2026.9 做题记录 2

2026.9.16

P15732 [JAG 2024 Summer Camp #2] Do Make Segment Tree

定义状态函数 $f_{u,x}$ 为考虑完 $u$ 子树，且 $B_u = x$ 的最小操作次数和。

记 $l_u$ 为 $u$ 左儿子，$r_u$ 为 $u$ 右儿子。那么：$f_{u,x}=(\min\limits_{a+b=x}^{}f_{l_u,a}+f_{r_u,b})+|x-A_u|$。

注意到 $f_{u}$ 是一个下凸的函数，做 $(\min,+)$ 卷积后仍然是下凸的。那么考虑用闵可夫斯基和优化这个。

维护差分数组 $d_{u,x} = f_{u,x}-f_{u-1,x}$。那么 $d_u$ 可以通过以下方式得到：

将 $d_{l_u},d_{r_u}$ 归并得到 $d_{u}$。
将 $d_{u,-\infin}$ 增加 $|-\infin - A_u|$，并将 $x\in (-\infin,A_u]$ 的 $d_{u,x}$ 减少 $1$。
将 $x\in [A_u+1,+\infin)$ 的 $d_{u,x}$ 增加 $1$。

显然 $d_{u,x}$ 的种类数 $T(u)$ 满足 $T(u)\le \max(T(l_u),T(r_u))+O(1)$。所以 $d_{u,x}$ 的连续段只有 $O(n)$ 个。

那么对每个 $u$ 维护这 $O(n)$ 个连续段 $(len,\Delta)$ 就行了。最后答案即为前缀和最小值。

时间复杂度 $O(n2^n+qn^2)$。

P15502 [ICPC 2025 APC] Book Sorting

首先每本书最多移动到最左边一次，最右边也是。

如果 $p_i$ 要移动到最左边，且存在 $p_j < p_i$ 不移动到最左边。此时一定需要花费 $1$ 的代价交换它们。那么不如把 $j$ 也移动到最左边。则移动到最左边的元素构成的集合可以由区间 $[1,L]$ 表示。

同理，移动到最右边的元素构成的集合可以由区间 $[R,n]$ 表示。

那么答案等价于：$\min\limits_{1\le L\le R \le n}^{}f(L,R)+(L-1) + (n-R)$。其中 $f(L,R)$ 为下标区间 $[L,R]$ 中逆序对数量，即 $f(L,R)=\sum\limits_{i=L}^{R}\sum\limits_{j=L}^{i-1}[pos_j>pos_i]$。

记 $g(L,R) = f(L,R)+(L-1)+(n-R)$。有：

\[g(L,R)+g(L+1,R-1) -g(L+1,R)-g(L,R-1)\\ =f(L,R)+f(L+1,R-1)-f(L+1,R)-f(L,R-1)\\ =\sum\limits_{i=L+1}^{R-1}[p_{L}>p_i]+\sum\limits_{j=L+1}^{R-1}[pos_j>pos_R]+[pos_L>pos_R]-\sum\limits_{j=L+1}^{R-1}[pos_j>pos_R] -\sum\limits_{i=L+1}^{R-1}[pos_{L}>pos_i]\\ =[pos_L>pos_R]\\ \ge 0 \]

满足四边形不等式。那么直接跑分治就行了。时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

P12550 [UOI 2025] Reversal ABC

注意到对于一个 $\text{A}$，如果它跟后面的 $\text{B}$ 换了，就不可能再跟前面的字符换。因为能跟前面的字符换当且仅当这个字符是 $\text{C}$。但此时我们是将 $\text{AB}$ 变成了 $\text{BA}$，能出现 $\text{CA}$ 当且仅当 $\text{B}$ 前面一个 $\text{C}$ 换到它后面去了。但 $\text{CB}$ 不能换。同理如果它跟前面的 $\text{C}$ 换了，就不可能再跟后面的字符换。

对于 $\text{B},\text{C}$ 也是一样的。

那么可以描述成：

将序列拆成若干个区间 $[l_i,r_i]$。每个区间只有至多两种字符。定义 $f(l,r)$ 为对区间 $[l,r]$ 内部最多能换的次数，则序列操作次数等于 $\sum f(l_i,r_i)$。求这个的最大值。

先考虑 $f(l,r)$ 怎么求。不妨设 $[l,r]$ 中只有 $\text{A},\text{B}$。

发现最后序列形如 $\text{BB}\dots \text{BBAA}\dots \text{AA}$。则 $f(l,r)$ 等于区间 $[l,r]$ 中每个 $\text{B}$ 前面 $\text{A}$ 的数量和。即 $f(l,r)=\sum\limits_{i=l}^{r}\sum\limits_{j=i+1}^{r}[s_i=\text{A}\land s_j = \text{B}]$。

令 $\text{B}$ 匹配 $\text{A}$，$\text{C}$ 匹配 $\text{B}$，$\text{A}$ 匹配 $\text{C}$。记 $v_i$ 为 $[1,i]$ 中是 $s_i$ 的匹配的字符数量，$sum_{i,x}$ 为 $[1,i]$ 中 $s_j= x$ 的 $v_j$ 之和，$cnt_{i,x}$ 为 $[1,i]$ 中 $s_j=x$ 的数量。则 $f(l,r) = sum_{r,\text{B}}-sum_{l-1,\text{B}}-(cnt_{r,\text{B}}-cnt_{l-1,\text{B}})\times cnt_{l-1,\text{A}}$。

定义状态函数 $dp_{i}$ 为最后一个划分区间右端点为 $i$ 的最大价值和。记 $pos_{1,i}$ 为 $i$ 前面第一个与 $s_i$ 不同的下标，$pos_{2,i}$ 为 $i$ 前面第一个与 $s_i,s_{pos_{1,i}}$ 都不同的下标。

那么转移有：

$j\in [pos_{1,i},i-1]$。$dp_i\gets dp_{j}+0$。
$j\in [pos_{2,i},pos_{1,i}-1]$。记 $x,y$ 满足 $\{x,y\}=\{s_{pos_{1,i}},s_i\}$ 且 $x$ 匹配 $y$。$dp_i\gets sum_{i,x}+(dp_{j}-sum_{j,x}+cnt_{j,x}\times cnt_{j,y})-cnt_{i,x}\times cnt_{j,y}$。
$j\in [0,pos_{2,i}-1]$。不能转移。

斜率优化即可。时间复杂度 $O(n)$。

2026.9.17

QOJ8074 Multiply Then Plus

对修改线段树分治。那么每个完整的时间区间都有若干个插入 $(k,a_i,b_i)$ 的操作，且总数是 $O((n+q)\log n)$ 的。

对于询问，因为是单个时间点的询问，所以可以挂到线段树这个时间点到根所有完整的时间区间上。那么每个完整的时间区间都有若干个询问 $(x,l,r)$ 的操作，且总数是 $O(q\log n)$ 的。

单独拿出一个完整的询问区间来看。记有 $m_1$ 个插入操作，$m_2$ 个查询操作。先将 $k,l,r$ 放一起离散化。复杂度 $O((m_1+m_2)\log (m_1+m_2))$。建立区间线段树，将询问放到 $O(\log (m_1+m_2))$ 个完整区间上。那么插入操作先挂到叶子上，每次相当于是合并两个上凸壳。整体复杂度是 $O(m_1)$ 的。合并到当前点后把挂在这个点上的询问都处理掉。提前将询问按照 $x$ 从小到大排序，这样挂在每个完整区间上的询问都是关于 $x$ 单增的。那么就可以用指针扫一遍求答案了。均摊 $O((m_2+m_1)\log m_1)$。

那么整体时间复杂度就是 $O((n+q)\log^2 n)$ 的。

QOJ5438 半混合

一个 $n \times m$ 的矩形有 $\frac{n(n+1)m(m+1)}{4}$ 个子矩形。

则纯子矩形和混合子矩形都有 $\frac{n(n+1)m(m+1)}{8}$ 个。

问题变成找到一种构造，使得恰好有 $\frac{n(n+1)m(m+1)}{8}$ 个纯子矩形。

因为 $8 \mid n(n+1)m(m+1)$，所以 $n,m$ 中一定有一个数满足 $x\bmod 4 =0$ 或 $x\bmod 4=3$。

也就是说，存在 $n$ 或 $m$ 满足 $\frac{x(x+1)}{4}$ 是整数。不妨设 $m$ 满足条件。

那么分成 $n$ 列，每列都是一个 $1\times m$ 的矩形。相当于求一组满足：

$\sum x_i = m$。
$\sum \frac{x_i(x_i+1)}{2}=\frac{m(m+1)}{4}$。

的解。每次贪心删最大的 $x$ 就是对的，不知道为啥。

时间复杂度 $O(nm)$。

QOJ8079 Range Periodicity Query

判定 $s[1:k]$ 是否是 $s$ 的周期。等价于判定 $s[1:|s|-k]$ 和 $s[k+1,|s|]$ 是否相等。

对每个长度 $k$ 找到区间 $[l_k,r_k]$。使得 $k$ 是 $S_{l_k\sim r_k}$ 的周期。显然有 $l_k = k$。二分哈希做到 $O(n\log n)$。

再到着枚举长度扫一遍就可以求答案了。线段树做到 $O(n\log n)$。

P3780 [SDOI2017] 苹果树

首先注意到这个 $t-h \le k$ 就相当于随便在选了苹果的点中钦定一个点的深度作为 $h$。因为当 $h$ 不是最大深度时不优。

限制了祖先必须选，考虑按照 dfn 序做 DP。

对于一个点 $u$，对它进行完决策后有两种情况：

$u$ 子树继续选点。下一步决策 dfn 序中 $u$ 下一个点，这个点的父亲一定是 $u$。保证了祖先必须选。
$u$ 子树不再选点。记 $r_u$ 为 $u$ 子树中 dfn 序的最大值，下一步决策 dfn 序为 $r_u+1$ 的点。显然，这个点一定是 $u$ 的某个祖先的另一个儿子，保证了祖先必须选。

定义 $dfn_u$ 为 $u$ 的 dfn 序，$id_x$ 为 dfn 序为 $x$ 的点 $u$ 编号，$r_u$ 为 $u$ 子树中 dfn 序最大值。

定义状态函数 $f_{i,x}$ 为考虑完 dfn 序的前 $i$ 个点，苹果总数 $t$ 等于 $x$ 且没有钦定某个点时的最大价值和；$g_{i,x}$ 为考虑完 dfn 序的前 $i$ 个点，苹果总数 $t$ 减去钦定的点深度 $h$ 等于 $x$ 时的最大价值和。

考虑转移，现在已知不计算 $i$ 时的 $f'_{i},g'_i$，有：

\[f_{i,x} \gets v_{id_i}\times x+\max\limits_{\max(0,x-a_{id_i})\le y \le x}^{}( f'_{i,y}-v_{id_i}\times y)\\ g_{i,x}\gets v_{id_i}\times x+\max\limits_{\max(0,x-a_{id_i})\le y \le x}^{}(g'_{i,y}-v_{id_i}\times y)\\ g_{i,x}\gets v_{id_i}\times (x+dep_{id_i})+(\max\limits_{\max(0,x+dep_{id_i}-a_{id_i})\le y \le x+dep_{id_i}-1}^{}f'_{i,y}-v_{id_i}\times y) \]

然后对 $j\in \{i+1,r_i+1\}$ 更新：

\[f'_{j,x}\gets f_{i,x}\\ g'_{j,x}\gets g_{i,x} \]

单调队列优化做到 $O(n^2 + nk)$。因为 $f_{*,x}$ 满足 $0\le x \le n+k$，$g_{*,x}$ 满足 $0\le x \le k$。

注意到对于一个 $f_{i,x}$，如果最后钦定的深度小于 $dep_{id_i}$，不如直接在 $i$ 这里钦定了。所以 $x - dep_{id_i} > k$ 的状态一定无用。所以 $f_{i,x}$ 实际上有用的 $x$ 满足 $dep_{id_i}\le x \le k+dep_{id_i}$。总量就是 $O(nk)$ 的。

整体时间复杂度为 $O(nk)$。

2026.9.18

AT_agc056_b [AGC056B] Range Argmax

考虑从大到小填数，这样一个区间第一次填的数就是最大值，那么下标也就确定了。

记 $pos$ 为当前最大值的位置，对于一个区间 $[L,R]$：

$R < pos$。不确定 $x$。
$L\le pos \le R$。确定 $x$ 为 $pos$。
$pos<L$。不确定 $x$。

这样就变成两个子问题了。但实际上我们只在意下标，所以直接这么做会算重。

$pos$ 将剩下不确定 $x$ 的区间分成 $R<pos$ 和 $L>pos$ 两类，记 $pos'$ 为 $R < pos$ 这一类区间中第一个确定的 $x$。

当 $pos' < L_0$ 时先确定 $pos'$ 再确定 $pos$ 是等价的。因为 $pos' < L \le R < pos$ 的区间是不受 $p_{pos}$ 和 $p_{pos'}$ 大小限制的（因为一定比它们的最小值小）；$R < pos'$ 的区间与 $pos$ 无关；$L > pos$ 的区间与 $pos'$ 无关；$L \le pos \le R$ 的区间因为 $pos' <L_0$ 所以与 $pos'$ 无关；$L \le pos' \le R < pos$ 的区间与 $pos$ 无关。

那么我们可以加强枚举的限制来做到不重不漏。即枚举 $pos$ 后 $R < pos$ 这一类需要满足第一次枚举的 $pos'$ 在区间 $[L_0,pos)$ 中。

定义状态函数 $f_{l,r,p}$ 为只确定被 $[l,r]$ 包含的区间的 $x$，且 $p$ 为第一次枚举的 $pos$ 的方案数。

记 $L_{l,r,pos}$ 为包含 $pos$ 且被 $[l,r]$ 包含的区间 $[L,R]$ 中，$L$ 的最小值。

枚举 $pos$，当存在被 $[l,r]$ 包含且包含 $pos$ 的区间 $[L,R]$ 时转移为：

$f_{l,r,pos}\gets f_{l,pos -1,y}\times f_{pos+1,r,x}[L_{l,r,pos}\le y]$。

当 $[l,r]$ 中不存在区间 $[L,R]$ 时，初始化 $f_{l,r,n}=1$。答案为 $\sum\limits_{x} f_{1,n,x}$。

后缀和优化做到 $O(n^3)$。

AT_agc067_b [AGC067B] Modifications

按照时间倒着做。那么一个点第一次被填的值就是它最终的值。

考虑判定一个序列 $a$ 是否合法。相当于每次选择一个值相同的区间 $[L_i,R_i]$，然后把 $[L_i,R_i]$ 中所有元素变成通配符。要求最后所有元素都是通配符。

这个操作本身是没有性质的。但是如果确定了最后哪些元素没有变成通配符，就一定可以知道哪些区间是合法的。这样就产生了子结构。

那么考虑容斥。定义状态函数 $f_{l,r}$ 为能将 $[l,r]$ 中所有元素变成通配符时，$a$ 序列的数量。总方案数为 $C^{r-l+1}$。记 $p_{1,2,\dots,k}$ 为某个不合法的序列 $a$ 中，最后没有变成通配符的下标。可知 $[l,p_1-1],[p_1+1,p_2-1],\dots,[p_{k-1}+1,p_k-1],[p_k+1,r]$ 这些 $a$ 的子区间都是合法的。且不存在 $[L,R]$，满足：所有 $p_i\in [L,R]$ 的 $a_{p_i}$ 相同。

定义状态函数 $g_{l,r,p}$ 为考虑完所有 $p_i \le r$，最后一个在 $r$，且极长的 $a_{p_i}$ 相同的后缀起始点（第一个不同值位置 $+1$）为 $p$ 的方案数。对于转移：

$p_1=r$。$g_{l,r,l}\gets f_{l,r-1}\times C$。要求不存在 $[L,R]$，使得 $L \le r = R$。
$p_i = r,i>1$。
1. $a_{p_i}=a_{p_{i-1}}$。$g_{l,r,p}\gets g_{l,r',p}\times f_{r'+1,r-1}$。要求不存在 $[L,R]$，使得 $p \le L \le r'\le R\le r$。
2. $a_{p_i}\ne a_{p_{i-1}}$。$g_{l,r,r'+1}\gets g_{l,r',p}\times f_{r'+1,r-1}\times (C-1)$。要求不存在 $[L,R]$，使得 $p \le L \le r'\le R\le r-1$。

对于 $f_{l,r}$，初始 $f_{l,r} = C^{r-l+1}$。枚举 $p_k = x$，有 $f_{l,r}\gets -\sum \limits_{p}g_{l,x,p}\times f_{x+1,r}$，要求不存在 $[L,R]$，使得 $p\le L \le x \le R \le r$。

初始化 $f_{i,i-1}=1$。答案为 $f_{1,n}$。时间复杂度 $O(n^4)$。

CF1864H Asterism Stream

记 $p(i)$ 为走到 $i$ 的概率，答案即为 $\sum\limits_{i=1}^{n-1}p(i)$。

对于每个 $+1$ 操作的实际贡献，记 $cnt$ 为其后面 $\times 2$ 操作数量，那么就是 $2^{cnt}$。

那么整个操作的贡献可以用 $s_{0\sim k}$ 表示。其中 $s_i$ 为后面 $\times 2$ 操作数量为 $i$ 的 $+1$ 操作数量，其中 $k$ 为 $\times 2$ 的操作数量。则贡献可以表示为：$2^{k}+\sum\limits_{i=0}^{k}2^{i}s_i$。对答案的贡献为 $\frac{1}{2^{k+\sum\limits_{i=0}^{k}s_i}}$。

问题变成对 $2^{k}+\sum\limits_{i=0}^{k}2^{i}s_i<n$ 的 $s$ 计数。

枚举 $k$，再添加一个数 $s'$，使得问题变成对 $s'+\sum\limits_{i=0}^{k}2^is_i = n - 2^k-1$ 的 $(s',s)$ 计数。将 $s'$ 和 $s_i$ 用二进制表示，变成：

\[n-2^k-1\\ =\sum\limits_{j=0}^{V}2^{j}s'_{j}+\sum\limits_{i=0}^{k}\sum\limits_{j=0}^{V-k}2^{i+j}s_{i,j} \\ =\sum\limits_{x=0}^{V}2^{x}(s'_{x}+\sum\limits_{i=0}^{\min(k,x)}s_{i,x-i}) \]

因为 $s'_{x},s_{i,j}\in \{0,1\}$，所以对于任意 $x$，$0\le s'_{x}+\sum\limits_{i=0}^{\min(k,x)}s_{i,x-i} \le k+2$。求和时这个量级的进位是可以接受的。

从低位往高位计数。定义状态函数 $f_{x,y}$ 为考虑完二进制 $[0,x]$ 这些位，它们求和之后等于 $n-2^k-1$ 保留二进制 $[0,x]$ 这些位后加上 $2^{x+1}y$ 的贡献和。对于转移：

枚举 $s'_{x}+\sum\limits_{i=0}^{\min(k,x)}s_{i,x-i} = z$ 再枚举 $y$。那么第 $x$ 位实际上是 $(z+y)\bmod 2$。要求 $(z+y)\bmod 2$ 与 $n-2^k-1$ 二进制下第 $x$ 位相同。有 $f_{x,\lfloor\frac{z+y}{2}\rfloor}\gets f_{x-1,y}(g_{x,z}+g_{x,z-1})$。其中 $g_{x,z}$ 为 $\sum\limits_{i=0}^{\min(k,x)}s_{i,x-i} = z$ 时 $\prod\limits_{i=0}^{\min(k,x)}\frac{1}{2^{2^{(x-i)s_{i,x-i}}}}$ 之和，这个暴力背包。

最后对于一个 $k$ 的贡献就是 $f_{V,0}\times \frac{1}{2^k}$。时间复杂度 $O(TV^4)$，其中 $V=\log n$。

2026.9.21

CF1830D Mex Tree

一棵树的价值为：

\[\sum\limits_{1\le u\le v\le n}^{}[\exist x\in P(u,v), a_x = 0]+\sum\limits_{1\le u\le v\le n}^{}[\exist x\in P(u,v), a_x = 0][\exist y\in P(u,v), a_y=1]\\ =n(n+1)-2\sum\limits_{1\le u\le v}^{}[\forall x\in P(u,v), a_x = 1]-\sum\limits_{1\le u\le v}^{}[\forall x\in P(u,v), a_x = 0] \]

先给树按照深度的奇偶性染色。记 $cnt$ 为奇数深度的点数，那么答案不会小于 $n(n+1)-\min(cnt,n-cnt)-n$。

定义状态函数 $f_{u,x,0/1}$ 表示考虑 $u$ 为根子树，和 $u$ 颜色相同的连通块大小为 $x$ 且 $u$ 的颜色是黑或白的最小代价。显然 $x \le \min(siz_u, 2\sqrt{n})$。

暴力背包时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

P16319 [ICPC 2023 Jinan R] 铁路环游

定义状态函数 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 个，铺了 $j$ 条铁路的最大得分。有：

$f_{i,j}\gets f_{i-1,j}$。
$f_{i,j}\gets f_{i-k,j-k}+w(i-k+1,i)$。其中 $w(l,r)$ 为被 $[l,r]$ 包含的区间得分和。

换维，$f_{i,j}$ 为前 $i$ 个，铺了 $i+j$ 条铁路的最大得分。有：

$f_{i,j}\gets f_{i-1,j+1}$。
$f_{i,j}\gets f_{i-k,j}+w(i-k+1,i)$。

记 $g_{i,j} = f_{i,j}+w(i+1,u)$，其中 $u$ 为当前转移点。那么每次相当于对一个 $R = i$ 的区间 $[L,R]$，将 $x\in [1,L-1]$ 的 $g_{x,*}$ 都增加 $v$。如果令 $\delta_x$ 为 $g_{x,*}$ 在这一轮的增加量，那么 $\delta_x \ge \delta_{x+1}$。那么对于一个 $g_{x,k}$，若存在 $y < x\land g_{y,k}\ge g_{x,k}$，则 $g_{x,k}$ 不可能在之后用来转移。

如果能对每个 $k$ 维护出 $g_{x,k}$ 的单调栈，那么转移就是 $O(1)$ 的了。

对每个 $k$，维护单调栈的差分。记为 $(p_i,d_i)$ 为单调栈中第 $i$ 个元素在原序列的下标，$d_i = g_{p_i,k}-g_{p_{i-1},k}$。每次将 $[1,L-1]$ 的 $g_{x,k}$ 增加 $v$，相当于执行：

$d_1 \gets d_1 + v$。
找到最大的 $i$，使得 $p_i \le L-1$。若 $d_{i+1}-v \le 0$，则将 $d_{i+2}$ 修改成 $d_{i+2}+d_{i+1}-v$，并删去 $(p_{i+1},d_{i+1})$。重复执行此过程，直到 $d_{i+1}-v>0$。此时将 $d_{i+1}$ 修改成 $d_{i+1}-v$。

并查集维护每个点前面第一个在栈中的元素位置即可。时间复杂度 $O(n(n+m)\alpha(n))$ 或 $O(n(n+m)\log n)$。

QOJ5308 RPG职业联赛

设输出、辅助和增益分别是 $1,2,3$。

先二分答案 $t$。

考虑建立网络流模型：

右部点为 $\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\}$。每个点向超级汇点连容量为 $t$，费用为 $0$ 的边。这样只要最后所有都顶满了，就说明 $1,2,3$ 恰好够 $t$ 组每组一个，且剩下 $1,2$ 能分进 $t$ 组中。
左部点为 $i$，表示一名玩家。$i$ 向是 $S_i$ 的子集且是右部点的点连容量为 $1$，费用为 $0$ 的边。
超级源点向每个左部点 $i$ 连容量为 $1$，费用为 $p_i$ 的边。流这条就说明选这个玩家。

显然，只要最后最大流为 $4x$，就说明可以分的组数不小于 $x$，且分 $x$ 组时费用就是最小费用最大流。

考虑先把组数求出来。发现此时代价是不重要的，所以对于 $S_i$ 相同的点可以缩在一起。

将左右部点交换一下，变成判断一张有 $4$ 个左部点，$7$ 个右部点的带权二分图是否存在完美匹配。根据 Hall 定理，等价于 $\min(\sum\limits_{x\in N(S)}^{}v_x-\sum\limits_{x\in S}^{}v_x)\ge 0$。而 $\sum\limits_{x\in S}^{}v_x = |S|\times t$，所以等价于对所有 $S$，均有 $\sum\limits_{x\in N(S)}^{}v_x \ge |S|\times t$。

那么最大组数 $t$ 满足：$t = \min\limits_{ S}^{} \lfloor\frac{\sum\limits_{x\in N(S)}^{}v_x}{|S|}\rfloor$。

再考虑求最小代价：先把所有的都选上，再从大到小删玩家。显然，只要删除之后最大组数仍为 $t$ 就可以删除。

最后考虑单点修改。分两种情况：

当前玩家被选了。答案会变当且仅当将他和一个没被选的玩家替换。枚举这个没被选的玩家的 $S$，显然只会选满足 $S_i = S$ 中，$p_i$ 最小的那个。
当前玩家没被选。同理，枚举替换玩家的 $S$，选 $p_i$ 最大的那个。

怎么写都能过。复杂度 $O(m^22^kq\log n),k=4,m=7$。也可以做到 $O(q\log n)$。

QOJ5440 P-P-Palindrome

注意到 $(P,Q)$ 合法当且仅当 $P,Q$ 的最小回文循环节相同。

PAM 找到每个字符串的所有回文子串，再对每个回文子串找最小回文循环节即可。

时间复杂度 $O(n\log V)$。

2029.9.23

P7220 [JOISC 2020] 掃除

先考虑 Sub3 怎么做。

不难注意到，任意次修改后仍然满足 $x_i \le x_{i+1},y_i \ge y_{i+1}$。这样每次都是一个区间覆盖了。时间复杂度 $O(n\log n)$。

再考虑 Sub4 怎么做。

假设只有一个点不满足 $x_i \le x_{i+1},y_i\ge y_{i+1}$ 的限制。注意到在这个点第一次被推后，整个序列就满足 $x_i \le x_{i+1},y_i \ge y_{i+1}$ 了（排序后）。

拓展到多个点也一样。则考虑在每个点第一被推之后再加入这个点。此时就变成带插入的 Sub3 了。平衡树维护插入做到 $O(n\log n)$。

最后考虑原题怎么做。问题在于操作序列不同时无法像 Sub4 那样做。那么对操作线段树分治，加点的时间由于是一个时间点所以可以往上传到它的 $O(\log n)$ 个祖先时间区间中。那么就变成 $O(k_i)$ 个点的 Sub4 了，有 $\sum k_i = O(n\log n)$。

复杂度 $O(n\log^2 n)$。

2026.9.24

QOJ964 Excluded Min

先考虑 $q=1$ 怎么做。

从小到大枚举 $x$，并维护 $cnt_x$ 表示让 $[0,x]$ 都在 $S$ 中出现且只考虑 $a_i\in [0,x]$ 时剩下或差 $cnt_x$ 个数。

记 $c_x$ 为 $x$ 在 $a$ 中出现次数。那么对于 $x\to x+1$，有 $cnt_{x+1}=cnt_x + c_{x+1}-1$。

最后答案就是最大的 $x$，使得 $cnt_{x-1}\ge 0$。

再考虑 $q > 1$ 怎么做。

从大到小枚举 $x$，动态维护 $f(S) = \sum\limits_{i\in S}^{}[a_i < x]$。那么答案为 $x$ 的区间 $[l,r]$ 就是那些满足 $f([l,r])\ge x$ 且没有被删除的区间，将这些区间删除再 $x\gets x-1$ 就可以得到所有答案了。

对于 $f(S)$，有 $f(S)=f'(S)-\sum\limits_{i\in S}^{}[a_i = x]$。枚举 $x$ 后再枚举 $a_i = x$ 的位置 $i$ 是容易的。唯一不好处理的是我们要对所有 $l \le i \le r$ 的区间 $[l,r]$ 对应 $f([l,r])$ 减去 $1$。

发现当存在两个区间 $[l_1,r_1]\subseteq [l_2,r_2]$ 时，$[l_1,r_1]$ 的答案一定不大于 $[l_2,r_2]$ 的答案。

那么我们只保留答案可能为 $x$ 的区间（即不存在一个包含它的区间还没被删掉），每次确定一个区间的答案后将新的答案可能为 $x$ 的区间再加进来。这样将这些保留下来的区间按照 $l$ 升序排序后，$r$ 就也是升序的了。那么操作变成对一个区间 $-1$，可以维护。

具体的，需要维护：

因为 $l,r$ 严格单增，所以可以将一个区间映射到 $l$ 上。则需要维护最后一个 $l \le pos$ 的位置，第一个 $r\ge pos$ 的位置。用 set 维护。
因为新加入的区间要查询一遍 $f([l,r])$，所以需要另一棵线段树（树状数组）维护区间中 $a_i < x$ 的数量。然后是在 $l$ 处单点修改，用线段树维护。
删除区间相当于每次找到 $f([l,r])$ 的最大值，当这个最大值不小于 $x$ 时就删除。然后继续删剩下的最大值。所以需要维护全局最大值及其位置。用线段树维护。
删除一个区间后要将所有新的区间加进来。不妨设当前删除的区间为 $[l,r]$。按照 $l$ 升序排序后，记 $l'$ 为排在 $[l,r]$ 后一个区间的左端点（没有则为 $n+1$）。这个可以拿 set 维护。考虑从小到大枚举加入到新区间的 $L$，首先需要保证 $L\in [l,l'-1]$。再维护前面加入区间中 $R$ 的最大值 $r_{max}$，初始为排在 $[l,r]$ 前一个区间的右端点（没有则为 $0$）。显然，对于一个 $L$ 加入到区间 $[L,R]$ 一定是右端点最大的那个，且满足 $R > r_{max}$。然后更新 $r_{max}\gets R,L\gets L+1$ 即可。这个过程可以放到线段树上。

整体时间复杂度 $O((n+q)\log n)$。

CF1672I PermutationForces

把 $i,p_i$ 看成两个序列 $a_{1\sim n},b_{1\sim n}$。则 $|i-p_i|$ 可以描述成 $|a_i-b_i|$。

对于一次操作 $i$：

$s\gets \max(s,|a_i-b_i|)$。
删除点对 $(a_i,b_i)$。
将 $b_j > b_i$ 的 $b_j$ 减 $1$。
将 $a_j > a_i$ 的 $a_j$ 减 $1$。

考虑寻找性质，如果已知 $s$ 怎么判定是否存在合法操作。

假设点对 $(a,b)$ 在上一个时刻满足 $|a-b|\le s$。观察这次操作后 $(a,b)$ 的变化：

这次选的就是 $(a,b)$。被删除了。
这次选的不是 $(a,b)$。不妨设选的是 $(a',b')$，首先满足 $|a'-b'|\le s$。分类讨论：
1. $a < a', b > b'$。$(a,b)\to (a,b-1)$。
  1. 若 $|a-b|<s$，则 $|a-(b-1)|\le s$。
  2. 若 $|a-b|=s$，且 $b = a+s$。则 $|a-(b-1)| = |a-(a+s-1)| \le s$。
  3. 若 $|a-b|=s$，且 $a=b+s$。则 $a' > b+s > b > b'$。此时 $|a'-b'|>s$，矛盾。
2. $a > a', b < b'$。$(a,b)\to (a-1,b)$。同理可知 $|(a-1)-b|\le s$。
3. $a > a', b > b'$。$(a-b)\to (a-1,b-1)$。则 $|(a-1)-(b-1)|=|a-b|\le s$。
4. $a \le a', b\le b'$。不变，满足 $|a-b|\le s$。

由此得到一个简单的性质：

若 $(a,b)$ 在某时刻满足 $|a-b|\le s$，则其在之后任意时刻都满足 $|a-b|\le s$。

那如果 $|a-b|> s$ 呢？依旧设选的是 $(a',b')$，分类讨论：

$a < a' ,b > b'$。$(a,b)\to (a,b-1)$。
1. $a > b+s$。则 $a’ > b+s > b > b'$。矛盾。
2. $b > a + s$。则 $|a-(b-1)| = b-1-a < |a-b|$。
$a > a', b < b'$。$(a,b)\to (a-1,b)$。
1. $b > a + s$。矛盾。
2. $a > b+s$。则 $|(a-1)-b| = a-1-b < |a-b|$。
$a > a', b > b'$。$(a,b)\to (a-1,b-1)$。则 $|(a-1)-(b-1)|=|a-b|$。
$a\le a', b\le b'$。不变。

由此得到另一个简单的性质：

若 $(a,b)$ 在当前时刻满足 $|a-b|>s$，则其在下一次操作之后不会变大。

由这两个结论就可以得到一个比较简单的贪心：

每次将所有满足 $|a-b|\le s$ 的点对 $(a,b)$ 删去并更新其它点对 $(a_j,b_j)$。存在合法方案当且仅当最后所有点对都能被删去。

这个直接做是 $O(n^2\log n)$ 的，考虑优化。

问题相当于维护所有 $|a-b|\le s$ 的点对 $(a,b)$。支持将 $a_j > a$ 的 $a_j$ 减去 $1$，将 $b_j > b$ 的 $b_j$ 减去 $1$。

因为对于任意两个点 $(a_i,b_i),(a_j,b_j)$，$a_i,a_j$ 的偏序关系，$b_i,b_j$ 的偏序关系都是不变的。那么我们就不用在意 $a,b$ 具体值了。问题变成：

维护 $f(i) = |a_i - b_i|$，初始 $f(i) = |i-p_i|$。
找到一个还没被删除的点 $i$，满足 $f(i)\le s$。执行以下操作：
1. 对所有没被删除的 $j$。$f(j)\gets f(j)-1$。
2. 对 $j\in [i+1,n]\land p_j \in [p_i+1,n]$ 且 $j$ 没被删除。$f(j)\gets f(j)+1$。
3. 对 $j\in [1,i-1]\land p_j \in [1,p_i-1]$ 且 $j$ 没被删除。$f(j)\gets f(j)+1$。

这样由于 $s \ge 0$，且有前面两个性质，那么当某个 $f(j) \le s$ 的 $j$ 更新出错也不会影响结果（只需要保证 $f(j)>s$ 时更新对了就行）。

将 $i < p_i$ 的点和 $i \ge p_i$ 的点分开考虑。以 $i < p_i$ 的点举例。

注意到对于 $(i,p_i),(j,p_j)$，如果 $i < j ,p_i > p_j$，那么任意时刻 $f(i) \ge f(j)$。

那么保留可能被删除的点，按照第一维从小到大排序后就满足 $i < j,p_i < p_j$ 了。这样操作就是区间操作了。

需要维护：

$f(i)$ 的最小值及其位置。
对区间的 $f$ 值减 $1$。
加入所有满足：$ i<j,p_i>p_j$ 的 $(j,p_j)$ 都被删去了的点对 $(i,p_i)$。此时 $f(i)$ 等于 $|i-p_i|$ 减去 $i<j,p_i>p_j$ 的 $j$ 数量。

这样 $i$ 向 $i>j,p_i<p_j$ 的 $j$ 连边得到 DAG。按照拓扑序加入点就是对的（因为每个 $j$ 加入时一定满足 $i>j,p_i<p_j$ 的 $i$ 删完了）。用 CDQ 优化建图即可。

维护 $f(i)$ 最小值及其位置，对区间 $f$ 值减 $1$ 可以用线段树。

建图时间复杂度 $O(n\log n)$，点数 $O(n\log n)$ 但有用点数还是 $O(n)$。对于一个 $s$ 的判定 $O(n\log n)$。那么整体复杂度就是 $O(n\log^2 n)$ 的。

2026.9.25

P5521 [yLOI2019] 梅深不见冬

定义状态函数 $f_{u}$ 为在 $u$ 处放 $w_u$ 朵梅花时需要的最小梅花数量。

设遍历子树的顺序为 $v_1,v_2,\dots,v_k$。问题相当于是最小化 $\max\limits_{i=1}^{k}(f_{v_i} + \sum\limits_{j<i}w_{v_j})$。

考虑邻项交换。有 $\max(f_{i},w_i+f_{i+1})<\max(f_{i+1},w_{i+1}+f_i)$。等价于 $f_{i}-w_i > f_{i+1}-w_{i+1}$。

那么按照 $f_{v}-w_v$ 从大到小排序即可。

复杂度 $O(n\log n)$。

P11328 [NOISG 2022 Finals] Gym Badges

先考虑确定参加某些比赛时，该如何排列。

假设排列后的序列为 $L_{1\dots k},X_{1\dots k}$。那么对于 $i$，需要满足 $L_i -\sum\limits_{j\le i}^{}X_j \ge 0$ 才能保证获得这个徽章。

问题变成最大化 $\min(L_i - \sum\limits_{j\le i}^{}X_j)$。

邻项交换，$\min(L_i,L_{i+1}-X_i)> \min(L_{i+1},L_{i}-X_{i+1})$。等价于 $L_i + X_i < L_{i+1}+X_{i+1}$。

那么先给序列按照 $L_{i}+X_i$ 升序排序。

然后再反悔贪心即可。

2026.9.26

CF2267G New LRT

拆贡献。

枚举中途的一条边 $i\to (i+x)$，它产生的贡献为 $c_x$。因为 $i$ 是不重要的，所以路径可以看作从 $0$ 走到 $n-x$，并在中途停顿一下（也就是 $i\to i$ 实际上表示 $i\to (i+x)$）。记这个方案数为 $g(n-x)$，则答案为 $\sum\limits_{m \text{ AND } x = x \land x\ge 1}^{}g(n-x)c_x$。

因为每一步都满足 $m\text{ AND }x = x$，所以对于 $x$ 的二进制分解 $x = 2^{y_1}+2^{y_2}\dots +2^{y_k}$，一定有 $m\text{ AND } 2^{y_i} = 2^{y_i}$。那么枚举 $x$ 就可以变成枚举 $2^{y_i}$ 了。

具体的，$x = 2^{y_1}+2^{y_2}\dots +2^{y_k}$ 时按照 $y$ 升序表示。这样一条路径 $0\to x\to y\to z\to \dots$ 就可以表示成若干段，每段是一个递增的 $2$ 的幂次序列。

定义状态函数 $f_{i,j,0/1}$ 为当前和为 $i$，最后一段最后一个幂次是 $2^j$，且中途是否停顿过的方案数。记 $s(n,k)$ 为 $n$ 二进制下第 $k$ 位的值。分情况转移：

在最后一段后面加入幂次。$f_{i,j,c}\gets f_{i-2^j,k,c}[k < j \land s(m,j)=1]$。
新开一段。$f_{i,j,c}\gets f_{i-2^j,k,c}[s(m,j)=1],f_{i,j,1}\gets f_{i-2^j,k,0}[s(m,j)=1]$。

初始化 $f_{2^j,j,0}=[s(m,j)=1], f_{2^j,j,1}=2[s(m,j)=1]$。

最后对于 $g(x)$，有 $g(x) = \sum\limits_{j}^{}f_{x,j,1}$。特别的，$g(0)=1$。

时间复杂度 $O(n\log V)$。

P7831 [CCO 2021] Travelling Merchant

按照 $r$ 从大到小删环上边 $(u,v,r,p)$。

定义状态函数 $f_{u}$ 为从 $u$ 开始的最小初始资产。

考虑删这条边之后的图。对于一个点 $i$，如果它从此刻开始就走不到环，说明之后都不可能更新 $f_{i}$ 了，此时按照拓扑序转移 $f_i$ 就是对的，因为 $i$ 的所有出边都转移完了。有 $f_{i}\gets \max(r,f_{j}-p)$，然后把这些非环上边删掉。

而对于 $f_{u}$，因为 $r$ 是整张图边权最大值，所以只要初始资产不小于 $r$ 就可以在环上走。$f_{u}\gets r$。

时间复杂度 $O(n+m)$。

CF436E Cardboard Box

每个点有 $3$ 种状态 $0,1,2$。

考虑每次将星星数增加 $1$，并反悔贪心。分情况讨论：

$0\to 1$。选择状态为 $0$ 的关卡中 $a$ 最小的那个。
$0\to 2,1\to 0$。选择状态为 $0$ 的关卡中 $b$ 最小的那个和状态为 $1$ 的关卡中 $a$ 最大的那个。
$0\to 2, 2\to 1$。选择状态为 $0$ 的关卡中 $b$ 最小的那个和状态为 $2$ 的关卡中 $b-a$ 最大的那个。
$1\to 2$。选择状态为 $1$ 的关卡中 $b-a$ 最小的那个。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

P2048 [NOI2010] 超级钢琴

定义 $f(x,l,r)$ 为 $(\max\limits_{i=l}^{r}s_{i})-s_{x}$。

然后贪心即可。初始加入所有 $f(i,i+L,\min(n,i+R))$，每次拿一个最大的出来。设它为 $f(x,l,r)$，且最大值在 $pos$。那么再加入 $f(x,l,pos-1),f(x,pos+1,r)$ 即可。

时间复杂度 $O(k\log n)$。

P5829 【模板】失配树

记 $fail_i$ 为 $s[1:i]$ 的 $\text{Border}$。那么 $i\to fail_i$ 后任意两个前缀的公共 $\text{Border}$ 就是树上 $\text{lca}$ 了。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

P4555 [国家集训队] 最长双回文串

先求出以每个点为中心时最长回文串长度。

再维护出 $f(i),g(i)$ 分别表示 $i$ 为某个回文串右端点或左端点时，回文串长度的最大值。

时间复杂度 $O(n)$。

CF1483F Exam

把 fail 树建出来。

枚举字符串 $s_i$，记 $pos_{x}$ 为 $s_i[1:x]$ 在 fail 树上的位置。那么对于 $pos_x$ 到根路径上的所有字符串 $s_j$ 来说，$j$ 可能满足条件当且仅当 $s_j$ 所在位置到 $pos_x$ 中不存在其它任意一个字符串 $s_k$。显然，这样的 $j$ 就是 $pos_x$ 到根路径上遇到的第一个字符串。

对于每个前缀都找出来这样一个 $j$。发现只有 $j$ 的出现次数与它实际上在 $s_i$ 中出现次数相同时才会贡献 $1$。树状数组维护即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

P2414 [NOI2011] 阿狸的打字机

把 fail 树建出来。

记 $pos_x$ 为 $s_x$ 在 fail 树上的位置。

记 $[L_i,R_i]$ 为第 $i$ 次操作打下字符后得到的字符串是 $[L_i,R_i]$ 这些打印的字符串的前缀， $p_i$ 为这个字符串在 fail 树上的位置。

那么一个询问 $(x,y)$ 相当于是查询有多少个 $i$，满足 $y\in [L_i,R_i]$ 且 $p_i$ 是 $pos_x$ 子树中的点。

差分一下再扫一遍就行。时间复杂度 $O(n\log n)$。

P5840 [COCI 2014/2015 #5] Divljak

对 $S$ 建 fail 树。记 $pos_i$ 为 $S_i$ 的结尾在 fail 树上的位置。

加入一个字符串 $P$。枚举 $P$ 的所有前缀 $P[1:i]$，记 $p_i$ 为 $P[1:i]$ 在 fail 树上的位置。那么当 $pos_i$ 在某个 $p_j$ 到根的路径上时，$S_i$ 就是 $P$ 的子串。

问题变成给定 $|P|$ 条点到根的路径，要对这些路径并中的点 $+1$。

按 dfs 序排序之后先给每个点到根路径 $+1$，再对相邻两个的 $\text{lca}$ $-1$ 就行了。

时间复杂度 $O(V\log V)$。

P5334 [JSOI2019] 节日庆典

考虑对每个前缀 $T[1:r]$ 维护可能成为最小字典序的起点。

对于相邻两个可能的起点 $x,y(x<y)$，应当满足：

$T[y:r]$ 是 $T[x:r]$ 的前缀。否则它们一定能比较出大小，字典序大的那个一定不可能成为起点。
$r - y + 1 < y-x$。若 $r - y + 1 \ge y-x$，则 $T[y:r]$ 可以表示成 $AB$，$T[x:r]$ 近似可以表示成 $AAB$。拼接上一个字符串 $C$ 后如果 $y$ 是起点则 $ABC < AABC$，也就是 $BC <ABC$。那么 $BC<ABC<AABC$，存在更小的起点。故 $y$ 不可能是起点。

由条件 $2$，可知任意字符串 $S$ 中可能成为最小字典序的起点只有 $O(\log |S|)$ 个。

现在来维护这些可能的起点。

首先加入 $r$，从后往前枚举 $T[1:r-1]$ 中可能的起点。不妨设现在加入起点 $x$，上一个起点为 $y$：

$T[y:r]$ 不是 $T[x:r]$ 前缀。比较二者大小。若 $x < y$，则弹出 $y$ 并继续和上一个起点比较；若 $x>y$，则 $x$ 不可能成为起点。
$T[y:r]$ 是 $T[x:r]$ 前缀。若 $r - y + 1 \ge y-x$，则弹出 $y$ 并继续和上一个起点比较；若 $r-y+1<y-x$ 则加入 $x$。

这样对于一个 $r$，得到了 $O(\log n)$ 个可能成为起点的位置 $x$。

从小到大枚举这些位置 $x$，记 $y$ 为之前所有位置中最优的那个。那么 $x$ 比 $y$ 优当且仅当 $T[x:r]+T[1:x-1] < T[y:r]+T[1:y-1]$。

因为 $T[x:r]$ 是 $T[y:r]$ 的前缀，所以只需要 $T[1:x-1]<T[y + (r - x + 1):r]+T[1:y-1]$。

先找出 $T[1:|T|]$ 和 $T[y + (r - x+1):|T|]$ 的 $\text{LCP}$，设 $\text{LCP}$ 为 $T[1:pos]$。分情况讨论：

$pos < x-y$。等价于 $T_{pos+1}<T_{(y+(r-x+1))+pos}$。
$pos \ge x-y$。说明 $T[1:x-y] = T[y+(r-x+1):r]$。等价于 $T[x-y+1:x-1]<T[1:y-1]$。再找出 $T[1:|T|]$ 和 $T[x-y+1:|T|]$ 的 $\text{LCP}$，设为 $T[1:pos']$。那么：
1. $pos' < y-1$。等价于 $T_{(x-y+1)+pos'}<T_{pos'+1}$。
2. $pos'\ge y-1$。说明二者相同，$x$ 不比 $y$ 优。

求 $T[1:|T|]$ 和 $T[i:|T|]$ 的 $\text{LCP}$ 用 Z 函数即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

AT_arc058_a [ARC058C] こだわり者いろはちゃん

暴力。

2026.9.27

P12923 [POI 2021/2022 R3] 模板 2 / Szablon 2

先考虑判断 $s[:i]$ 是否合法。

贪心地拼，设当前 $s[:x]$ 都拼完了。那么找到 $[1,x+1]$ 中最大的 $y$，使得 $s[y:y+i-1]=s[1:i]$ 或 $s[y:y+i-1]=\text{rev}(s[1:i])$，然后 $x\gets y+i-1$。

设第 $i$ 次拼的区间为 $[l_i,r_i]$，显然不存在 $[l_i,r_i]\cap [l_{i+2},r_{i+2}]\not= \emptyset$。因为如果 $[l_i,r_i]\cap [l_{i+2},r_{i+2}]\not= \emptyset$，那么 $[l_{i+1},r_{i+1}]$ 是无用的，与贪心过程矛盾。

也就是说，每拼 $2$ 次就一定拼 $i$ 这么长，那么就只会拼 $O(\frac{|s|}{i})$ 次。

那么枚举 $i$，暴力拼的复杂度就是 $O(|s|\log |s|)$ 的。

现在考虑找到这样的 $y$。分情况讨论：

$s[y:y+i-1]=s[1:i]$。记 $len_i$ 为 $s$ 与 $s[i:]$ 的 $\text{LCP}$ 长度。那么条件等价于 $len_y \ge i$。从小到大枚举 $i$，维护 $pre_{x}$ 为 $x$ 前面第一个 $len_y\ge i$ 的 $y$ 值。那么每次删去所有 $len_y =i-1$ 的位置 $y$ 时，将所有 $pre_{x} = y$ 的都修改成 $pre_{y-1}$，并查集即可。
$s[y:y+i-1] =\text{rev}(s[1:i])$。记 $len'_i$ 为 $s[:i]$ 与 $\text{rev}(s)$ 的 $\text{LCS}$ 长度。那么等价于 $len'_{y+i-1}\ge i$。还是维护 $pre'_x$ 为 $x$ 前面第一个 $len'_y\ge i$ 的 $y$ 值。

时间复杂度 $O(|s|\log |s|\alpha (|s|))$。

P12763 [POI 2018 R2] 诗集 Book of poetry

先将 $a_i$ 变成 $(a_i+1)\bmod s$。

贪心地，每次拿出出现次数最大的数填。如果填了之后得到的和是 $s-1$，且存在次大值，就替换成次大值。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

P5592 美德的讲坛

先把 $x$ 减 $1$ 变成小于等于。

建一棵 Trie。枚举 $x$ 二进制下高位的前缀，设当前走到 Trie 树的节点 $u$。分情况讨论：

$x$ 这一位是 $0$。此时要么往左走要么往右走。
$x$ 这一位是 $1$。此时还可能在左右都选一些。

那么定义状态函数 $f(u,v)$ 为在 $u,v$ 两个子树中选一些数满足条件时，选择的数的数量最大值。

对于 $f(u,u)$。
1. $x$ 这一位是 $0$。$f(u,u)=\max(f(ls_u,ls_u),f(rs_u,rs_u))$。
2. $x$ 这一位是 $1$。$f(u,u)=\max(siz_{ls_u},siz_{rs_u},f(ls_u,rs_u))$。
对于 $f(u,v)$（$u\ne v$）。
1. $x$ 这一位是 $0$。$f(u,v)=\max(siz_u, siz_v, f(ls_u,ls_v),f(rs_u,rs_v))$。
2. $x$ 这一位是 $1$。$f(u,v) = \max(siz_u,siz_v,f(ls(u),rs(v))+f(rs(u),ls(v)))$。这里能直接加是因为 $ls(u)$ 和 $rs(v)$ 子树中任意两个多异或和都不可能大于 $x$（在之前一定是某一位 $1$ 取到了 $0$）。

特别的，如果当前位已经是最低位了，则 $f(u,u)=siz_u, f(u,v) = siz_u+siz_v$。

记 $T(i)$ 为考虑到二进制第 $i$ 位时的有效状态数，那么：

$T(61)=1$。
$T(i) = \min(n,2T(i-1))$。

那么直接跑一遍就是 $O(n\log V)$ 的。

因为 Trie 上每个点最多被一个状态包含，而一次修改只会影响 $O(\log V)$ 个点。那么加个记忆化再暴力求答案的复杂度就是 $O((n+q)\log V)$ 的。

[ICPC 2026 Wuhan I] String Matching

对 $t = s_i + s_j$ 分两种情况：

$1 \le x \le |s_i|$。相当于 $s_i[:x] = s_j[|s_j|-x+1:]$。枚举 $x$ 后哈希即可。
$|s_i| < x \le |s_j|$。相当于 $s_i = s_j[|s_j|-x+1:|s_j|-x+|s_i|],s_j[:x-|s_i|] =s_j[|s_j|-x+|s_i|:]$。枚举 $s_j$ 的所有 $\text{Border}$，在 fail 树上就是查询有多少个字符串结尾。DFS 一遍即可。
$|s_j| < x \le |s_i|+|s_j|$。枚举 $s_i$ 的 $\text{Border}$，记为 $s_i[:y]$。将 $s_i[y+1:]$ 的哈希值放进去。再枚举 $s_j$，枚举 $\text{Border}$，记为 $s_j[:z]$。查询 $s_j[:|s_j|-z]$ 的哈希值出现的次数即可。

整体时间复杂度 $O(\sum |s_i| \log V)$。

[ICPC 2026 Wuhan I] Believe in You

直接贪心。

[ICPC 2026 Wuhan I] Prime Game

每次变成 $2^a 3^b$ 是不劣的。

模拟即可。

[ICPC 2026 Wuhan I] Rectangle Cutting

维护最长的长和宽即可。

到着做只需要合并。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

[ICPC 2026 Wuhan I] Sequence Operations

首先如果存在某个操作 $2$ 在操作 $1$ 前面，答案一定是 $\text{Yes}$。因为操作 $2$ 让 $a_i > 0$，遇到后面某个操作 $1$ 时由于 $x > 0$ 所以 $\text{mex}(a_i,x)=0$。之后就全部相同了。

否则 $c_i = 0$ 只会有最多 $1$ 个。且它处于 $1,2$ 操作中间。即操作序列形如 $111\dots11 022\dots222$。

那么暴力枚举所有可能情况。问题变成快速判断给定操作序列最终是否所有数都相同。

第一次操作 $1$ 后值域变成 $\{0,1,2\}$。且无论 $x_i$ 具体是什么，连续若干次操作 $1$ 的变化一定是 $0 \to (1/2) \to 0\to (1/2)\to\dots$。

首先可以根据初始值和操作次数得到这个数是否是 $0$。再根据最后一次操作的 $x_i$ 得到是 $1$ 还是 $2$。

对于操作 $2$ 直接取 $\gcd$ 即可。

时间复杂度 $O(n\log V)$。

[ICPC 2026 Wuhan I] Lottery

定义 $f_{i}$ 为抽奖代价为 $i$ 时的期望利润。有：$f_i = \frac{1}{n}(\sum\limits_{x=1}^{n}\max(A_x,f_{i+k}))-i$。

当 $i > \max(A)$ 时显然不会继续抽，有 $f_i = \frac{1}{n}(\sum\limits_{x=1}^{n}A_x)-i$。

按 $A$ 升序排序之后二分即可。时间复杂度 $O((n+V)\log n)$，其中 $V=\max(A)$。

特别的，$k = 0$ 时二分答案即可。

CF2211G Rational Bubble Sort

记 $s_i$ 为前缀和，那么一次操作 $i$ 相当于 $s_i\gets \frac{s_{i+1}+s_{i-1}}{2}$。

最后要求 $s$ 下凸。

把 $(i,s_i)$ 连起来，那么一次操作相当于将 $(i-1,s_{i-1}),(i,s_i),(i+1,s_{i+1})$ 这三个点构成的折线段拉直。

如果存在一个点 $(i,s_i)$ 位于线段 $((0,0),(n,s_n))$ 之下，由于对于任意 $(i,j)$ 都可以将 $k\in (i,j)$ 无限逼近 $((i,s_i),(j,s_j))$，所以一定有解。

否则所有点都在线段 $((0,0),(n,s_n))$ 之上。此时如果有相邻两个点都不在线段上就一定无解，因为逼近并不等于重合。反之由于 $(i-1,s_{i-1}),(i+1,s_{i+1})$ 都在线段上时一定可以让 $(i,s_i)$ 也在线段上，一定有解。

时间复杂度 $O(n)$。

2026.9.28

P13352 [GDCPC 2024] 腊肠披萨

因为 $\text{LCPS}(s_i,s_j)$ 不太好直接表示，考虑简化限制并通过容斥来得到它。

一个 $s_i$ 的前缀 $s_i[:x]$ 可能是 $\text{LCPS}(s_i,s_j)$，当且仅当 $s_i[:x]=s_j[|s_j|-x+1:]$。

对所有这样的 $x$ 乘上它的容斥系数求和，目标为 $C^{\text{LCPS}(s_i,s_j)} = \sum\limits_{x}^{}C^{c_x \times [s_{i}[:x]=s_j[|s_j|-x+1:]]}$。

显然，将可能的 $x$ 从小到大排序后，前一个一定是后一个的 $\text{Border}$。对于一个字符串 $s_i$，定义 $c_x$ 为 $C^{x }-C^{\text{Border}(s[:x])}$。其中 $\text{Border}(s)$ 为字符串 $s$ 的 $\text{Border}$ 长度。

这样就满足等式 $C^{\text{LCPS}(s_i,s_j)} = \sum\limits_{x}^{}C^{c_x\times [s_{i}[:x]=s_j[|s_j|-x+1:]]}$ 了。

建 fail 树。

枚举 $s_i$ 的所有前缀 $s_i[:x]$，记 $s_i[:x]$ 在 fail 树上的位置为 $pos_x$。那么在点 $pos_x$ 这里挂一个 $c_x$ 表示如果一个字符串的后缀等于它，就会得到 $c_x$ 的贡献。

再枚举 $s_j$，记 $pos$ 为 $s_j$ 在 fail 树上的位置。那么所有 $s_i$ 对 $s_j$ 的贡献和就是 $pos$ 到根路径中所有点的权值和。这个可以简单维护。

时间复杂度 $O(n|\sum|)$。

P4156 [WC2016] 论战捆竹竿

对字符串 $S$ 求出它的所有 $\text{Border}$。

对于一个长度为 $x$ 的 $\text{Border}$，如果捆这么长，就会让字符串的长度增加 $|S|-x$。

设所有 $\text{Border}$ 长度分别为 $l_1,l_2,\dots ,l_k$。问题变成对于所有非负整数序列 $x_{1\sim k}$，在 $\sum\limits_{i=1}^{k}x_i(|S|-l_i)\le w$ 时，$\sum\limits_{i=1}^{k}x_i(|S|-l_i)$ 有多少种。

因为任意一个字符串 $S$ 的所有 $\text{Border}$ 一定可以分成 $O(\log |S|)$ 个等差数列。

考虑对于每个等差数列单独更新。

不妨设这个等差数列为 $c_i = a + (i-1)b$。以 $a$ 为模数连边得到一个环。因为环上 $dis$ 最小的点一定不会更新，所以破环成链后变成前缀 $\min$。

而对于模数的变化，$dis(x)$ 可以更新到 $(dis(x) + kb)\bmod b'$，也是可以直接跑一遍。

时间复杂度 $O(T|S|\log |S|)$。

AT_arc058_c [ARC058E] 和風いろはちゃん

容斥，那么只需要对不合法的计数。

注意到 $X+Y+Z\le 17$，考虑状压。

具体的，把 $X$ 看作 $100\dots 0$，其中 $0$ 的数量为 $X-1$。那么就只需要表示最后一段和不超过 $17$ 的数了。例如 $1,1,2,4,7$ 可以表示成 $00111010001000000$。

再预处理一下一个长度为 $17$ 的二进制数能不能凑出一段 $X,Y,Z$ 即可。

时间复杂度 $O(2^{k}k+nk2^k),k=17$。

AT_abc458_f [ABC458F] Critical Misread

把 ACAM 和 fail 树建出来。

那么相当于一直在 ACAM 上面走，要求不能走到一个满足 fail 树到根链上存在一个字符串 $S_i$ 的结尾的点。

先把这些点标记为非法，记为 $st_x = 1$。

问题变成，从 $0$ 开始走 $n$ 步，要求每次走到的点都要满足 $st_x=0$，求方案数。

矩阵快速幂优化即可。复杂度 $O((\sum|s_i|)^3\log n)$。

P9089 「SvR-2」Work

先考虑怎么判断一个字符串 $T$ 是否是有意义的。

一个简单的贪心是从前往后划分，当前划分完了 $T[:x-1]$。那么找到最小的 $y\ge x$，使得 $T[x:y]$ 是某个字符串的后缀，然后将 $T[x:y]$ 划分掉。

这个的正确性比较显然。因为如果存在某次划分 $T[x:y]$，且 $y$ 不是最小的那个。设最小的那个为 $z$，因为 $T[x:y]$ 是某个字符串后缀，所以 $T[z+1:y]$ 也一定是这个字符串后缀。而 $T[x:z]$ 又是合法的划分，所以可以划分成 $T[x:z]$ 和 $T[z+1:y]$。然后继续调整。

对于一个字符串 $S$，记 $pos_i$ 为最小的 $j$，使得 $S[i:j]$ 是某个字符串的后缀，没有则为 $|S|+1$。定义状态函数 $f_i$ 为子串的开头下标为 $i$ 且是有意义的子串数量。转移为 $f_{i}=f_{pos_i+1}+[pos_i\ne |S|+1]$。

问题变成求 $pos_i$。对所有字符串的反串建 ACAM 和 fail 树。先找到 $T[i:]$ 在 fail 树上的位置（到着走），记为 $x$。维护 $len_i$ 为 fail 树上点 $i$ 表示的字符串长度。那么相当于是查询 $x$ 到根路径中，除了根以外所有点 $len$ 的最小值。因为路径中每个点都是某个字符串后缀且是 $T[i:]$ 的一个前缀。DFS 一遍即可。

时间复杂度 $O((\sum |S_i|)|\sum|)$。

注文の多い順列

直接容斥。

定义 $G(x)$ 为钦定 $x$ 个 $t_i=1$ 的 $i$ 不符合限制的方案数。那么答案为 $\sum\limits_{x\ge 0}^{}(-1)^{x-0}\binom{x}{0}G(x)$。

那么现在就全都是 $\le X$ 的限制了。将 $t_i = 1$ 的 $X_i$ 减 $1$，按 $X_i$ 从小到大排序。

定义状态函数 $f_{i,j}$ 为前 $i$ 个数，所有 $t=0$ 都满足条件，有 $j$ 个 $t=1$ 钦定不满足条件，且不管不钦定的数的方案数。

记 $s_i$ 为前 $i$ 个数中 $t=0$ 的数量。分类讨论：

$t_i = 0$。$f_{i,j}=f_{i-1,j}(X_i-s_{i-1}-j) [s_{i-1}+j<X_i]$。
$t_i=1$。$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}(X_i-s_{i-1}-(j-1))[s_{i-1}+(j-1)<X_i]$。

最后 $G(x) = f_{n,x}(n-x-s_{n})!$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

gym106559B Buhăiești

先枚举 $\text{LCP}$，再枚举 $\text{LCP}$ 下一位的值。相当于确定了 $A$ 的一个前缀。

记 $s_i=\text{mex}(B_{1\sim i})$。那么对于 $i$ 的限制相当于是：

存在 $x\in [0,s_i]$，使得 $A_{1\sim i}$ 都不是 $x$。

定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 表示考虑完 $A_{1\sim i}$，并且 $[0,j]$ 的数都出现过，有 $k$ 个位置还没有确定数但一定比 $j$ 大的方案数。

从第一个每确定的位置开始转移。

$f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k}\times (j+1),f_{i,j,k + 1}\gets f_{i-1,j,k}$。
考虑增大出现过的数的范围。首先得要求 $A_i = j+1$。
1. $j+1$ 在之前确定的位置中出现过。$f_{i,j+1,k-x}\gets f'_{i,j,k}\binom{k}{x}[x\ge 0][j+1\le m]$。
2. $j+1$ 在之前确定的位置中没出现过。$f_{i,j+1,k-x}\gets f'_{i,j,k}\binom{k}{x}[x\ge 1][j+1\le m]$。

最后如果 $j$ 在之前确定的位置中出现过，$f_{i,j-1,*}=0$。同理在 $j \ge s_i$ 时 $f_{i,j,*}=0$。

初始化 $f_{pos,\text{mex}(A_{1\sim pos})-1,0}=1$，其中 $pos$ 是最后一个确定的位置。

最后答案为 $\sum f_{n,j,k}(m-j-1)^k$。

发现其实 $\text{LCP}$ 后面第一个数也可以放进去转移。复杂度为 $O(n^4m)$。

有一些细节不重要，比如情况 $2$ 的时候可能需要单独一个数组 $g$ 来转移而不是直接用 $f$。还有 $A_{\text{LCP}+1}$ 有个特别的值域，可能需要再开一维 $0/1$。

被误解的 . . . 缺失

从上到下定义操作为 $1,2,3$。

对于一个 $1,2,3$ 构成的序列 $x$，考虑表示它造成的伤害。

对于 $i$ 时刻开始时的 $A$，有：$A = \sum\limits_{j=1}^{i-1}c_j[x_j=3]+\sum\limits_{j=1}^{i-1}b_j(i-j)[x_j=2]$。显然它们两个是独立的。枚举 $i$，考虑 $a_i,b_i,c_i$ 对伤害的贡献，有：

$x_i = 1$。造成 $a_i$ 的伤害。
$x_i = 2$。造成 $b_i\times (\sum\limits_{j=i+1}^{n}(j-i)[x_j=1])$ 的伤害。
$x_i = 3$。造成 $c_i \times (\sum\limits_{j=i+1}^{n}[x_j=1])$ 的伤害。

那么定义状态函数 $f_{i,j,k}$ 为考虑完 $x_{i\sim n}$，其中 $x_u = 1$ 的 $u$ 之和为 $j$，有 $k$ 个这样的 $u$ 时伤害和的最大值。

转移为：

$x_i = 1$。$f_{i,j+i,k+1}\gets f_{i+1,j,k}+a_i$。
$x_i = 2$。$f_{i,j,k}\gets f_{i+1,j,k}+b_i\times (j-k\times i)$。
$x_i = 3$。$f_{i,j,k}\gets f_{i+1,j,k}+c_i\times k$。

初始化 $f_{n+1,0,0} = 0$。答案为 $\max\limits_{j,k}^{} f_{1,j,k}$。时间复杂度 $O(n^4)$。

posted @ 2026-09-23 18:32 harmis_yz 阅读(34) 评论(0) 收藏举报

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