题意相当于给定 $n$ 个栈，两人博弈每次取任意一个栈顶的元素，要使得得分尽量大。

一个重要的观察是，栈内的值就算不是 01 也是可做的。

先考虑一种简单的情况，对于每个栈栈内的权值从顶部递减，此时最优策略就是每次取最大的。

反之假如有两个连续元素 $x<y$，那么如果先手取了当前最优的 $x$，那么 $y$ 也将是当前最优，于是后手会选 $y$，这样一轮后先手顺序不变而先手获得了负的贡献。由于先手获得负的贡献，那么先手取 $x$ 的目的一定是要取 $y$ 的下一个元素 $z$，所以我们可以把 $x-y+z$ 合并成一个元素。

而如果此时 $y$ 就是最后一个元素，那么 $x,y$ 一定是最后选，我们把贡献累加起来，并把栈清空。

我们用栈模拟上述过程，将原来的元素按顺序加入栈中，要注意合并的过程是递归实现的。

那么最后所有栈都是从顶部递减的，再跑一开始的算法即可，只需对所有剩余元素排一次序。

abc446_g 221 Subsequence

这道题两处读错题，一处以为是连续子序列；另一处是没看到最后一句话，以为位置不同就算不同。

我们设 $f_i$ 表示前 $i$ 个数能构成的种类数。

考虑当前值 $v$，如果已有 $\ge v$ 个，那么找到当前倒数第 $v$ 个值 $v+1$ 的位置 $x$（没有则为 $0$），与倒数第 $v$ 个值 $v$ 的位置 $y$。

那么 $f_{y-1}-f_x$ 就是能与这 $v$ 个 $v$ 构成新种类的数量，可以保证不重不漏。记得如果第一次出现 $v$ 个 $v$ 还要再加一。

复杂度线性。

Planting Trees

题意：多次询问求

\[\sum _{i=0}^{n-1} [(f\times i+x)\bmod m<(g\times i+y)\bmod m] \]

结论：$[x\bmod m<y\bmod m]=\lfloor\frac xm \rfloor-\lfloor \frac ym\rfloor-\lfloor \frac {x-y}m\rfloor$。

证明：

设 $x=pm+r,y=qm+t$，其中 $0\le r,t<m$。

则 $x\bmod m <y\bmod m$ 与 $r<t$ 充要。

当 $r<t$ 时，$r-t<0$，则 $\lfloor \frac {x-y}m\rfloor=\lfloor (p+q)m+(r-t)\rfloor=p+q-1$。
则右式等于 $p+q-(p+q-1)=1$。

否则 $r\ge t$，则 $\lfloor \frac {x-y}m\rfloor=\lfloor (p+q)m+(r-t)\rfloor=p+q$。
则右式等于 $0$。

证毕。

于是套用类欧几里得算法即可，注意 $a,b$ 为负数时类欧的实现方式（参考 atcoder 库）：

long long floor_sum(long long n, long long m, long long a, long long b) {
    assert(0 <= n && n < (1LL << 32));
    assert(1 <= m && m < (1LL << 32));
    unsigned long long ans = 0;
    if (a < 0) {
        unsigned long long a2 = safe_mod(a, m);
        ans -= 1ULL * n * (n - 1) / 2 * ((a2 - a) / m);
        a = a2;
    }
    if (b < 0) {
        unsigned long long b2 = safe_mod(b, m);
        ans -= 1ULL * n * ((b2 - b) / m);
        b = b2;
    }
    return ans + floor_sum_unsigned(n, m, a, b);
}

[USACO26 3rd G] Good Cyclic Shifts

只需快速求出所有循环位移的 $f(p)$ 和逆序对个数即可。

前者我们对于每个值考虑对所有循环位移的贡献，形如三段一次函数，打差分即可。

逆序对个数也是容易的。

复杂度 $O(n\log n)$，瓶颈在求一开始的逆序对个数。

[USACO26 3rd G] Picking Flowers

考虑魔改一下最短路的状态，以路径长度为第一关键字，走到的关键点数量为第二关键字，由于最短路不会重复经过同一个点，所以这是正确的。

考虑到一个使用魔法的点是可行的，当且仅当原来就存在一条可行路径穿过它。所以，我们从所有可行终点倒着更新即可求出所有可行路径穿过的点。

复杂度 $O(m\log m)$，瓶颈在最短路。

[USACO26 3rd G] Random Tree Generation

考虑枚举打乱标号前 1 号点的位置，再求出给其他点分配原本的标号的方案数，不难想到这其实有根树拓扑序个数计数。可见：树上拓扑序个数小记 - dengchengyu - 博客园。结论是

\[\frac {n!}{\prod_{i=1}^n sz_i} \]

所以换根求出所有的 $\frac {1}{\prod _{i=1}^nsz_i}$ 的和，最后再乘上树的形态的概率 $\frac 1 {(n-1)!}$。

P15410 「TBOI Round 1」Niton & Matrix - 洛谷

手玩第二个样例：

0 1 0    0 1 0
1 0 1 -> 0 1 0
0 1 0    0 1 0

0 1 0
0 1 1
0 1 0

可以发现第二排第三个可以单独改变。

研究它改变的方式后，可以推广出更一般的情况：

对于同一行满足与中间列对称的两个数，或同一列满足与中间行对称的两个数，可以单独将它们同时反转。特别地，奇数长度时中间行或中间列的数也可以单独反转。

不难发现上述操作方式也是充分的，因为题目中所有操作都可以由上述操作得到。

考虑接下来怎么做，由于操作是可逆的，我们可以把初始矩阵和目标矩阵都用一种方式转化为相同的矩阵。而这是容易的，我们尽量把所有 $1$ 都移到左上角即可。

P15412 「TBOI Round 1」Niton & Galgame - 洛谷

首先前两个条件要求 $l$ 不能是非严格后缀最值，可以分别用单调栈维护最值的位置。

而后两个限制相当于要求 $l$ 只能在一个前缀 $l\le lim$ 内，有了上面建出的单调栈后，只需要找到第一个不等于 $a_n$ 的位置即可。

我们对单调栈上的元素建倍增表，这样可以快速找到 $lim$。再找到两个单调栈第一个 $\le lim$ 的位置 $x,y$，求答案只需用 $a_1\sim a_{lim}$ 的和减去单调栈上 $x,y$ 之前的和即可。

可持久化操作也是容易的。

复杂度 $O(m\log m)$。

字符串（abcd）

原题：qoj8207。

发现性质：对于一个字符串，若存在一个 ABCD 的循环位移，则可以把这个循环位移任意平移。

于是我们可以先把 $S$ 化简成最简单的形式：我们把所有循环位移挪到最左侧，最终形如 ABCDABCD...ABCDXXX...，后面的 XXX... 内没有任何循环位移，我们发现里面的内容不影响答案。

于是我们只关心一共有多少循环位移，以及后面 XXX... 的长度。

上述「平移」还有一种等价形式，每次删掉字符串中的一个循环位移，将两边拼接起来，不断这样操作。

所以可以用栈线性求出循环位移数量 $K$。

接下来考虑往后面的垃圾串里插入这 $K$ 个循环位移。为了不重复，我们需要找到一种唯一分解：考虑每次删掉从后往前第一个循环位移。这样使得我们是从前往后插入，每次插入的位置不能在前一个插入位置之前。

但还是会有问题，我们插在中间时可能会和后面的字符形成循环位移，不满足它是最后一个循环位移的限制，于是插在中间时就只有 $3$ 种方案，而之间接在末尾还是 $4$ 种方案。

设 $f_{i,j}$ 表示当前插了 $i$ 个，末尾有 $j$ 个可插入的间隔（不包括末尾）。设从 $f_{i-1,j'}$ 转移过来，那么有 $3\le j\le j'+3$，$j=3$ 时则表示插到末尾。有转移：

\[f_{i,j}=(3+[j=3])\times \sum _{j'\ge j-3} f_{i-1,j'} \]

最终答案就是 $\sum _jf_{K,j}$。

复杂度 $O(Kn)$。

网格涂色（grid）

相当 Dilworth 定理，我们需要用最少的链覆盖，使得每一列覆盖的格子数 $\ge a_i$。

我们让第 $i$ 条链从 $(n-k+i,1)$ 走到 $(i,n)$。

考虑二分最少链数 $k$，对于一条链肯定会走遍每一列，不妨先让每一列减去 $k$。

有一个必要条件是 $\sum \max(0,a_i-k)\le k(n-k)$（每条链向上走 $(n-k)$ 次）。

下面构造证明它是充分的：从上到下加入每一条链，记录走到的坐标 $(x,y)$。

若当前 $a_i>0$ 且 $(x-1,y)$ 还没有覆盖过，那么走到 $(x-1,y)$。
否则走到 $(x,y+1)$。

高塔联络（tower）

题解比较明白了。总结一下就是分析第一个数能走到的地方，然后可以不断向后推导出一条单调不降的链，使得其他位置都比两侧链上的位置小。由于此时链对链上两个数之间的部分贡献的 $a$ 是相等的，于是可以递归进子问题。

实现时递归记录 $l,r,del$，表示左端点，右端点，区间内 $a$ 需要提前减去 $del$。

河神(stream)

考虑杨表，杨表上相邻两个数不能同时选，不妨黑白染色，取黑白个数的最大值作为答案，可以证明这是最优的。

考虑到杨表的种类只与表中最大的 $v=2^a3^b$ 有关，于是种类数是 $O(\log ^2V)$ 的。考虑到每一个种类都出现在满足 $\lfloor \frac ni\rfloor=v$ 的区间内，我们需要数区间内满足 $\gcd(i,6)=1$ 的个数，区间的右端点则是 $\lfloor \frac nv\rfloor$。

于是预处理所有可能的 $v$ 以及它们每个表的答案，将所有 $v$ 排序后即可单次 $O(种类数)$ 询问。

可能需要 Barrett 约减优化除法。

传说(legend)

可以将前缀 $\text{mex}$ 转化为后缀 $\min$，另一边同理。设前缀 $\min $ 为 $a_i$。

先考虑没有 $-1$ 的情形，若 $a_i\ne a_{i-1}$，则令 $ans_i=a_i$。再考虑其他位置怎么填，对于值 $v$，找到 $a_i>v$ 的最大 $i$，记它为 $f_v$，则要满足 $v$ 的位置在 $[f_v+1,n]$ 内。另一个方向再取一个即可得到 $v$ 的范围 $[l_v,r_v]$。

显然 $l_v,r_v$ 是单调的，于是区间都是两两包含的，可以从小区间枚举到大区间算答案。

考虑有 $-1$ 的情形，还是先得到 $f_v$。考虑找到第一个满足 $a_i=v$ 的 $i$，记为 $g_v$（没有则置为无穷远处），则 $v$ 的位置在 $[f_v+1,g_v]$ 范围内，对两个方向的区间取交可以得到 $[l_v,r_v]$。经过证明此时所有区间依然是不交或包含的。

排序后即可建出树（递归）算出答案。

arc215_e CNOT Party

当 $x\ne y$ 时操作是可逆的，考虑把 $S,T$ 变成相同的形式。

先把 $S$ 变成使 $1$ 尽量多。
若 $S_i=1,T_i=0$，且存在 $x=y=i$，则令 $T_i\gets 1$。这里表示最后操作所有 $x=y$。
把 $T$ 变成使 $1$ 尽量多。

判断 $S$ 是否等于 $T$，然后输出方案，第二、三步的方案需要倒序输出。

arc215_f Scapus

我们先找到最小分数 $s$。从原树开始，每次同时删掉所有叶子，直到剩下的连通块是一条路径，此时的分数就是最小的 $s$，记这条路径是 $P$。

一条路径是好的当且仅当它包含 $P$。

我们分成 $P$ 是单点和 $P$ 不是单点两种情况，可以用卷积做到 $O(n\log n)$ 求答案。

P15411 「TBOI Round 1」Niton & Killaura - 洛谷

考虑答案的下界是 $\sum _{i=1}^n \lfloor\frac {n-sz_i}3\rfloor$，不难发现是可以取到的。

考虑方案数，为了减少计算量，我们最后再乘上分配颜色的方案 $n!$，我们现在要求分组方案。

设 $g_x$ 表示 $x$ 子树内的分组方案，我们每次把所有儿子子树的方案乘起来，再乘上给散点分配的方案。

\[g_x=f(1+\sum _{v}( sz_v\bmod 3))\times \prod _v g_v \]

其中 $f(x)$ 表示 $x$ 个散点分组的方案数，我们需要使得组数最少。

\[f(x)=\frac {x!}{(3!)^{\lfloor x/3\rfloor}\lfloor x/3\rfloor!(x\bmod 3)!} \]

我们预处理 $f(1\sim n),g,g^{-1}$，换根即可做到线性复杂度。

#6485. LJJ 学二项式定理 - 题目 - LibreOJ

单位根反演学习笔记

前置知识，单位根反演：

对于 $f(x)=\sum _{i=0}^n a_ix^i$ 有

\[\sum _{i=0}^n a_i[i\bmod m=k] =\frac 1m \sum _{j=0}^{m-1} w_{m}^{-jk}f(w_{m}^j) \]

不妨对于 $k=0,1,2,3$ 求出 $a_k\sum _{i=0}^n [i\bmod 4=k]\binom ni s^i$ ，全部加起来即可。

由于 $\binom ni s^i$ 恰好是 $f(x)=(1+sx)^n$ 的 $x^i$ 项系数。所以我们套用单位根反演的结论，上述式子就等于

\[\frac 14 \sum _{j=0}^3 w_{4}^{-jk}f(w_4^{j})=\frac 14 \sum _{j=0}^3 w_{4}^{-jk}(1+s\times w_4^{j})^n \]

100567. 2026.01.02【省选组】摩天大楼（skyscraper） (File IO)

题意：

求出所有长为 $n$ 的满足 $\sum _{i=1}^n a_i\equiv k\pmod {2^m}$ 且 $a_1\le v$ 的正整数序列 $a_{1\dots n}$ 的 $\prod _{i=1}^n \dbinom {ca_i} {a_{i+1}}$ 的和。

对所有 $0\le k<2^m$ 都要求答案。答案对 $998244353$ 取模。

$2\le n\le 8000,\ 1\le m\le 13,\ 1\le c\le 5,\ 1\le v\le 10^8$。

考虑使 $a_i$ 可以等于 $0$。发现若序列中存在 $0$ 则必有 $a_n=0$ 时才有贡献，且此时 $a_n$ 对乘积贡献为 $1$，于是若存在 $0$ 则前 $n-1$ 位就能确定整个序列及其贡献。所以此时用 $n$ 的答案减去 $n-1$ 的答案就能得到原问题的答案。

考虑设生成函数：

\[F(x)=\sum_{a_1,\dots,a_n} \prod _{i=1}^{n-1}\binom {a_ic} {a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_n} \]

我们只需求每个同余类的系数之和。

可以用分配率把 $a_n$ 分离出来：

\[F(x)=\sum _{a_1,\dots,a_{n-1}}\prod _{i=1}^{n-2} \binom{a_ic}{a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_{n-1}}\sum _{a_n\ge 0}\binom{a_{n-1}c} {a_n}x^{a_n} \]

二项式定理反过来用即可得到：

\[F(x)=\sum _{a_1,\dots,a_{n-1}}\prod _{i=1}^{n-2} \binom{a_ic}{a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_{n-1}}(1+x)^{a_{n-1}c} \]

可以再把 $a_{n-1}$ 分离出来：

\[F(x)=\sum _{a_1,\dots,a_{n-2}}\prod _{i=1}^{n-3} \binom{a_ic}{a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_{n-2}}\sum_{a_{n-1}\ge 0} \binom{a_{n-2}c} {a_{n-1}} x^{a_{n-1}}(1+x)^{a_{n-1}c} \]

先合并：

\[F(x)=\sum _{a_1,\dots,a_{n-2}}\prod _{i=1}^{n-3} \binom{a_ic}{a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_{n-2}}\sum_{a_{n-1}\ge 0} \binom{a_{n-2}c} {a_{n-1}} (x(1+x)^c)^{a_{n-1}} \]

同样用二项式定理：

\[F(x)=\sum _{a_1,\dots,a_{n-2}}\prod _{i=1}^{n-3} \binom{a_ic}{a_{i+1}}x^{a_1+\cdots +a_{n-2}}(1+x(1+x)^c)^{a_{n-2}c} \]

那么后面可以不断展开，我们设递推式：

\[f_0(x)=1 \]

\[f_{k+1}(x)=1+x(f_k(x))^c \]

则

\[F(x)=\sum _{a_1=0}^v (x(f_{n-1}(x))^c)^{a_1} \]

用等比数列求和得

\[F(x)=\frac {1-(x(f_{n-1}(x))^c)^{v+1}}{1-x(f_{n-1}(x))^c} \]

接下来终于可以求值了，套用单位根反演，对于 $0\le k<2^m$，需要算

\[\frac {1}{2^m} \sum _{j=0}^{2^m-1}w_{2^m}^{-jk}F_n(w_{2^m}^j) \]

可以对所有单位根用递推式预处理 $f_{n-1}(w_{2^m}^{*})$ 的值，这里是 $O(2^mn\log c)$，计算所有 $F(w_{2^m}^j)$ 则是 $O(2^m\log (\text{mod}\times c\times v))$。

然后单位根反演的部分直接做就可以做到 $O(2^{2m})$。

但是实际上这个式子求得的值就是把 $F_n(w_{2^m}^j)$ 当成序列后，做一次 IDFT，第 $k$ 项的值。于是可以做到 $O(2^mm)$。

复杂度 $O(2^mn\log c+2^m (m+\log (\text{mod} \times c\times v))$。

重塑记忆

先考虑计算最小值和最大值，这是容易的。然而 $K$ 在范围内这并不是有解的充要，因为有奇偶性的问题。

能改变奇偶性的只有第一段和最后一段。

考虑枚举第一个和最后一个数，这样再求出最小值和最大值，充要就是 $K$ 在范围内且与最小值的奇偶性相同。

接下来有两种做法：

题解：从前往后贪心地填，动态维护当前的最小值和最大值，每次优先填 1。
我的赛时做法的更正：考虑先全部填上 0，求出此时的权值 $c$。
- 若 $c\le K$，我们从后往前找每一段问号，每一段问号也从后往前间隔地填 1，注意每次填 1 时要确保前一个位置为 0。
- 若 $c>K$，我们从后往前每次把两个相邻的固定的 1 中间的问号段全部变成 1，可以使 $c$ 减 $2$。要注意两个 1 直接相邻的情况不能使 $c$ 减 $2$。

可见我的做法需要特判很多东西。

复杂度 $O(n)$。

众里寻他

题目中选的点就是直径端点。每次删掉的点都是叶子，于是每次操作后得到的仍然是一棵树。

直径的中心要么是一个点，要么是一条边，是点还是边与直径的奇偶性相关。且每次改变时只会变成相邻的点或边。

我们把 $n-1$ 条边拆成 $2n-2$ 条有向边。

若当前直径中心是点，则直径中心改变的方式是：选取一个子树，保留至少一个直径端点，同时把其他子树的直径端点删空。

若当前直径中心是边，则直径中心改变的方式是：选取边的一端，这一端保留至少一个直径端点，同时把另一端的直径端点删空。

设 $f_{i,j,k}$ 表示直径长 $i$，直径中心的边为 $j(x\to y)$，若当前直径中心是点，则表示 $y$ 是当前直径中心，且 $(x,y)$ 是前一个直径中心；若当前直径中心是边，则表示 $(x,y)$ 是当前直径中心，且 $x$ 是前一个直径中心。$k$ 是上一个直径中心提前对当前直径中心删掉的点数。

对于当前直径中心是边的转移，设 $g_{a,b}$ 表示一边删了 $a$ 条边，另一边删了 $b$ 条边，先从 $f_{i,j,k}\to g_{k,0}$，然后转移 $g_{i,j}\gets g_{i-1,j}+g_{i,j-1}$，最后转移到下一个直径中心：$f_{i-1,j,k}\gets b!g_{k,b-1}$（要指定另一边最后选），对于转移到 $j$ 的反向边也是一样。

对于当前直径中心是点的转移，转移到反向边和上面是一样的。考虑转移到这一边的子树 $s$，枚举子树大小 $t$，那么最后总共删了 $m=b+a-sz_s+t$ 个点，分成两类：

最后删了另一边的点：$f_{i-1,(y\to s),t} \gets b!(a-sz_s)!\binom {a-sz_s+t}{t} g_{a-sz_c+t,b-1}$
最后删了这一边非子树 $s$ 内的点：$f_{i-1,{y\to s},t} \gets b!(a-sz_s)!\binom {a-sz_s+t-1}{t}g_{a-sz_s+t-1,b}$。

初始状态是：任意选一条直径上的边，若中心是点则要指向这个点，否则这条边要是直径中心。

复杂度：$f$ 对于一个直径中心，$i,k$ 对数是 $O(n)$。$g$ 每次是 $O(ab)$ 但是固定直径中心和直径长度后共是 $O(n)$。于是总复杂度是 $O(n^2)$。

金字塔

考虑找到极大的正方形。极大的正方形边界上有至少三个点，考虑如果有一个点显然可以随便扩展，接下来考虑有两个点：

若两个点在邻边，那么可以往一个方向扩展。
若两个点在对边，那么这个正方形可以滑动，考虑滑动到有一个点在顶点上时，这时正方形可以扩展，另一个点同理，两个扩展后的正方形的并集可以覆盖原来的正方形，于是这种情况也不优。

考虑枚举矩形的下边界，二分高度，求出范围内左边最靠右的和右边最靠左的即可 check，可以顺序和逆序分别建持久化线段树，同时在两棵树上线段树二分即可。

由于极大正方形可能没有下边界，因此枚举上边界做同样的事情即可。

最后得到 $O(n)$ 个极大正方形。

还要做矩形 chmax 和单点查。可以扫描线，由于一个边长更大的正方形来了之后，原来边长更小的正方形肯定不优，于是线段树上每个节点维护一个单调队列即可。

总复杂度 $O(n\log n)$。

简单树上问题

题解做法是，给每种颜色随机一个到 $[1,5]$ 的映射，然后做 $O(n3^5)$ 的 DP，大概要随 100+ 次。

但是有确定性做法：考虑点分治，那么此时根必选，变成四种颜色。考虑 DP，我们 DP 的方式是每次把数组传到儿子，儿子子树做完后再合并上来，这样每次只用加入一种新颜色，且每次转移是 $O(1)$ 的。

我们对于选了 $k$ 种颜色的方案，记录这些颜色是什么（假如 $k=3$ 选了 $x,y,z$ 三种颜色），为了能够转移还要分别记录不包含 $x,y,z$ 这三种颜色之一的方案，于是 $k$ 种颜色的方案只需要记录 $(k+1)$ 种，总共状态数是 $2+3+4$，对于 $k$ 更大时实际上是 $O(k^2)$ 种。

复杂度 $O(n k^2\log n)$。

时间旅行

考虑置换环，$p_x$ 表示 $x$ 号人最终要拿到 $p_x$ 号物品。

考虑环中 $s$ 最大的人 $x$，且有 $p_y=x$。我们把 $s,t$ 预先离散化，则有 $s_y<s_x,t_y>t_x$。

讨论它们 $s,t$ 的六种相对关系后分为以下两种情况：

$t_x<s_y$，此时执行操作 $0\ x\ s_y,1\ x\ y,0\ y\ t_y$，这样 $y$ 就拿到了 $x$ 的物品，且环的规模减小了一，相当于多了一个 $s_y\to t_x$ 的人。
其他情况，我们认为还是产生一个 $s_y\to t_x$ 的人，拿着 $y$ 的物品。假设做完所有操作后，还剩下 $x,y$ 两个人，$y$ 在 $t_x$ 处，此时执行 $0\ x\ t_x,1\ x\ y,0\ y\ t_y$ 即可。

维护两个序列，一个表示前面做的操作，一个表示后面做的操作。复杂度 $O(n\log n)$，瓶颈在排序。操作数为 $\le3n$。

挑战子集和

考虑 $k=0$ 且 $a>0$ 的情况，对 $a$ 排序，每次取出 $a_2$，贪心进行 $(x,x+a_2)$ 匹配，保留前者，即可变成规模为 $n-1$ 的问题。

考虑 $a$ 没有限制的情况，考虑给所有数减去 $-\min a_i$，用上面的方法求出答案，在选出一个集合使得和等于 $-\min a_i$，把它们翻转即可。因为对于负数 $x$，原来的集合里选 $x$ 和新的集合里不选 $-x$ 是双射。

考虑 $k=1$ 的情况，考虑 $\min +\max$ 等于所有数的和，于是当原集合的 $\min,\max$ 与现在的相同，那么利用 $\sum ans_i=2^{n-1}(\min +\max)$ 可以求出缺失的元素。

否则不妨假设缺失 $\max$，$sum+\max=2^{n-1}\min +2^{n-1}\max$ 可以解出 $\max$，再利用上面即可。

对于 $n=1$ 特判即可。

直至云雨消散

每个点的点权都是 $\max _{j=i}^{R_i} b_j$，显然 $R$ 内的相对位置是不变的。可以平衡树维护 $R$ 序列。

考虑每个点向后面第一个比它大的位置连边，构成一棵树。

先考虑全局操作，那么一些点值会被覆盖掉，每次删掉的点一定是叶子。考虑查询怎么办，往上跳找到第一个没有被删掉的点，统计它到最后一个 $\le R_r$ 的链和。

一般地，此时删掉的不一定是叶子，但是发现删掉的不是叶子的点只可能是左端点的点值，我们把这个值在树上点权赋成 $0$，查询依旧找到第一个没有被删掉的叶子，然后跳倍增，前者实际上就是 $\max _{j=l}^{R_l}$。用树状数组维护根链和。

复杂度 $O(n\log n)$。

喧嚣

发现相当于 (( 结构可以随意移动，同时它们还能翻转。那么求出区间内 (( 的数量 $s$，这里的数量指的是找到一个将其删去并将两边拼接，不断这样操作。暴力的方法是维护一个栈。

然后剩下的结构要么是 ()...()，要么是 )()...()(，前者答案是 $2s+1$，后者或剩下啥都不剩时答案是 $2s$。

改成线段树维护即可，复杂度 $O(n\log n)$。

二叉树操作

设 $f_x$ 表示当前节点权值为 $b=x$ 时的最少操作次数，转移是对两个儿子做 $\min,+$ 卷积再加绝对值函数。

由于绝对值函数是凸的，于是 DP 函数是凸的。

注意两个凸函数做卷积实际上就是求闵可夫斯基和。而由于斜率是树高级别的，所以凸包只有 $O(n)$ 段，复杂度 $O(2^nn)$。

可以使用 Slope Trick 的技巧只记录断点，每个断点处表示斜率增加一，每次合并时起点斜率等于两起点斜率的最小值。

距离

对于一个合法的 $f$ 可以构造一个对应的 $S$，将所有不在任意一个关键点的 $f_i-1$ 邻域内的点全部全部加入进 $S$。

定义 $g_i=\max(0,\max _{1\le j\le k} f_j-\text{dis}(i,a_j))$，$g_i=0$ 就表示加入进 $S$。对于 $1\le i\le k$ 要有 $g_{a_i}=f_i$ 否则会存在 $f_j-\text dis(a_i,a_j)>f_i$ 与 $f$ 的定义矛盾。于是合法的 $g$ 只有一个 $f$，又由于 $g$ 是由 $f$ 定义的，所以这是双射，我们计算 $g$ 的方案数。

合法的 $g$ 满足：

对于边 $(u,v)$ 有 $|g_u-g_v|\le 1$。
对于非关键点 $u$，要么 $g_u=0$，要么周围有一个点使得 $g_v=g_u+1$。
任意关键点有一条严格递减的路径到达 $0$。

设 $f_{v,0/1,0/1/2}$，表示当前点 $g=v$，有没有周围点满足 $g=v+1$。子树内有或没有递减链，子树内有且需要一条递增链到达 $0$。

复杂度 $O(n^2)$。

黑猩猩找

考虑每一维到达整数的时刻就是进入一个新的立方体。

还要减掉同时到达的时刻。

于是就是求

\[\sum _S (-1)^{|S|+1} \gcd S \]

反演可以得到最终的式子：

\[\sum_d \varphi(d) \]

其中 $d$ 是所有 $l_i$ 因数的并集。

国预的战争

首先容斥成 $> k$。

对于链的做法，每个点前面 $k-1$ 个点都是不同颜色，而这个点也要与它们不同颜色，答案就是 $\prod (m-\min(i-1,k-1))$。

可以扩展到正解，我们尝试一种涂色方法，使得 $k$ 邻域内所有涂过色的点不同色。

BFS 序满足这个限制，因为考虑 $k$ 邻域内两个点 $x,y$ 它们的距离肯定不如把其中一个点换成当前点的距离，于是它们两两距离 $\le k$。

直接数点做到 $O(n^2)$，用点分治做偏序可以做到 $O(n\log ^2n)$。

可以用长剖做到 $O(n)$。具体来说把两个点之间的贡献放在 LCA 处考虑，分为这个点处轻边对轻边、轻边对重边、重边对轻边的贡献，然后把贡献标记挂在节点上，最后扫一遍整棵树即可。

不是不是诈骗题

找到一些最大点对，然后询问时扫这些点对，没找到符合条件的就建虚树直接求。

具体来说先随 $O(n)$ 个点对，然后取 $O(1)$ 大的，这个点对期望是第 $O(n)$ 大。

dfs 一遍维护可并堆，在 LCA 处统计，每次在两个堆中遍历，找到所有 $O(n)$ 个最大点对。

然后处理这 $O(n)$ 个点对，我们维护一个合法点对集合，每次从大往小尝试加入，扫描当前所有合法点对，若包含任意一个则 break，这样期望找到 $O(\sqrt n)$ 个合法点对，可以证明期望复杂度是 $O(n\log n)$。

询问也是同理，直接扫着 $O(\sqrt n)$ 个合法点对，期望复杂度也是 $O(n\log n)$。

若没有找到，则有期望 $O(\sqrt n)$ 个，每个期望长度 $O(\sqrt n)$，总和 $O(n)$，建虚树复杂度总和是 $O(n\log n)$。

总复杂度 $O(n\log n)$。

ladder

做法一：记录当前梯子高度和这一节的高度，复杂度 $O(nm^2)$。

做法二：考虑一个不上升序列的构造，每次要么 push_back 一个 $1$，要么全局加 $1$。可以在 push_back $1$ 的时候选择是否对齐下端。假设之前一共选择 $k$ 个，那么每次全局加 $1$ 时就会使得总高度增加 $k$。记录总高度和 $k$ DP，复杂度 $O(n^2m)$。

考虑平衡，对于一节梯子 $\ge \sqrt m$ 的使用做法二，否则用做法一算，具体来说令做法二中每次 push_back 的是 $\sqrt m$ 即可。

复杂度 $O(nm\sqrt m)$。

math

外面的期望都是可以拆掉放在里面的，拆成两点减去 LCA 的期望深度。

期望深度容易 $O(n\log n)$ 算。

我们需要求 $f_d=\sum _{d|i}\sum _{d|j} P( d\text { is lca}(i,j))$。

设 $P_i(j)$ 表示 $i$ 是 $j$ 祖先的概率，先初始化每个倍数的概率，再对每个倍数枚举倍数转移，复杂度 $O(n\log ^2n)$。

那么 $f_d=\sum _{d|i}\sum _{d|j}P_d(i)P_d(j)-\sum _{d|g \land g\ne d}f_gP^2_d(g)$。

总复杂两只 log。

occur

考虑莫队，那么每次相当于询问 $l\in [L,R],r=R$ 的 $S[l,r]$ 的 $occ$ 之和。

考虑 SAM，那么相当于在 Parent 树上找到根链上从上往下第一个满足 $len\ge R-L+1$ 的点，这个点以上全部由贡献，这个点有一半贡献。倍增可以做到 $O(n\sqrt n\log n)$。

考虑二次离线，对 $len$ 从大到小扫描，用并查集维护父亲即可。

复杂度 $O(n\sqrt n\alpha(n))$。

posted @ 2026-02-25 21:15 dengchengyu 阅读(42) 评论(0) 收藏举报

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