6月份杂题简要题解（持续更新中）

这里面是6月份做的一些杂题稍微记录下，方便复习，有些是因为比较简单，有些则是因为时间比较赶，所以没有专门写整篇的题解来整理，题解会较为简略

1. [NOI2018] 冒泡排序
   满足题目要求的序列可以分成不超过两条的上升序列，设\(f_{i,j}\)表示选了\(i\)个数，最大为\(j\)的方案，\(f_{i,j}\)可以转移到\(f_{i+1,j+k}\)，可以看成卡特兰数，对于一个限制\((x,y)\)，相当于从\((x-1,y+1)\)出发

2. CF1523F Favorite Game
   对于每个\(x\)，最多填\(\frac{n}{x}\)段，调和级数复杂度\(n\log n\)，对于\(x\)，离线，只保留长度\(\geq x\)的边，对于区间\([l,r]\)树套树维护

3. CF1523H Hopping Around the Array
   可以往右跳或删中间的点，如果只有往右跳可以倍增处理，多一维维护删多少中间的点，统计答案类似倍增去枚举，对于删的点数多少一起统计，只要有一个能跳到就不加进答案，不然就全都要跳，细节可能有点多调到自闭

4. [JLOI2016]成绩比较
   直接推，要把二项式暴力拆开，后面二项式反演（容斥）一下即可

5. [CTS2019]随机立方体
   直接推，要敢于去推，会发现后面会消掉很多复杂的东西

6. [CTS2019]氪金手游
   对于反向边考虑容斥，树上\(dp\)一下即可

7. [MtOI2018]情侣？给我烧了！（加强版）
   不会生成函数，考虑容斥，发现搞不出来，但是烧情侣不能放弃，考虑组合意义，类似错排的转移

8. CF1536F Omkar and Akmar
   发现后手必胜，组合数学算出答案然而智障的我在组合数学算答案中卡了好久

9. [NOI2012] 迷失游乐园
   首先考虑树的情况，设\(dp\)表示\(x\)出发向上或向下的期望，树形\(dp\)计算，基环树的情况，把环单独提出来，对于非环的点计算方法一样，环上的点对于每个点顺时针、逆时针各做一遍

10. [AGC006C] Rabbit Exercise
    容易发现，操作第\(i\)个后，\(a_i\)->\(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)，对于\(a\)差分后，实际上是交换差分数组上相邻的两个值，用类似快速幂去置换实现（不知道这个东西叫什么）

11. [AGC006D] Median Pyramid Hard
    二分，把序列缩成\(01\)串再去做

12. [AGC006F] Blackout
    染\(3\)种颜色，\(x\)->\(y\)->\(z\)->\(x\)，\(x\)红色，\(y\)蓝色，\(z\)绿色，红->蓝->绿，如果染色失败则会形成一个完全图

13. [SNOI2020] 字符串
    把串取反，变成修改前缀，贪心匹配，建广义后缀自动机，树上统计

14. [NOI2011] 智能车比赛
    很显然只有格点有用，往右时直接维护到每个格点的答案以及它此时能直线走到的区间，暴力做就好了调到自闭

15. [六省联考 2017] 相逢是问候
    扩展欧拉定理，线段树维护答案，\(a_i\)->\(c^{a_i}\)->\(c^{c^{a_i}}\)->...在\(\log\)级别次后会保持不变，在没保持不变之前可以在线段树上单次修改，做一些提前预处理方便计算

16. [NOI2020] 美食家
    首先容易想到\(k \cdot (5n)^3 \log T\)的矩阵快速幂做法，考虑倍增，可以预处理\(\log T\)个矩阵，然后倍增+矩阵乘法做，复杂度优化到\(\mathcal O((5n)^3 \log T + k(5n)^2 \log T)\)

17. [NOI2020] 制作菜品
    发现数据范围有一个\(n-2 \leq m\)，容易发现\(n-1 \leq m\)的可以轻易构造出来，对于\(n-2 = m\)的可以证明如果有解一定可以分成两段满足\(n_1-1=m_1\)，\(n_2-1=m_2\)，其中\(n_1+n_2=n\)，\(m_1+m_2=m\)，然后就有\(n^2k\)的背包\(dp\)了，发现\(dp\)只需要开\(bool\)型即可，用\(bitset\)优化一下

18. [NOI2020] 超现实树
    分类讨论，发现情况太多了，而且很多局面其实可以由其他局面转换而来，考虑构造，将所有的树分成两个集合\(A\)和\(B\)，满足对于任意集合\(A\)里的树通过替换可以得到其他集合\(A\)里的树或集合\(B\)里的树，而集合\(B\)里的树无法通过替换得到集合\(A\)里的树
    对于每次替换，把它缩成一步一步增加，对于一个节点，可以选择增加一个左儿子或右儿子，也可以选择同时增加一个左儿子和右儿子
    对于某个集合\(A\)里的树\(A'\)如果它可以变成某个集合\(B\)里的树\(B'\)，它可能有多种变换方法，所以要设定某种变换方法使得它们的中转点唯一，即\(A'\)->\(···\)->\(A''\)->\(B''\)->\(···\)->\(B'\)中的\(A''\)唯一，又由于每次变换会使深度增加\(1\)或不变，考虑\(A\)与\(A\)的变换每次使深度增加\(1\)，\(A\)与\(B\)的变换使深度不变，所以我们可以构造出\(A\)集合为一条以根节点为一个端点的链上附着着一些单点，\(B\)集合为其他的树，然后按仅有左儿子，仅有右儿子，左儿子仅有一个节点，右儿子仅有一个节点\(4\)种情况去分治，判断能否满足只有有限个\(A\)集合里的树没法被表示出来

19. [SDOI2017]数字表格
    以下除法均只保留整数位

\[n \leq m \]

\[\begin{align*} Ans &= \prod_{i=1}^n \prod_{j=1}^m f(\gcd(i,j)) \\ &= \prod_{d=1}^n f(d) ^ {\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \ \sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\ [\gcd(i,j)=1]} \end{align*} \]

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} [\gcd(i,j)=1] &= \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} \sum_{t|\gcd(i,j)} \mu(t)\\ &= \sum_{t=1}^{\frac{n}{d}} \mu(t) \frac{n}{dt} \frac{m}{dt}\\ \end{align*} \]

\[T = dt \]

\[\begin{align*} Ans &= \prod_{d=1}^n f(d) ^ {\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \ \sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\ [\gcd(i,j)=1]} \\ &= \prod_{d=1}^n f(d) ^ {\sum_{t=1}^{\frac{n}{d}} \ \mu(t) \frac{n}{dt} \frac{m}{dt}} \\ &= \prod_{T=1}^n \prod_{d|T} f(d) ^ {\frac{n}{T} \frac{m}{T} \mu(\frac{T}{d})} \\ &= \prod_{T=1}^n (\prod_{d|T} f(d) ^ {\mu(\frac{T}{d})}) ^ {\frac{n}{T} \frac{m}{T}} \end{align*} \]

20. 洛谷P5179 Fraction
    分类讨论，可以证明符合条件的\(q\)最小时的\(p\)最小同时也满足符合条件的\(p\)最小

21. [CQOI2017]小Q的表格
    可以发现，修改完\(f(a,b)\)后，会发生修改的\(f(x,y)\)满足\(\gcd(x,y) = \gcd(a,b)\)

\[b \cdot f(a, a+b) = (a+b) \cdot f(a, b) \Leftrightarrow \frac{f(a, a+b)}{a(a+b)} = \frac{f(a,b)}{ab} \]

\[g(i) = \frac{f(i, i)}{i^2} \]

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k f(i,j) &= \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k g(gcd(i,j))ij \\ &= \sum_{d=1}^k g(i)i^2 \sum_{i=1}^{\frac{k}{d}} \sum_{j=1}^{\frac{k}{d}}ij \\ &= \sum_{d=1}^k g(i)i^2 \sum_{i=1}^{\frac{k}{d}}i^2 \varphi(i) \end{align*} \]

后面那坨可以线性筛，由于本题需要维护修改、查询，根据数据范围，修改与查询只能用\(\sqrt{n}\)的时间，可以分块记录信息，查询时数论分块一下，然后\(\mathcal O(1)\)通过分块计算前缀和

22. [NOIP2020] 微信步数
    不同维度不会相互影响，对于一个维度，仅保留可行区间，画图可发现除了第一轮和最后一轮外，其他每一轮的情况都是一样的，可以求出第二轮每一步的情况，后面轮对应步的情况相同，同时求出第二轮整轮总的情况，然后列式子，对于每一步对应的情况，对于不同维度之间的乘积可以展开，得到\(k+1\)次多项式，可以用拉格朗日插值解决

23. CF995F Cowmpany Cowmpensation
    通过归纳法可以证明对于以节点\(i\)为根的子树来说，它的答案为一个\(siz_i\)次多项式，先树形\(dp\)求出以\(1\)为根且\(1\)取\(1\)~\(n+1\)的答案的前缀和，然后拉格朗日插值一下