CF 2100-2400 strings 乱做

CF1995D Cases

显然如果选了某个字符那么不妨选它出现的所有位置。check 方式等价于相邻两个选择的位置间距 \(\le k\)，等价于连续 \(k\) 个必须选一个（最后一个必须选）

枚举位置维护字符集是做不了的，状态数 \(O(n2^c)\) 无法优化

考虑枚举字符集 \(s\)。设原串连续 \(k\) 个字符的字符集为 \(t_i\)，合法的 \(s\) 满足 \(s\cap t_i\ne\varnothing\)。标记 \(U\setminus t_i\) 及其子集，没有标记即为合法

时间复杂度 \(O(cn+2^cc)\)

CF1980G Yasya and the Mysterious Tree

设 \(dis[u]\) 为根链边权异或

按套路用 trie 维护 \(dis\) 即可查询。注意查询前需要先删除自己
所有边异或 \(x\) 等价于给 \(dep\) 为奇数的 \(dis\) 异或 \(x\)，奇偶分别维护即可

CF1970D1 Arithmancy (Easy)

长度限制 \(30n\)，可以令长度分别 \(\approx1,30,90\)，这样用本质不同子串数的大小就可以确定是哪两个串，只需要判断顺序

\(n=2\) 时容易构造出 OX O...O。顺着往下想，\(n=3\) 时可以增加一个前缀 O、后缀 X、中间随机的串

官方题解说直接随就行。。。

CF1968G2 Division + LCP (hard version)

注意到 \(lcp\) 一定是原串前缀，从小到大枚举长度 \(i\)，\(s[1:i]\) 下一次出现的位置为 \(\min\{j:j\ge p\land z[j]\ge i\}\)，并查集维护 \(z[]\ge i\) 的位置。只会查找 \(O(n\ln n)\) 次

官方题解是基于 \(lcp\cdot k\le n\) 的根号分治

CF1965C Folding Strip

注意到只要求所有折叠后对应位置相同，所以应该关注结果而不是过程

显然长度 \(>2\) 的连续段等价于长度 \(=1,2\) 的。感性理解：要让最终的长度尽量小就要让折叠次数尽量多，事实上可以再每个 \(=2\) 的连续段中间折一次，这样最终的串的 \(0/1\) 分别在奇/偶位置

实现

从左到右模拟折叠。维护方向 \(d\)，相对位置 \(j\)

int l = 0, r = 0;
	For(i,2,n, d = 1, j = 0) {
	if( s[i-1] == s[i] ) d *= -1;
	else j += d;
	ckmin(l, j), ckmax(r, j);
	}
	cout<<r-l+1<<'\n';

CF1930D2 Sum over all Substrings (Hard Version)

反过来考虑，\(q_i=1\) 可以覆盖 \(p_{i-1},p_i,p_{i+1}\)，可以从前往后贪心

sol 1

设 \(f[i,j]\) 表示覆盖了 \([l,i]\)，最后一个 \(1\) 位于 \(i-j\) 的最小代价（\(j\in\{0,1,2,\ge3\}\)）

矩乘

sol 2

设 \(f[l,i]\) 表示覆盖了 \([l,i]\) 的最小代价

\[f[l,i]=\begin{cases} f[l,i-3]+1 & ,p[i]=1 \\ f[l,i-1] & ,p[i]=0 \end{cases} \]

把右端点相同的合并计算，设 \(g[i]=\sum_{l\le i}f[l,i]\)

\[g[i]=\begin{cases} g[i-3]+i & ,p[i]=1 \\ g[i-1] & ,p[i]=0 \end{cases} \]