的限制有经典做法，枚举第一个小于 \(a_i\) 的位置，钦定前面的相等，计算方案数累加即可。特殊处理一下全部相等的情况即可。
https://atcoder.jp/contests/arc186/submissions/64168476
AT_arc187_c [ARC187C] 1 Loop Bubble Sort
前缀最大值将序列划分为若干个区间，一次冒泡排序本质上是将前缀最大值从区间开头移到末尾。我们发现前缀最大值是重要的，将其记入状态。设 \(f(i,j)\) 表示 \([1,i]\) 中 \(P\) 的前缀最大值为 \(j\) 的方案数。考虑在 \(P_i\) 处填什么，即分讨是否是前缀最大值。
若 \(P_i=j\)，则 \(P_i\) 将向后移动，那么 \(Q\) 中 \(P_i\) 必须在 \(i\) 之后或没有出现。同时 \([1,i-1]\) 的前缀最大值 \(k\) 将被放在 \(i-1\) 处，故 \(k\) 需要满足 \(Q_{i-1}=k\) 或没有出现。对于满足条件的 \(k<j\)，\(f_{i-1,k}\gets f_{i,j}\)。
若 \(P_i<j\)，则 \(P_i\) 将向前移动，
- 若 \(Q_{i-1}\ne -1\)，则 \(P_i=Q_{i-1}\)，前面一定不会填过 \(Q_{i-1}\)，转移不会重。
- 若 \(Q_{i-1}=-1\)，则（？）
洛谷-P9209 不灭「不死鸟之尾」
先考虑一个固定宽度 \(len\) 的连续段，停在哪里最合适。\(W_i-R_i\cdot l-L_i\cdot r=W_i-R_i\cdot len-(L_i-R_i)l\)，所以要尽可能最大化 \(len,(L_i-R_i)l\)。所以每次只可能停放在两边。
CodeForces-1661D Progressions Covering
从后往前贪，当前数不满足条件就一直加到满足，这样前面也会加到。
洛谷-P9378 物理实验
字典序 / 次幂贪心。
从大到小考虑每个元素，尽可能加入答案。
加入答案后测试是否合法即可。
AtCoder-abc254_h Multiply or Divide by 2
构造操作方案使得两多重集相等，最终一定两两匹配。可以发现操作 \(A\) 中一个元素 \(x\gets 2x\)，等价于 \(B\) 中一个元素 \(y\gets y/2\)，前提是 \(y\) 是偶数。
每次取出两个集合中的最大值，将大的除以二，相等则抵消。
操作本质是对 \(x\)（的前缀）的移位，所以考虑中间相遇。
洛谷-P5749 排列鞋子
考虑两双鞋子如何操作。如果区间相离或包含，操作先后顺序不会有任何影响。考虑 \(l_1\le l_2\le r_1\le r_2\)，此时肯定要先动 \(l_1,r_1\)，即将 \(r_1\) 向左移动。
从左到右贪即可，用 bit 维护所需操作次数。
洛谷-P5665 划分
重要的贪心结论：尽可能多分段，对于每一段，和越小越好。（？）
设最优决策点为 \(f_i\)，相当于我们宣称对于所有合法决策点 \(j,\,s_j-s_{f(j)}\le s_i-s_j\)，\(f_i=\max j\)。
移项，得 \(2s_j-s_{f(j)}\le s_i\)。设 \(v_j=2s_j-s_{f(j)}\)，则可以用单调队列优化。每次将队首 \(v_*\le s_i\) 的出队，最后一个出队的即为最优决策点，转移即可。\(v_i\) 加入时弹掉 \(v_*\ge v_i\) 的队尾元素即可。
洛谷-P7482 不条理狂诗曲
分治，考虑怎么处理 \(l\le i\le mid<j\le r\) 的情况。
左右分别做一边 dp，左边做后缀，钦定 \(mid\) 随意 / 不选 \(fl_i,gl_i\)，右边做前缀钦定 \(mid+1\) 为 \(fr_j,gr_j\)。
对于 \([l,r]\)，贡献为 \(\max(fl_i+gr_j,gl_i+fr_j)\)。枚举每一个 \(i\)，分讨大小关系 \(fl_i-gl_i>fr_j-gr_j\)，\(j\) 按 \(fr_j-gr_j\) 排序，二分即可找到 \(j\) 的分界点。算一下 \(gr_j\) 的前缀和，\(fr_j\) 的后缀和即可。
Bonus：dp 可以设 \(f,g\) 分别表示钦定最后一个数任意或不选的最大值，\(f'\gets\max(f,g+a_i),g'\gets f\)。把 \(f\) 提出来 \(f'\gets f+\max(0,g+a_i-f),g'\gets f\)。所以每加入一个数 \(f\) 的增加量和 \(f'-g'\) 均为 \(\max(0,a_i-(f-g))\)。故只需要维护 \(f-g\) 的值即可递推。
CodeForces-1716E Swap and Maximum Block
观察操作本质含义，类似于线段树上某一层都交换左右儿子。可以发现本质只有 \(2^n\) 种状态。
考虑分治从下往上解决，儿子的状态只有 \(2^{d-1}\) 种，枚举对应状态合并。复杂度 \(O(n2^n+q)\)。
洛谷-P6406 Norma
分治不是纯赤石？？？
考虑枚举右端点 \(j\)，维护每个左端点 \(i\) 的答案。后缀最大值的形式想到单调栈。考虑 \(j\) 的贡献
然后这玩意是可以用 sgt 维护的，维护 \(s^{\max}_i,s^{\min}_i,s^{\max}_ii,s^{\min}_ii,s^{\max}_is^{\min}_i,s^{\max}_is^{\min}_ii\) 的和即可。
洛谷-P9361 Contests
图论建模复杂度无法承受。注意到 \(m\) 比较小，对于一个点的所有可达点可以表示为 \(m\) 个排名。
考虑倍增求出可达点，从大到小尝试跳 \(2^*\)，若不超过就跳。
CodeForces-1511G Chips on a Board
求区间 nim 和
没有带修，考虑倍增。发现 nim 和形式有
设 \(f(i,j)\) 表示 \([l,r]=[i,i+2^j-1]\) 的 nim 和。发现转移的时候因为倍增的优美性质贡献很好算
其中 \(g(l,r)\) 表示 \([l,r]\) 的出现次数 \(\sum_i[l\le a_i\le r]\)。回答查询一样合并即可。
CodeForces-1523H Hopping Around the Array
多次询问而不带修，\(k\) 很小，考虑倍增。
设 \(f(i,j,k)\) 表示从 \(i\) 开始跳 \(2^j\) 步，可以删 \(k\) 个点，能跳到的最优位置。我们称一个点能跳到的位置越大越优，这样下一步有更多选择。
初始化需要使用 ds 维护能跳到的最远位置求出 \(f(i,0,k)\)。预处理的时候直接枚举划分 \(k\) 次删除给两个儿子取 \(\max\) 即可。查询同理，开 \(k\) 个点表示已经删了 \(k\) 个点能到达的最优点。类似背包转移即可。
CodeForces-1707E Replace
观察到函数的输入是区间，状态数太多。类似 NOIP 2024 T4 地，考虑将 \(f(l,r)\) 拆成若干 \(f(i,i+1)\)。发现
很好理解，画个折线图即可证明。可以发现陪域是连续区间，所以 \(f^k\) 也满足上式，因为一定是若干基本区间 \(f(i,i+1)\) 首尾相连并成的。
考虑倍增处理 \(f^{2^j}(i,i+1)\)，初始化边界是简单的，预处理时要使用 rmq 合并 \(j-1\) 层的区间。查询也倍增 + rmq 合并即可。
P7880 [Ynoi2006] rldcot
https://www.luogu.com.cn/article/rmdqa1b8
最朴素的办法是将 \(O(n^2)\) 个点对 \((i,j)\) 的 \(dep_{\operatorname{LCA}(i,j)}\) 拍到平面上做矩形数颜色。但点太多了。
考虑两个点对 \((a,b),(c,d)\) 如果满足 \(\operatorname{LCA}(a,b)=\operatorname{LCA}(c,d)\) 且 \(a<c<d<b\)，那么 \((c,d)\) 一定是没用的。所以我们希望找到 polylog 个点，包含所有有效点对进行维护。
考虑在 lca 处统计，寻找一个点对 \((u,v)\) 有效的必要条件。显然 \(u,v\) 应该在 lca 的不同子树内，不难想到在 dsu on tree 时每次添加一个子树，直接遍历该子树内点并在当前大子树内查找前驱后继 \(v,v'\)，即可找到 \(O(n\log n)\) 个点对，包含所有有效点对。
处理出所有点后考虑扫描线。从右往左扫，扫到 \(x\) 时维护一个前驱 \(pre_c\) 表示所有颜色为 \(c\) 的 \(i\ge x\) 的 \(\min j\)，区间查询等价于查询 \(i\ge l\) 的 \(pre_c\le r\) 的颜色个数。维护一个 \(pre\) 的权值树状数组即可。
P11364 [NOIP2024] 树上查询
考虑经典的虚树结论
那么，问题变成有若干元素 \(f(i)=dep_{\operatorname{LCA}(i,i+1)}\)，每次区间询问滑动窗口最小值的最大值。
考虑枚举最小值，钦定 \(f(i)\) 为最小值时的极大区间 \([x_i,y_i]\) 满足 \(\min f([x_i,y_i])=f(i)\)。这样对于任意区间 \([l',r']\subseteq [x_i,y_i]\)，其区间最小值均为 \(f(i)\)。（感觉跟笛卡尔树有点关系。）
此时转化为由若干个区间，每次询问求与 \([l,r]\) 交大小超过 \(k\) 的区间中 \(f\) 的最大值。拍到平面上，可以发现条件是一个挖掉右下角一个三角形的四分之一平面，割开分别对 \(r\) 和 \(k\) 扫描线即可。
P9119 [春季测试 2023] 圣诞树
不太懂四边形不等式，但是大概看出来了不应该相交，瞎猜了一下性质一定是左右两边交替扩展（不然这题没法做），对了。性质可以用三角形两边之和大于第三边证。
断环为链，直接倍长序列 dp 即可。
P1315 [NOIP 2011 提高组] 观光公交
感觉有点乱，dp 肯定比较难做。考虑每条边对答案的贡献。贪心怎么想不清楚！
P5021 [NOIP 2018 提高组] 赛道修建
二分答案，然后 dfs 从下往上贪心，满足长度要求就扔掉开一个新的链，尽可能多造链。
需要将若干子树的链合并。
P5017 [NOIP 2018 普及组] 摆渡车
不太会斜优。
P2322 [HNOI2006] 最短母串问题
建出 AC 自动机，然后在第 \(i\) 个模式串的节点上赋 \(2^{i-1}\) 的权，然后直接在 AC 自动机上 bfs，每次并上搜到的点的权，直到 \(U=2^n-1\) 即可。状态数量是 \(2^n\sum |s_i|\)，算上出边复杂度 \(O(2^nn|s||\Sigma|)\)。
P9809 [SHOI2006] 作业 Homework
还以为是操作分块什么的。模数可变看上去不太可做，但是取模的性质很好，直接考虑阈值分值。
当 \(mod\le B\) 时，可以每次添加数时直接枚举模数预处理答案。复杂度 \(O(B)\)。
当 \(mod\ge B\) 时，需要利用商值域为 \(n/mod\) 的性质，直接枚举商，考虑怎么快速求出 \(k\cdot mod\) 的后继（大于等于的第一个存在的数），可以直接用 set 维护，复杂度 \(O(n/B\log n)\)，取 \(B=\sqrt{n\log n}\) 总复杂度为 \(O(n\sqrt{n\log n})\)。如果倒序处理，用 dsu 维护后缀，总复杂度可以做到 \(O(n\sqrt{n\alpha})\)，值域分块平衡复杂度可以做到 \(O(n\sqrt{n})\)。
dsu 是可以维护后继的，不过只支持删元素。
P9478 [NOI2023] 方格染色
斜线只有 \(5\) 条，对于每条直接暴力判是否相交，容斥掉重复的贡献即可。
剩下直接扫描线。
P8868 [NOIP2022] 比赛
怎么这么牛。这东西在线一眼不可做，考虑离线下来。一开始的想法是钦定最大值，然后弄些支配点对出来扫描线，结果发现好像不太能支配。
应该直接对 \(r\) 从小到大扫描线，然后所有子区间最大值就变成所有前缀的后缀最大值，就是后缀最大值的历史和。单调栈的时候推平一下区间就可以了。
P4216 [SCOI2015] 情报传递
不是很难？很套路的转化 \(beg<qid-C\)，然后数个数。这个在线硬做得用主席树，3log 糖糖的。可以离线下来，然后按 \(beg,qid-C\) 排序，依次处理每个操作，容易发现后面的修改对前面的查询没有影响，然后就解决了时间这维的偏序变成树上单点加链查，dfn + bit 随便切。
以为普通线段树就能做数个数直接开题解了，结果发现得用主席树。离线不太清除是不是自己想到的了/ll。
P5024 [NOIP 2018 提高组] 保卫王国
全集权值和 = 最大独立集 + 最小点覆盖。
其实直接做也是可以的，弄个矩阵然后数剖 + 线段树维护就可以了。
AT_arc084_b [ABC077D] Small Multiple
考虑最后的答案 \(ans\) 是 \(k\) 的倍数，因此 \(ans\equiv 0\pmod k\)，同时满足 \(\operatorname{popcount}(ans)\) 最小。
考虑维护模 \(k\) 意义下不同数的最小 popcount，可以发现每个数只需要通过 \(+1\) 和 \(\times 10\) 即可达到，直接连边 \((i,(i+1)\bmod k),(i,10k\bmod k)\)，计算 \(1\leadsto 0\) 的最短路即可。
AT_agc056_c [AGC056C] 01 Balanced
出现次数相同，不难想到弄成折线前缀和，差分约束。限制是好做的 \((l-1,r,0),(r,l-1,0)\)，对于任意两个相邻的位置，限制它们的差必须为 \(\pm 1\)，连 \((i,i-1,1),(i-1,i,1)\)。这就比较难搞了，因为只能限制 \(|dis_i-dis_{i-1}|\le 1\) 而不能限制其不等于 \(0\)。
但是！我们发现连 \(0\) 边两侧的点奇偶性相同，而 \(1\) 边两侧的点奇偶性不同。这样一来，\(|dis_i-dis_{i-1}|\ne 0\)，完美解决问题。最后上个 01bfs 即可。
P4001 [ICPC-Beijing 2006] 狼抓兔子
平面图最小割，对偶图直接对每个「块」建个点连边即可。
CF1765I Infinite Chess
无法直接 bfs。\(x\) 的范围很大，考虑将 \(y\) 相同的一些点（同一列）的连续段合并，减少状态数。
对于一个棋子，竖着攻击会直接报废一整列，横着攻击会将连续段切开，斜着攻击和马也会切开连续段，当成散点处理。由于王会斜着走，但是可以发现必要的斜走最多 \(8\) 步，故连续段左右要预留 \(8\) 格。
于是对于每列，遍历其割开的位置，将连续段合并即可。时间复杂度 \(O(kn\log n)\)，\(k\) 为巨大常数。
P2149 [SDOI2009] Elaxia的路线
以前就见过的牛牛题，recall by mspaint。
问题等价与求最短路 DAG 的交上的最长链，但是注意交是无向的。
TEST_499122207
CF1707E CF1523H P8945 AT_arc186_c AT_arc187_c P4229 P1399 P2081
P1315 P5017 P2322 P9478 P8868 P4216 P5024 AT_arc084_b AT_agc056_c CF1765I
TEST_31
P11363 P9871 P3573 P3188
P9923 P4099 P7606
P4216 P4069 P1600 P5069 P8868
P3825 P11210 AT_arc153_d
P1263 P3825
USACO G / P？
P8867
TEST_41
【未解密】
浙公网安备 33010602011771号