2024.4 总结 3 / 飘零在无间 决裂尘埃世界
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首先考虑必杀次数比较小的怎么算，不难发现一直按最后一个 \(1\) 是对的，理由是最后一个 \(1\) 的位置 \(x\)，之前的位置改不了 \(a_x\)，按多倍的 \(x\) 一定不优。
那只要处理出 \(i=1,...,n\) 的因数，然后暴力算就行了，有一个上界 \(n\)，这时候已经有 80pts 了，设算出次数为 \(cnt\)。
然后再找一下性质，按的方案是固定的，因为任意一个按钮都无法通过别的替代，考虑 dp，设 \(f[i]\) 表示还有 \(i\) 个按钮要按，随机按按掉一个要按的期望次数，那么 \(f[i]=\frac{i}{n}\times 1+\frac{n-i}{n}\times (f[i]+f[i+1]+1)\)，前面那个表示按到一个需要的概率是 \(\frac{i}{n}\)，次数是 \(1\)，后面那个是按错了的概率是 \(\frac{n-i}{n}\)，那么要按回去，需要 \(f[i+1]\) 次，在按少一次，需要 \(f[i]\)，还有浪费的当前 \(1\) 次。
转出来这个柿子，得到 \(f[i]=\frac{n+(n-i)\times f[i+1]}{i}\)，边界 \(f[n]=1\)。出答案还要一个分讨，如果 \(k\leq cnt\)，答案就是 \(cnt\)，否则，答案是 \(\sum_{i=k+1}^{n}f[i]+k\)。
AGC005D
考虑容斥，设 \(F(s)\) 表示钦定 \(s\) 个点 \(|P_i-i|=k\) 的情况下的方案数，那么 \(Ans=\sum_{i=0}^n (-1)^sF(s)\)，然后考虑怎么求 \(F\) 就行了......?
画一个二分图，左边表示 \(p_1,..,p_n\)，右边表示 \(1,...,n\)，考虑连边 \(L_i\to R_{i-k},L_i\to R_{i+k}\)，画画图，会出现 \(2k\) 条链，把链条拉直放好，相邻的可以连边，这个东西很好 dp 了，设 \(f[i][j][0/1]\) 表示前 \(i\) 个点，连接了 \(j\) 条边，最后一个点没/有连边的方案数，注意不同链连接的地方不能选择连边，初始化 \(f[0][0][0]=1\)：
然后 \(F(s)=f[2*n][s][0]+f[2*n][s][1]\)，做完了 >.<
ARC160D
首先考虑去重，区间 \(+1\) 的操作看做在左端点做，这样区间 \(+1\) 的操作钦定每个点做不超过 \(k\) 次即可，正确性大概是从左到右加方式固定。
然后考虑容斥，\(Ans=\sum_{i=0}^{n-k+1}(-1)^i\binom{n-k+1}{i}\binom{2n+\frac{m}{k}-k(i+1)}{2n-k}\)，过程可以 gf。
ABC162E
直接把柿子化开即可，欧拉反演，答案是 \(\sum_{i=1}^n \phi(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^n\)。
P3338
求的是 \(Ans_j=\sum_{i=1}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j)^2}-\sum_{i=j+1}^n\frac{q_i}{(i-j)^2}\)，设 \(g[i]=\frac{1}{i^2}\)，特别的 \(g[0]=0\)，那么有
左边已经是加法卷积了，直接 FFT 即可，考虑转换右边，先枚举 \(i'=i-j\)，考虑 \(q'[i]\gets q[n-i]\) 那么有下柿 >w<
还是加法卷积，再来一次 FFT 即可，注意不能三次变两次，掉精度严重，过不掉，答案 \(Ans_j=Ans1[j]+Ans2[n-j]\) >w<
AGC059C
首先这是一个完全图，然后每条边 \((x,y)\) 要给定一个偏序关系 \(x\to y/ y\to x\) 表示 \(P_x>P_y/P_y>P_x\)，已知的偏序关系不能在连边，我们分析一下：
-
不能有环
-
如果当前时刻有一条 \(x\to y / y\to x\) 的路径，不能再连接 \((x,y)\)
-
图是完全图，结合上一条，对于链好像只能从下往上比较有顺序的连边
我们考虑具体表达一下约束，考虑已经有一条链 \(A\to B\to C\)，那么 \((A,C)\) 不能最后加入，而我们要从下往上，每三个都必须满足，然后就可以归纳，所以我们考虑三个点 \(k,x,y\)。
假设 \((x,y)\) 是最后加入的，那么 \(k\) 必须是 \(x,y,z\) 中最大或者最小的，不难会导致不满足，于是对于 \((x,z),(y,z)\) 有一个对于 \(k\) 同向的要求，这个是一个 2-SAT 啊。
那么拓展域并查集即可，设最后有 \(Ans\) 个联通块，答案就是 \(2^{\frac{Ans}{2}}\) 了，DAG 也没有环。
P3763
使用多项式卷积进行字符串匹配，轻微卡常。具体而言就是设当前字符为 \(1\) 别的为 \(0\)，对应位乘起来再相加可以得到匹配数，保证和为定值可以翻转一个数组。
AGC028B
考虑 「\(i\) 的期望次数」\(\times a_i\)，最后乘上 \(n!\) 即为答案。
我们考虑删除 \(i\) 时 \(j\) 也贡献的期望，那么 \([\min(i,j),\max(i,j)]\) 中最先被删除的是 \(i\)，概率是 \(\frac{(|i-j|+1-1)!}{(|i-j|+1)!}=(|i-j|+1)^{-1}\)，考虑 \(sum_i=\sum_{i=1}^n (i+1)^{-1}\)，答案显然是 \(Ans=\sum_{i=1}^n a_i\times (sum_{i-1}+sum_{n-i}+1)\)。
AGC015D
硬是控了我不知道多久。
二进制下考虑，首先发现相同前缀没有影响，特判掉 \(x=y\) 的情况，去掉 \(x,y\) 相同前缀后讨论，剩下的情况 \(x/y\) 最高位为 \(0/1\)，首先 \([x,y]\) 可以成为合法答案。
然后是一个非常好分讨，爱使我大脑旋转。设 \(y\) 的最高二进制位的值为 \(M\)，次高为 \(Sec\)，为了方便下述 \(l,r\) 表示实际取的数。这里 \(M=2^k\)，表示第 \(k\) 位为 \(1\)，\(2M-1\) 的含义是取了二进制下面的 \(0,...,k\) 位都是 \(1\)。
-
考虑答案最高位是 \(0\)，这种在 \([x,y]\) 里面已经全都有了（或不出比 \(x\) 小的，或不出比 \(M-1\) 大的，这个区间合法因为都被 \([x,y]\) 包含了），后面讨论的情况答案最高位都是 \(1\)。
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考虑使用小于 \(M\) 的数，因为讨论的是答案最高位是 \(1\) 的，答案至少要或上 \(M\)，那么最小的情况是 \(x|M\)，或不出更小的了，最大的情况是 \((2M-1)|M\) 也就是 \(2M-1\)，或不出更大的了，那么做出来的是一个区间 \([x|M,2M-1]\)，很满了。
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考虑不使用小于 \(M\) 的数，答案下界是 \(M\)，然后往上面或，可以选择 \([M,y]\) 中的任意数，那么是满的比较随便，但是最高位的不超过 \(Sec\)，那么做出来的区间是区间是 \([M,M|(2Sec-1)]\)，不能再多了。
对于上述区间取并，大小就是答案，注意去除前缀后有可能出现左端点为 \(0\)，要初始化 \(lst=-1\) 捏。
P4173
首先令 \('*'\gets 0,c\gets c-'a'+1\)，然后长度相同的字符串 \(A,B\) 匹配成功的条件是 \(\sum_{i=0}^{len} (A_i-B_i)^2A_iB_i=0\)，这个柿子拆开之后跑三次 NTT 就行了。
CF1453F
我不会 dp，杀了我吧 /kk
考虑一个合法鸽子序列 \(p_1,...,p_n\)，分析合法条件，首先令 \(a_i\gets a_i+i\) 表示最多到达某一个位置。
-
\(a_{p_i}\geq p_{i+1}\)
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\(a_{p_i}< p_{i+2}\)
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对于 \(p_i<j<p_{i+1}\) 中的 \(j\) 要满足 \(a_j<p_{i+1}\)
这样子就充分必要了，前两条保证了只使用实际路径的点的情况下的路径唯一性，第三条保证了不能中途跳到其它点，大概就是，跨越的考虑 \(p_i\) 跳到 \(>p_{i+1}\) 的点没有必要，因为在考虑 \(p_{i+1}\) 的时候肯定会被考虑，然后 \(p_i\) 肯定可以跳到 \(j\)，那么 \(j\) 的路径就必须不能跳到 \(p_{i+1}\)，那么间接跳越界的事情不会出现，因为全都没有前途跳到 \(p_{i+1}\)。
然后就能考虑 dp 了，设 \(f[i][j]\) 表示 \(p_n/p_{n-1}\) 为 \(i/j\) 时最少杀死多少鸽鸽，你问鸽鸽怎么转移，祂用灵魂告诉你可以 \(f[i][j]=\min\{f[j][k]+val(k,j)\}\)，这个 \(val\) 表示区间里面要被割掉的鸽鸽数，现在有一个立方做法了，爱来自鸽鸽。
然后考虑优化这个 b 东西，做一个前缀 \(\min\) 然后倒着枚举就行了，做完了。
P2607
内向基环树，不能选相邻，每个联通块分别计算，环随便断再直接 dp 就行了，要钦定一个叶子的选项，注意特判 \(out[x]=y,out[y]=x\) 这种环，但是不能 map，会 mle，说句鲜花 map 我已经写出心理阴影了。
CF1120D
刚看到题面的我看着生成树标签瑟瑟发抖。。
考虑摊开叶子节点的 dfn，那么一个节点 \(i\) 相当于可以花费 \(w_i\) 的代价修改一个区间 \(L_i,R_i\)，问这个序列任意初始值的情况下能清空的最小代价。
区间修改考虑差分，原序列是任意的，那么差分数组是自由的，因为每一位都能清空，所以上面的差分值都能间接传递到 \(d_{n+1}\)，所以，每个点相当于有一条边 \((L_i,R_{i+1}):a_i\)，答案就是最小生成树了。
至于答案并，每次把边权相同的放在一起考虑一下就行了。
CF1527E
线段树优化 dp 即可，贡献可以栈+线段树维护，注意常数。
CF1852C
首先题目相当于每次可以区间 \(+1\) 问在 \(\mod P\) 意义下原序列最少多少次可以变成目标序列。
如果没有模，这是一个 lianggj 题，考虑差分数组 \(d\)，那么 \(Ans=\sum_{i=1}^n [d_i>0]d_i\)。
考虑一个模意义下合法的序列，\(\{a_i+b_i\times P\}\)，题目问的其实就等价于任意的这种序列的答案的最小值。
这个 \(+k\times P\) 在差分数组上是取 \(x<y\) 的 \(d_x\gets d_x+P,d_y\gets d_y-P\)，然后这个东西的最小化用堆写一个反悔贪心即可。
P2767
考虑树形 dp，设 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 个点根有 \(j\) 叉的方案数，初始化 \(f[0][i]=f[1][i]=1\)，考虑转移 \(f[i][j]=\sum_{k=0}^{i-1}f[i-k][j-1]\times f[k][m]\)，注意题目是不超过，但这里直接取了 \(m\) 的原因是空子树直接被算进去了。
ARC121D
\(n\) 不是很大，考虑平方以上的做法。
对于单独匹配的，我们可以补代价 \(0\) 的物品进去，这需要枚举总长度 \(len\in [n,2n],2|len\)，然后就变成了 \(O(len)\) 左右的两两匹配最优。
对于最大的 \(a_i\)，肯定要跟最小的匹配，不然不优，删去这两个，还是要最大最小匹配，发现是环形匹配，然后就做完了。
ABC302Ex
考虑建图，对于每一对 \((a_i,b_i)\) 建边，考虑一个图的答案。一个联通块，如果没有环，那么每一条边都能占有一个点，答案是边数，如果有环，那么每一个点都能被边占有，那么答案是点数，设联通块的 点数/边数 为 \(n/m\)，那么答案其实就是 \(\sum\min(n_i,m_i)\)，可以写一个可撤销并查集维护。
AGC002E
首先相对顺序无意义，考虑 \(a_i\downarrow\)，然后一次操作的含义就是去掉左边一行或者去掉下面一行，不妨放在坐标系上面考虑，就是可以从局面 \((x,y)\) 变成局面 \((x+1,y),(x,y+1)\)，这里 贴个图。
其中红色代表比败局面，绿色代表必胜局面，画画的依据是能到达必输局面的是必赢局面，不能到达必输局面的是必输局面，设 \(f[x][y]\) 表示先手在 \((x,y)\) 的输赢性。
有一个显然的性质，\(f[x][y]=f[x+1][y+1]\)，那就这样子走到一个较为边缘的节点，然后按照画画的依据走两条分叉做就行了，往右的不会超过 \(O(n)\)，可以 BF，往上的怎么办呢，注意到对于相等的一段 \(a[x]\) 头顶的 \(f\) 可以通过奇偶性求，而往上的这一段路按照奇偶性 \(f\) 的 \(0/1\) 交替出现，那么可以剪枝优化掉。
P3523
首先二分，然后问题变成了选不超过 \(m\) 关键点使得关键点到选点的最小距离能不能都不超过 \(k\)，直接贪心 on tree 就行了。设 \(f[x]\) 表示没选的最远的关键点距离，\(g[x]\) 表示选了的关键点的最短距离，转移是一个迷你分讨。
CF508E
有人秒不掉黄题，直接贪心即可。具体而言，一直在里面塞括号直到满足条件，这样不劣，如果过了还往里面塞完全可以塞到外面一层。
CF1144G
比较那啥的是贪心可以有一个最长化然后数据结构维护好像能做，但是贪心就够了。
考虑维护的 下降/上升 的链的结尾为 \(L/R\)，对于当前 \(a_i\)，做不了就去死，只能接在其中之一就接，不然就是下图情况，如果 \(a_i=a_i+1\) 那肯定一个一条，于是不妨假设 \(a_i>a_{i+1}\)，翻转一下就是 \(a_i<a_{i+1}\) 了，故不赘述。考虑情况 如题所示
如果 \(a_i\) 接在下降链，\(a_{i+1}\) 两个链都能接，如果 \(a_i\) 接在上升链，\(a_{i+1}\) 只能接在下降链，对于发现不管左图接 \(A/B\) 下降都不会劣于上升，于是贪心的，如果 \(a_i>a_{i+1}\) 就接在下降，否则上升。
CF1342E
首先要不然每行放一个，要不然每列放一个，否则不符合条件，注意到除了 \(k=0\) 的情况两者是同样的问题，我们考虑钦定每行放一个然后最后再乘系数 \(1+[k>0]\)。
少放一列多一对互相攻击，恰好 \(k\) 个棋子互相攻击，那么就是把棋子放在 \(n-k\) 列里面，每一列都必须有棋子，首先选列有一个 \(\binom{n}{k}\) 的系数，然后问题变成了把 \(n\) 个棋子放进 \(m\gets n-k\) 列里面，每一列都必须至少放一个的方案数。
考虑容斥，设 \(f(i)\) 表示最多放 \(i\) 列的方案数，显然 \(f(i)=i^n\)，容斥可得这个方案数为 \(Ans=\sum_{i=1}^{m}(-1)^{m-i}f(i)\binom{m}{i}\)，乘上以前的系数就是题目的答案。
P5363
首先，将连续一段没有棋子的棋盘看做一堆 \(a_i\)，每次移动棋子相当于放一些 \(a_i\) 的去到 \(a_{i-1}\)，这个东西是一个 Nim 阶梯博弈，先手必胜当且仅当 \(\oplus_{i 是奇数}a_i\neq 0\)，理由大概是把奇数位的 \(a_i\) 看做 Nim，在 Nim 的必胜方肯定希望只按照 Nim 去玩，那么对于另一方，如果其尝试从偶位往奇位移动，必胜方一定可以通过一次移动变成原本的 Nim 非 \(0\) 的局面。
然后考虑大小为 \(n\) 的棋盘放 \(m\) 个棋子玩 Nim 先手必败的方案数，必胜的直接总的去减必败的就有了。首先对于一个局面 \(\{a_1,\dots,a_x\}\) 满足 \(2|a_i\)，跟局面 \(\{\frac{a_1}{2},\dots,\frac{a_x}{2}\}\) 一致，考虑递推，设 \(d_i\) 表示 \(n=2i\) 的方案数，额对于 \(m\) 是偶数其答案肯定是 \(0\)，枚举奇数堆个数为 \(4j+2/4j+4\)。
答案的话可以考虑插插板什么的，于是就有 \(k \gets \lceil\frac{m}{2}\rceil ,Ans=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}d_i\binom{n-2i+m-k-1}{n-m-1}\)
CF1152D
题目求一个长度为 \(2n\) 的可匹配括号序列组成的 trie 树的最大匹配数。画图 找规律，其实有大量相似子问题，而且答案其实是奇数层的节点数。
不妨 dp，设 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 个左括号 \(j\) 个右括号的方案数，那么显然有 \(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]\)，然后考虑第 \(i\) 层的节点数 \(sum_i=\sum_{x+y=i}f[x][y]\)，那么 \(Ans=\sum_{x+y 是奇数} f[x][y]\)，代码离谱的好写。
CF1375F
首先不难发现只有 \((a,a+k,a+2k)\) 的最大数被约束为不能操作的这种情况后手次轮必败。
然后考虑怎么构造出那种局面，考虑一个局面 \((a,b,c)\) 中的 \(c\) 不能操作，那需要不管在 \(a/b\) 做加法都能使其最大且序列变成等差数列，不妨列出方程 \(a+d-c=c-b,b+d-c=c-a\)，然后其实都是 \(d=2c-a-b\)。
于是不妨随便初始给一个数 \(+inf\)，然后按照上述方法给一个 \(2c-a-b\)，然后输出等差数列的公差。
AGC002F
不难发现白色序列合法的充要条件为 \(前缀白球数 \geq 前缀黑球数\)，考虑对这个条件 dp，不妨设 \(f[i][j](i\geq j)\) 表示放入 \(i\) 个白球和 \(j\) 种颜色球的方案数，转移考虑第一个放什么 >w<
其中 \(f[i-1][j]\) 是直接放入白球塞进开头的贡献，后面那一坨是放入新的一种颜色的贡献，两个系数分别来自选颜色以及选位置。
AGC059E
这种题到底是谁在出谁在会。
判断边缘的合法性，考虑构造矩阵 \(mat\) 满足相邻两位差绝对值是 \(1\) 且与 \(c\) 同余，矩阵的边缘很好确定且每一个 \(a\) 都存在唯一 \(mat\)，所以有一个必要条件必须有按照上述方式构造合法的矩阵。
不够充分，再判断一个对于 \((x,y),(x',y')\) 满足 \(|mat[x][y]-mat[x'][y']| \leq |x-x'|+|y-y'|\)，这个判断边缘的即可。
然后给出一种合法构造 \(a[i][j]\gets \max\{a[1][j]+i-1,a[n][j]+n-i,j-1+a[i][1],a[i][m]+m-j\}\)，奇偶随 \((i+j)\) 变换且相邻不等。
AGC052E
跟上个题目一个 trick，考虑构造出 \(a/b\) 满足相邻位差绝对值为 \(1\) 且与 \(s/t\) 同余，这里需要钦定一对 \(a_1/b_1\)，但是考虑到序列其实重要的只有差，所以可以任意钦定 \(a_1\) 然后考虑哪个 \(b_1\) 最优。
现在考虑一次变换的含义，对于一个点 \(i\) 满足 \(a_{i-1}=a_{i+1}\)，如果 \(a_i>a_{i-1}\) 就使 \(a_i\gets a_i-2\) 反之 \(a_i\gets a_i+2\)。首先这个 b 东西要求 \(a,b\) 对应位奇偶性相同，考虑到原题 \(a/b\) 相邻位有一个异奇偶所以只要加上一个 \(a_1,b_1\) 同奇偶，那么之后操作每次消掉 \(2\) 的差，每次可以选一个最大/最小的 \(a_i\) 来操作，那么次数就是 \(\sum_{i=1}^n |a_i-b_i|\) 啦 >w<
然后考虑最小化柿子，先随便弄一个傻 \(b\)，然后考虑实际的 \(b'_i=b_i+k\)，不妨令 \(c_i\gets a_i-b_i\)，那么就是要最小化 \(\sum_{i=1}^n|c_i-k|\)，注意这里的 \(k\) 要满足模 \(3\) 跟 \(t_1\) 同奇偶，模 \(2\) 跟 \(a_1\) 同奇偶，取最中间的就最优秀了。
AGC018F
考虑使用 \(-1/0/1\) 构造，那么对于一个点，因为答案要求的 \(1,-1\) 奇偶性一定，假设其有奇数个儿子，那它必须赋值为 \(0\)，否则可以考虑其有偶数个儿子两两配对之后和为 \(0\)，再给当前点一个 \(+1/-1\)。对于偶数个儿子的点，其值决定于自己，否则，其值决定于决定其其落单的儿子的值的东西。
新开一个图，我们把需要配对的在新图上连边，对于决定儿子值的点两两连边，然后直接二分图染色就可以了，这样连出不了奇环，无解就直接在树上判掉。
P4001
首先题目是求一个有约束的 【模板】最小割，但是不难发现在这个题目中最小割=最短路，具体一点，就是对于一个特定的划分 \(S,T\) 中间连的边是最小割，于是可以求这种三角形的最短路。这个 b 东西有一个高级的名字，平面图最小割转对偶图最短路。
P2012
使用指数生成函数 \(f(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}\) 对应排列，有一个泰勒展开 \(e^{cx}=\sum_{i=0}^{\infty}c^i\frac{x^i}{i!}\) 这样的。
考虑对每一种写出对应的 EGF 然后乘起来，三种分别如下：
-
\(a(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}=e^x\)
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\(b(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^{2i}}{(2i)!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\)
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\(c(x)=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)
于是我们所需要的 \(f(x)=(a(x)b(x)c(x))^4=\frac{e^{12x}-4e^{8x}+6e^{4x}-4+e^{-4x}}{256}\)，挺好的。
答案是 \(n![x^n]f(x)\)，于是乎 \(Ans=\frac{12^n-4\times 8^n+6\times 4^n+(-4)^n}{256}\)，注意 \(256\) 在 \(\mod{10^9}\) 下没有逆元，以及直接写 \(2n\) 这种东西就会爆 long long 了，需要用拓展欧拉定理稍微处理一下 qwq
P4178
淀分治板子题，计算答案可以使用双指针。
P4149
还是淀分治板子题，计算答案需要使用桶。
P3232
先算出点的期望到达次数，注意 \(1,n\) 的影响不一样捏，具体而言捏一个跟度数相关的高斯消元，然后通过点的期望次数考虑边的期望次数，然后排序贪心就行了。
CF1458D
考虑 \(0\gets -1,1\gets 1\)， 对于每一种前缀 \(sum\) 建立一个节点，对于一个可翻转区间 \([l,r]\) 满足 \(sum_{l-1}=sum_r\) ，这个 b 东西在图上成环。
然后考虑区间操作的含义，就是反着走环。往回走的权 \(0\) 否则 \(1\)，问题转化成了查找一个字典序最小的欧拉路，贪心求出即可。具体而言，在 \(x\) 与 \(x-1\) 有边，如果 \(x\) 与 \(x+1\) 有边那么 \(x\) 与 \(x-1\) 需要有多条边。
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