2026.11 做题记录

2026.11.2

P15133 [ROIR 2026] 最后的滑动窗口问题

对 \(u\) 维护 \(L_u,R_u\) 表示左边第一个小于等于 \(a_u\) 的位置加 \(1\)，右边第一个小于 \(a_u\) 的位置减 \(1\)。

考虑 \(u\) 对 \((l,k)\) 的贡献。显然，贡献为：对 \(i\in [L_u,u]\)，\(k\in [u-i+1,R_u-i+1]\) 的 \((l,k)\) 产生 \(a_u\) 的贡献。

以 \(l\) 为横坐标，\(k\) 为纵坐标。贡献可以看作是一个平行四边形。

考虑把平行四边形补成矩形，再除去两个三角形的贡献。也就是：

1. 对以 \((L_u,1)\) 为左下角，\((u,R_u-L_u+1)\) 为右上角的矩形中每个点增加 \(a_u\) 的贡献。
2. 对由 \((L_u,1),(L_u,u-L_u),(u-1,1)\) 构成的直角三角形中每个点减少 \(a_u\) 的贡献（可能不存在）。
3. 对由 \((L_u+1,R_u-L_u+1),(u,R_u-L_u+1),(u,R_u-u+2)\) 构成的直角三角形中每个点减少 \(a_u\) 的贡献（可能不存在）。

将询问拆成对 \(l\) 的前缀查询。然后对 \(k\) 扫描线。

第二类可以看作是对 \(x \le l \le y-k\) 的 \((l,k)\) 做加法操作。此时贡献形如 \(v \times |[x,y-k]\cap [1,p]|\)，其中 \(v\) 为加法操作的值，\([1,p]\) 为一个查询前缀。有 \(|[x,y-k]\cap [1,p]| = \min(y-k,p) - \min(x-1,p)\)（这里要排除 \(x > y-k\) 的情况，这个相当于每个 \((x,y)\) 都有一个存在时间）。后者直接树状数组，前者讨论大小：

1. \(y \ge p+k\)。贡献为 \(p\)。
2. \(y < p+k\)。贡献为 \(y-k\)。

也是树状数组维护。

第三类同理可以看作对 \(y-k\le l \le x\) 的 \((l,k)\) 做加法操作。同样拆成 \(\min(x,p) - \min(y-k-1,p)\)。对后者讨论大小。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

P15088 [UOI 2025 II Stage] Digital Game

注意到 \(n \ge 2|\sum|\) 时一定不能战胜 Us。

考虑证明 \(n = 2|\sum |,n = 2|\sum|+1\) 时不行，\(n > 2|\sum|+1\) 的情况一定在不断删两个数的过程中变成这两个之一。

1. \(n = 2|\sum|\)。
   1. 所有数均出现 \(2\) 次。那么后手跟着先手删，一定可以达到 \(n = 2|\sum| =2\) 的局面。此时 Us 赢。
   2. 存在一个数出现至少 \(3\) 次。如果先手删出现 \(2\) 次的，后手就跟着删；如果先手删出现 \(1\) 次的，后手就删出现至少 \(3\) 次的；如果先手删出现至少 \(3\) 次的，后手就删出现 \(1\) 次的。这样一轮之后依旧满足 \(n = 2|\sum|\)。此时 Us 赢。
2. \(n = 2|\sum|+1\)。
   1. 存在数出现 \(1\) 次。先手或后手一定会有一个删它。之后仍然满足 \(n = 2|\sum|+1\)。
   2. 所有数出现至少 \(2\) 次。此时一定存在一个数出现奇数次。出现奇数次的数数量要么不变，要么减少 \(1\)，最后在 \(n=3\) 时一定出现两个相同的数相邻。此时 Us 赢。

对于 \(n \le 19\) 的情况，状压即可。时间复杂度 \(O(Tn2^n)\)。

P9393 紫丁香

拆位，看每一位能不能是 \(1\)。

相当于给定集合 \(S\)，问能否在若干次操作后使得 \(S\) 内所有二进制为均为 \(1\)。

倒着推。把 \(S\) 外的二进制位看成 \(?\)，即通配符。

考虑一个状态 \(t\) 可以被哪些状态 \(s\) 通过 \(T\) 推出来。分情况讨论：

1. \(T_i = 0\)。此时要求 \(t_i \ne 1\)。\(s_i = ?\)。
2. \(T_i = 1\)。此时要求 \(t_i \ne 0\)。\(s_i = ?\)。
3. \(T_i = -\)。此时要求 \(t_i = s_i\)。

相当于只要 \(T\) 和 \(t\) 匹配（除开 \(T_i = -\) 的部分），\(s\) 就相当于 \(t\) 将所有 \(T_i \ne -\) 的二进制位变成统配符。

因为初始 \(S_i\in \{?,1\}\)，所以 \(T_i = 1\) 的要求自然满足了。

那么操作相当于，每次选择一个 \(T\)，要求不存在 \(T_i =0\land t_i =1\)。然后将所有 \(T_i = 1\) 的二进制为对应 \(t_i\) 改成通配符。问操作若干次后能否与初始二进制数匹配。

那么维护 \(g(S)\) 为满足 \(\not \exist i\in S, T_{x,i} = 0\) 的 \(\{i| T_{x,i}=-\}\) 交集。定义 \(f(S)\) 表示如果初始时只有 \(i\in S\) 的 \(i\) 满足 \(t_i = 1\)，操作若干次后 \(t_i = 1\) 的 \(i\) 构成的集合。那么转移为：\(f(S) = f(g(S))\)。特别的，若 \(g(S) = S\)，则 \(f(S) = S\)。

这样判定给定的集合 \(S\) 是否合法，就可以直接看 \(f(S)\) 与初始二进制数是否匹配了。

维护 \(g(S)\) 相当于是一个高维后缀与，\(f(S)\) 的转移是 \(O(1)\) 的，判定合法也是 \(O(1)\) 的。

整体时间复杂度 \(O(n+m2^m+qm)\)。

P8702 [蓝桥杯 2019 国 B] 燃烧权杖

记 \(X = \lceil\frac{x}{10}\rceil,Y = \lceil\frac{y}{10}\rceil\)。

显然，士兵是没有用的，因为攻击士兵对二元组 \((X,Y)\) 不产生影响。

问题变成每次等概率将 \(X\) 或 \(Y\) 减少 \(1\)。问 \(Y\) 在 \(X\) 之前减到 \(0\) 的概率。

设 \(Y\) 减到 \(0\) 时操作了 \(n\) 次。那么满足 \(n < X+Y\)，概率为 \(\frac{\binom{n-1}{Y-1}}{2^n}\)。

那么答案就是 \(\sum\limits_{n=(Y-1)}^{X+(Y-1)}\frac{\binom{n}{(Y-1)}}{2^{n+1}}\)。这个也可以写成 \(\frac{1}{2^{X+(Y-1)}}\sum\limits_{i=0}^{X-1}\binom{X+(Y-1)}{i}\)。相当于取到 \(Y\) 操作到 \(0\) 的时刻，前面对应一种操作，后面无论怎么取都是合法的，与概率和为 \(1\)。

记 \(n = X+(Y-1),m = X-1\)。问题变成求 \(\frac{1}{2^n}\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{n}{i}\)。

\(\binom{n}{m}\bmod p = \prod\binom{n_i}{m_i}\bmod p\)，其中 \(n_{1\sim k},m_{1\sim k}\) 分别为 \(n,m\) 的 \(p\) 进制表示。

那么用数位 DP 就就可以了。时间复杂度 \(O(Tp\log_p x)\)。

2026.11.3

CF1601D Difficult Mountain

先去掉那些 \(s_i < d\) 的人，因为他们一定无法成功登山，且把他们放最后对其他人不产生影响。

再去掉 \(a_i < d\) 的人，把他们放最前面一定不劣。

将剩下的人按 \(a\) 升序排序，\(a\) 相同按 \(s\) 降序排序。

记成功登山且改变了难度的人依次为 \(q_{1\sim k}\)。满足 \(d < a_{q_1}<a_{q_2}<\dots<a_{q_k}\)。那么一个简单的想法是：既然其它人不改变难度，为了让他们尽可能能成功登山，就应该排在第一个 \(a_{q_i} > a_x\) 的人 \(q_i\) 之后，\(q_{i+1}\) 之前。

即顺序应该是：\(q_1,[1,q_{1}-1],q_2,[q_{1}+1,q_2-1],q_3,\dots,q_k,[q_{k-1}+1,q_k-1],[q_k+1,n]\)。因为 \(q_k\) 是最后一个改变了难度的人，所以钦定 \(i\in [q_k+1,n]\) 均未成功登山。

定义状态函数 \(f_i\) 为考虑完 \([1,i]\) 中的人，且 \(i\) 是最后一个成功登山的人时，成功登山人数最大值。令 \(a_0 = d\)。

转移为：\(f_i =\max\limits_{j=0}^{i-1}(f_j +1+ \sum\limits_{k=j+1}^{i-1}[s_k \ge a_i])[s_i \ge a_j]\)。

初始化 \(f_{0}=0\)，答案为 \(\max\limits_{i=0}^{n}f_i + \Delta\)。其中 \(\Delta\) 为 \(a_i < d\) 的人产生的贡献。

直接线段树维护就行了。\(\sum [s_k \ge a_i]\) 相当于是对每个 \(k\) 有个存在时间区间，在这个区间内会额外对 \(j < k\) 产生 \(1\) 的贡献。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

QOJ6842 Popcount 单词

对 \([0,2^{30}-1]\) 建 Trie（从高位往低位）。一个叶子的权值为从根走到它过程中，向右走的次数奇偶性。

显然，叶子的权值恰好就是 \(\text{popc}(x)\bmod 2\) 的结果。

对于区间 \([l,r]\)，可以拆成 \(O(\log V)\) 个完整子树。

不难发现，如果记从下往上第 \(i\) 层（不包括叶子），从左往右第一个子树为 \(S_i\)，那么有 \(S_1 = 01,S_i = S_{i-1}+\text{rev}(S_{i-1})\)。且第 \(i\) 层中所有子树均能表示成 \(S_i\) 或 \(\text{rev}(S_{i})\)。

对模式串建 AC 自动机。维护 \(nxt(u,i,0/1)\) 表示从点 \(u\) 开始，在 AC 自动机中走完 \(S_i\) 或 \(\text{rev}(S_i)\) 后到达的点。有：

1. \(nxt(u,i,0) = nxt(nxt(u,i-1,0),i-1,1)\)。
2. \(nxt(u,i,1) = nxt(nxt(u,i-1,1),i-1,0)\)。

初始状态：

1. \(nxt(u,0,0) = out(u,0)\)。
2. \(nxt(u,0,1) = out(u,1)\)。

那么对于给定的 \(n\) 个区间 \([l_i,r_i]\)，每个都拆成 \(O(\log V)\) 个子树后从左往右遍历，就可以得到形如对从 \(u\) 开始，在 AC 自动机中走 \(S_i\) 或 \(\text{rev}(S_i)\)，并对中途经过的每个点 \(v\)，将 fail 树上 \(v\) 到根路径权值加 \(1\) 的操作。

维护 \(tag(u,i,0/1)\) 表示从点 \(u\)​ 开始，在 AC 自动机中走 \(S_i\) 或 \(\text{rev}(S_i)\)，并对中途经过的每个点 \(v\)，将 fail 树上 \(v\) 到根路径权值加 \(tag(u,i,0/1)\)。

考虑标记下传。有：

1. \(tag(u,i-1,0)\gets tag(u,i,0),tag(nxt(u,i-1,0),i-1,1)\gets tag(u,i,0)\)。
2. \(tag(u,i-1,1)\gets tag(u,i,1),tag(nxt(u,i-1,1),i-1,0)\gets tag(u,i,1)\)。

时间复杂度 \(O((n+\sum |p_i|)\log V)\)。

QOJ1429 击中

二分答案。

记 \(s_i\) 为前缀和。那么要求形如：

1. \(s_{-\infin} \ge 0\)。
2. \(s_i \ge s_{i-1}\)。
3. \(1\le s_{r_i} - s_{l_i-1}\le x\)。

差分约束连边：

1. \((i-1)\to i\)，边权为 \(0\)。
2. \(r_i\to (l_i-1)\)，边权为 \(-x\)。
3. \((l_i-1)\to r_i\)，边权为 \(1\)。

直接跑是不是就可以了。卡卡能过。

P15925 [TOPC 2023] Introversion

将颜色分成 \(3\) 类，分别是出现过 \(0,1,2\) 次。记它们的数量分别为 \(A,B,C\)。

容斥，记 \(G(x,y)\) 为钦定有 \(x\) 对相邻位置是第 \(1\) 类颜色且颜色相同，有 \(y\) 对相邻位置是第 \(2\) 类颜色且颜色相同的方案数。

那么答案为：\(\sum\limits_{x\ge 0}^{}\sum\limits_{y\ge 0}^{} (-1)^{x+y}G(x,y)\frac{(2A-2x + B-y)!}{2^{A-x}}\)。

定义 \(g_i(x,y)\) 为考虑完位置 \([1,i]\) 的方案数。转移为：

1. \(g_i(x,y)\gets g_{i-1}(x,y)\)。
2. 若 \(x_i=0,x_{i-1}=0\)。\(g_i(x+1,y)\gets g_{i-2}(x,y)\times (A - x)\)。
3. 若 \(x_i = 0,x_{i-1}\ne 0\) 或 \(x_{i}\ne 0,x_{i-1}=0\) 且非 \(0\) 的那个颜色是第 \(2\) 类。\(g_i(x,y+1)\gets g_{i-2}(x,y)\)。

时间复杂度 \(O(Tn^3)\)。

​

P8885 「JEOI-R1」子序列

对于一个字符串的不同子串数量，转移为：

\[\begin{aligned}\\ f_{i,s_i} &= f_{i-1,0}+f_{i-1,1}+1\\ f_{i,s_i \oplus 1} &= f_{i-1,s_i\oplus 1} \end{aligned} \]

只要 \((f_{|s|,0}+f_{|s|,1})\bmod 2=0\) 就说明这个子串 \(s\) 是好的。

将 \(f_{i,j}\) 对 \(2\) 取模，有：

\[\begin{aligned}\\ f_{i,s_i} = f_{i-1,0}\oplus f_{i-1,1}\oplus 1\\ f_{i,s_i\oplus 1} = f_{i-1,s_i\oplus 1}\\ \end{aligned} \]

那么就可以用两个 \(01\) 来表示状态 \((f_{0},f_{1})\) 了。

把它看成一个两位的二进制数，用十进制表示成 \(0\sim 2\)（显然，状态 \(3\) 永远不会存在）。记 \(\text{nxt}(x,0/1)\) 表示在状态 \(x\) 的基础上再转移字符 \(0/1\) 后得到的状态。

维护状态函数 \(g_{i,S,0/1}\) 表示考虑完 \(s[:i]\)，且有奇数个后缀 \(s[j:i]\) 的状态 \((f_0,f_1)\) 集合为 \(S\)，其子串 \(s[j:k]\) 中满足 \(f_0\oplus f_1 = 0\) 的有偶数或奇数个的方案数。

对 \(s_i\) 分情况讨论：

1. \(s_i = 0\)。\(g_{i,S',(c + |S' \cap \{0\}|)\bmod 2}\gets g_{i-1,S,c}\)。其中 \(S'\) 为 \(\{\text{nxt}(x,0)|x\in S\}\) 并将 \(2\) 加入（如果不在集合中）或删除（如果在集合中）后得到的集合。
2. \(s_i = 1\)。\(g_{i,S',(c + |S' \cap \{0\}|)\bmod 2}\gets g_{i-1,S,c}\)。其中 \(S'\) 为 \(\{\text{nxt}(x,0)|x\in S\}\) 并将 \(1\) 加入（如果不在集合中）或删除（如果在集合中）后得到的集合。

初始化 \(g_{0,\emptyset,0}=1\)。答案即为 \(\sum\limits_{S}g_{|s|, S,1}\)。

再压缩状态，将 \((S,c)\) 用一个五位的二进制数表示（最低位是 \(c\)）。记 \(\text{Nxt}(x,0/1)\) 表示在状态 \(x\) 的基础上再转移字符 \(0/1\) 后得到的状态。那么转移方程可以写成：

\[\begin{aligned}\\ g_{i,\text{Nxt}(x,0)}\gets g_{i-1,x}[s_i \ne 1]\\ g_{i,\text{Nxt}(x,1)}\gets g_{i-1,x}[s_i\ne 0] \end{aligned} \]

初始化 \(g_{0,0}=1\)。答案为 \(\sum\limits_{x\bmod 2 = 1}^{}g_{|s|,x}\)。

对于原问题，将转移写成矩阵的形式。放猫树上询问做到 \(O(\omega ^3 n\log n + q\omega ^3),\omega = 16\)。注意到转移矩阵只有 \(O(\omega)\) 个非 \(0\) 值，所以矩阵乘法可以做到 \(O(\omega^2)\)。整体复杂度 \(O(\omega^2 n\log n + q\omega^2)\)。

P15146 [SWERC 2025] LFS

首先 \(f(t)\) 就是字符串 \(t\) 中出现次数最多的字符。

求答案考虑枚举 \(\text{LFS}(t)\) 中包含的一个字符 \(c\)，给所有 \(c\) 出现的位置同时向左右拓展。直到某个时刻拓展后得到的字符串不一样为止。

显然，拓展次数是 \(O(|\sum |)\) 的。

对于相邻两个字符 \(c\)，维护 \(L_i,R_i\) 表示第 \(i-1\) 和 \(i\) 个字符 \(c\)，能向左向右拓展到最长长度（和 \(|\sum|\) 取较小值）。这个暴力是 \(O(n|\sum|)\) 的。

询问时枚举字符 \(c\) 后就是一个区间 \(\min\)。用 st 表做到 \(O(n|\sum| +n\log n + q|\sum|)\)。

P15316 [VKOSHP 2025] Strange Sum

记 \(W(l,r) = \sum\limits_{l \le L \le R \le r}^{} w_{L,R}\)。

从小到大枚举 \(v\)，记 \(b_i = [a_i \ge v]\)。设 \(b\) 中 \(1\) 构成的连续段为 \([l_1,r_1],[l_2,r_2],\dots,[l_k,r_k]\)。贡献 \(g(v) = \sum\limits_{i=1}^{k}W(l_i,r_i)\)。

那么 \(f(a) = \sum\limits_{v=1}^{+\infin}g(v)\)。

把某个 \(v\) 贡献的一个由 \(1\) 构成的连续段 \([l,r]\) 看成消耗 \(r - l + 1\) 的代价获得 \(W(l,r)\) 的贡献。

贡献可以直接写成 \(\sum\limits_{1\le l\le r \le n}^{}W(l,r)\cdot c(l,r)\)，其中 \(\sum\limits_{1\le l \le r\le n}^{}c(l,r) = x\)。因为 \(w_{l,r}\ge 1\)，所以对于 \(a < b < c < d\)，有 \(W(b,c)+W(a,d) > W(a,c) + W(b,d)\)，最优解一定不会出现相交的情况。

记 \(v_i = \max\limits_{r-l+1=i}^{}W(l,r)\)。问题变成给定 \(v_{1\sim n}\)，对于所有满足 \(\sum\limits_{i=1}^{n}c_i = x\) 的非负整数数组 \(c\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}c_i\cdot v_i\) 的最大值。

这个是简单的，先选性价比最大的那个，在背包剩余体积不超过 \(n^2\) 时再跑完全背包就行了。

时间复杂度 \(O(tn^3)\)。

P15110 Silent End

注意到每个人都至少被评价了一次，所以对于初始状态中 \(w\) 最小的那条评价 \((u,v,w)\)，一定满足 \(a_v = w +1\)。因为如果 \(a_v = w - 1\)，说明 \(a_u < a_v\)。而 \(u\) 被评价的 \(w'\) 一定满足 \(w’ \ge w\)，所以不可能存在这样的情况。

那么从小到大枚举 \(w\) 即可。

时间复杂度 \(O(m\log m)\)。

P15173 [SWERC 2021] Drone Photo

注意到对于任意一个合法的矩形，都能找到两个直角三角形，使得直角顶点的值恰好处于另外两个顶点值之间（如果将这 \(4\) 个值离散化，那么这两个三角形分别就是以 \(2,3\) 为直角顶点构成的直角三角形）。且不合法的矩形一定找不到这样的直角三角形。

那么直接对这个三角形计数就行了。答案即为三角形数量的一半。

枚举直角顶点为 \((i,j)\)。相当于在第 \(i\) 行找一个比 \(a_{i,j}\) 大的点，第 \(j\) 列找一个比 \(a_{i,j}\) 小的点或者在第 \(i\) 行找一个比 \(a_{i,j}\) 小的点，第 \(j\) 列找一个比 \(a_{i,j}\) 大的点。

那么按照值从大到小加入点。维护 \(f_{i},g_i\) 表示第 \(i\) 行，第 \(i\) 列已经被加入的点数量即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P17302 [ICPC 2026 Xi'an I] VIP Coupon

先删掉 \(b \ge c\) 的物品。

考虑 \(c\) 大的匹配 \(a\) 大的不劣。

那么按照 \(c\) 从大到小枚举优惠券，每次取出当前代价最大的物品 \(a\)。若 \(b +\max(0,a-c)\le a\)，就使用这张优惠券，并将 \(b\) 也看作一个物品。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

AT_utpc2023_p Priority Queue 3

深刻，搓了十分钟调两个小时。

先考虑状态函数怎么定义，具体要维护什么。

模拟整个过程，任意时刻队列中元素分成两类：

1. 之后不会弹出的元素。
2. 之后会弹出的元素。

对于一个第一类元素，不妨设加入它时已经弹出的 \(A\) 中元素集合为 \(B\)。那么它的值 \(v\) 应该满足：\((v > \max\limits_{x\in A\setminus B}^{}x) \land (v\notin A)\)。

由这个可以相当记录任意时刻的 \(\max\limits_{x\in A\setminus B}^{}x\)。

既然已经知道 \(\max\limits_{x\in A\setminus B}^{}x\) 了，\(B\) 中 \(>x\) 的元素就也已知了，\(<x\) 的元素显然是不重要的（因为合法的插入元素顺序唯一对应弹出顺序）。

考虑定义状态函数 \(f_{i,j,k,0/1}\) 表示考虑完前 \(i\) 个操作，当前 \(\max\limits_{x\in A\setminus B}^{}x=A_j\)，已经 \(B\) 中小于 \(x\) 的元素和队列中第二类元素数量共 \(k\) 个，且 \(A_j\) 是否在队列中的方案数。

记 \(c_i,d_i\) 分别表示前 \(i\) 个操作中弹出操作和插入操作的数量。

对于一个状态 \((i,j,k,s)\)，记 \(X\) 表示队列中第二类元素数量，\(Y\) 表示队列中第一类元素数量，\(Z\) 表示 \(B\) 中大于 \(A_j\) 的元素数量，\(W\) 表示 \(B\) 中小于 \(A_j\) 的数量。有以下等式关系：

1. \(s+X+Y+Z+W=d_i\)。
2. \(Z =m-j\)。
3. \(X + W =k\)。
4. \(Z+W = c_i\)。

由此可以解出 \(X,Y,Z,W\)。

那么转移就是简单的了。时间复杂度 \(O(n^3)\)。

P14231 复读机 / repeat

设答案为 \(x\)。

把数分成两类：

1. \(2a_i \le x\)。记为 \(A\) 类。
2. \(2a_i > x\)。记为 \(B\) 类。

那么合法子序列一定形如：\(A\dots, A ,B,A,\dots, A,B,A,\dots ,A,\dots\)。

最大长度也就是 \(A\) 类点数量加上可插入 \(B\) 类点数量。

从小到大枚举 \(x\)，考虑每个点的贡献。

1. 对于 \(i\)，当 \(x\in [2a_i,+\infin)\) 时会产生 \(1\) 的贡献。即对 \(l\in [1,i],r\in [i,n],x\in [2a_i,+\infin)\) 产生 \(1\) 的贡献。
2. 对于某时刻相邻两个 \(A\) 类点 \(i,j\)。记 \(v\) 为区间 \((i,j)\) 的最小值。那么会对 \(l\in [1,i],r\in [j,n],x\in [v + \max(A_i,A_j),2v)\) 产生 \(1\) 的贡献。

显然，这样的贡献对只有 \(O(n)\) 个。

对询问整体二分。

注意到 \(x\) 一定时，对于任意一个询问 \((l,r)\)，满足 \(l\in [1,i],r\notin [j,n],x\in [v + \max(A_i,A_j),2v)\) 的 \((i,j)\) 只有最多一个。所以贡献对实际上可以写成 \((i,L,R)\)，表示当 \(l\in [1,i],x\in [L,R]\) 时产生 \(1\) 的贡献。这样 \(x\) 一定时询问区间 \([l,r]\) 的贡献直接就是区间和，再看 \([l,r]\) 中最右边一个满足 \(2a_i \le x\) 的是否多算了 \(1\) 的贡献即可（左边同理）。

时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

2026.11.5

P10159 [DTCPC 2024] The last permutation

考虑从 \(1,n\) 两个点开始往中间确定排列。

设当前已经知道了 \(p_{1\sim l-1},p_{r+1\sim n}\)。现在需要确定 \(p_{l}\)。

如果知道区间 \([a,b]\) 中包含哪些数，是可以通过比较 \([a+1,b]\) 中第 \(k\) 大和 \([a,b]\) 中第 \(k\) 大的大小来缩小 \(p_a\) 的范围。

那么此时有两种方式：

1. 查询 \([l+1,n]\)。因为 \(p_{1\sim l-1},p_{r+1,n}\) 一定确定了，所以 \(p_l\) 的可能值也是已知的。二分答案，代价 \(\frac{\log(r-l+1)}{n-l}\)。
2. 查询 \([1,l]\)。用 \(p_{1\sim l-1}\) 将 \(1\sim n\) 划分成 \(l\) 段。查询 \([1,l]\) 内第 \(k\) 大，若返回值等于 \([1,l-1]\) 内第 \(k\) 大，说明 \(p_l\) 小于 \([1,l-1]\) 内第 \(k\) 大；否则大于。依旧二分，直到返回一个不在 \(p_{1\sim l-1}\) 中出现过的数就是 \(p_l\)。代价 \(\frac{\log(l)}{l-1}\)。

确定 \(p_r\) 同理。

先用区间 DP 求出最优策略，再根据路径询问即可。

P17772 道路检修

边看成无向边后和 \(s\) 不联通的边先判掉。现在剩下一个和 \(s\) 联通的图。

先考虑判定有解。

显然，每条边知会折返最多一次。不难想到维护一个新图，对于一条边 \(u\to v\)：

1. 若 \(b = 0\)。添加边 \(u\to v, v\to u\)。表示需要返回。
2. 若 \(b=1\)。添加边 \(u\to v, u\to v, v\to u\)。表示可能折返（但其实并不需要）。

那么原问题有解，当且仅当新图存在欧拉路径。

最小化步数就相当于最小化新图边数。

因为删二元环不影响 \(u,v\) 两点度数差。所以一种删的方式合法，等价于所有 \(b = 1\) 的边可以通过 \(b =0\) 的反向边到达 \(s\)。

那么将原图 \(b=1\) 的边标记为关键边。问题变成求最少保留多少非关键边。

因为原图存在欧拉路径，所有关键边构成了若干个环（可能存在最多一条边无法构成环，且这条边一定是到终点的边）。

将一个关键边联通块缩成一个点，这样点数不超过 \(\lfloor\frac{k}{3}\rfloor+1\)。其中 \(k\) 是关键边数量。

问题变成给定一个点集 \(S\) 和一张有向图 \(G\)。求 \(G\) 中 \(S\) 的最小斯坦纳树大小。

复杂度 \(O(3^{\lfloor\frac{k}{3}\rfloor+1}n+2^{\lfloor\frac{k}{3}\rfloor+1}(n+m)\log m)\)。

P10855 【MX-X2-T4】「Cfz Round 4」Gcd with Xor

\[\begin{aligned}\\ g(d) &= \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}[d\mid \gcd(j,j\oplus i)]\\ &=\sum\limits_{d\mid j}^{}\sum\limits_{i=j}^{n}[d\mid (j\oplus i)]\\ &=\sum\limits_{d\mid j}^{}\sum\limits_{d\mid x}^{}[j \le(x\oplus j)\le n]\\ &=\sum\limits_{d\mid j}^{}\sum\limits_{d\mid x}( [(x\oplus j) \le n] - [(x\oplus j) < j])\\ \end{aligned} \]

把 \(1\sim n\) 插到 Trie 里。

枚举 \(j\)，那么 \((x\oplus j)\le n\) 的 \(x\) 可以表示成 Trie 上 \(O(\log n)\) 个节点的子树，\((x\oplus j)<j\) 同理。那么对每个 \(j\) 可以得到 \(O(\log n)\) 个形如 \((j,l,r,v)\) 的贡献对，表示对 \(d\mid j\) 的 \(g(d)\) 产生 \(v\cdot \sum\limits_{i=l}^{r}[d\mid i]\) 的贡献。枚举 \(j\) 的约数 \(d\)，贡献直接就是 \(v\cdot (\lfloor\frac{r}{d}\rfloor-\lfloor\frac{l-1}{d}\rfloor)\)。注意 \(x=0\) 的情况。

这部分时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

对于原问题，想要维护 \(f(d) = \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(j,j\oplus i)=d]\)。有：

\[\begin{aligned}\\ g(d) &=\sum\limits_{d\mid x}^{}f(x)\\ f(x) &= \sum\limits_{x\mid d}^{}\mu(\frac{d}{x})g(d) \end{aligned} \]

最后答案就是 \(\sum\limits_{x=1}^{n}x^kf(k)\)。整体时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

P17821 回層浮 / kaisou

口胡的，可能细节上有点问题。

定义状态函数 \(f_i\) 表示最后一个选择的数是 \(i\) 时最大贡献和。

有：\(f_i = \max(0,\max\limits_{j\le i}^{}(f_j + \sum\limits_{u=1}^{m}|(x_i - x_j)-t_u|))-c_i\)。

对于每个 \(i\)，维护函数 \(F_i(x) = f_i + \sum\limits_{u=1}^{m}|x - t_u|\)。显然 \(F_i(x)\) 是一个凸函数。

设 \(F(x) = \sum\limits_{u=1}^{m}|x-t_u|\)。

将 \(t_u\) 升序排序。计算 \(F_i(x)\) 时可以直接二分找到第一个满足 \(x < t_v\) 的 \(v\)，那么可以写成：

\[\begin{aligned}\\ F_i(x) &= \sum\limits_{u=1}^{v-1}(x-t_u) + \sum\limits_{u=v}^{m}(t_u-x)\\ &=((v-1) - (m-v+1))x+s_m - 2s_{v-1} \end{aligned} \]

其中 \(s\) 为 \(t\) 的前缀和。单次查询时间 \(O(\log m)\)。

转移变成：\(f_i = \max(0,\max\limits_{j\le i}^{}F_j(x_i-x_j)) - c_i\)。

显然，两个凸函数最多只有一个交点。那么就可以把 \(F_i\) 放李超线段树上做了。

具体的，设李超线段树上当前节点存的最优函数为 \(F_a\)，尝试更新的函数为 \(F_b\)，且 \(F_a(mid)\ge F_b(mid)\)。

不妨设 \(x_a < x_b\)，记 \(x' = x - x_b,\Delta = x_b-x_a\)，那么：

\[\begin{aligned}\\ F_a(x) - F_b(x)&=f_a - f_b + F(x-x_a) - F(x -x_b)\\ &=(f_a-f_b) + (F((x-x_b) + (x_b - x_a)) - F(x-x_b))\\ &=(f_a-f_b)+(F(x' + \Delta) - F(x')) \end{aligned} \]

因为 \(F(x + \Delta) -F(x)\) 在 \(\Delta\) 一定时随着 \(x\) 增加单调不降，所以若 \(F_a(mid)\ge F_b(mid)\)，则对任意 \(x>mid\) 均有 \(F_a(x)\ge F_b(x)\)。此时只可能在 \(x<mid\) 处更新。

\(x_a > x_b\) 的情况同理，\(x_a = x_b\) 显然不可能更新。

时间复杂度 \(O(n\log n\log m)\)。

这里 \(|t_j|\le 10^7\)，值域分下块可以把 \(\log m\) 变小。若阈值为 \(B\) 则二分复杂度为 \(O(\log B)\)，空间为 \(O(\frac{V}{B}),V = 2\times 10^7\)。

2026.11.6

P11746 Dynamic Color Problem

首先 \(n+m\) 是偶数答案一定是 \(0\)。

容斥。记 \(g(x,y)\) 为钦定 \(x\) 行 \(y\) 列颜色完全相同的方案数，\(f(x,y)\) 为恰好。

那么 \(g(x,y) = \sum\limits_{X\ge x}^{}\sum\limits_{Y\ge y}^{}\binom{X}{x}\binom{Y}{y}f(X,Y)\)。

有 \(f(x,y) = \sum\limits_{X\ge x}^{}\sum\limits_{Y\ge y}^{}(-1)^{X-x+Y-y}\binom{X}{x}\binom{Y}{y}g(X,Y)\)。

显然，\(g(x,y)\) 是可以直接算出来的，有：

1. \(x =0,y = 0\)。\(g(x,y)=2^{nm}\)。
2. \(x=0,y\ne 0\)。\(g(x,y) = \binom{m}{y}2^{y + n(m-y)}\)。
3. \(x\ne 0,y=0\)。\(g(x,y) = \binom{n}{x}2^{x + m(n-x)}\)。
4. \(x\ne 0, y\ne 0\)。\(g(x,y) = \binom{n}{x}\binom{m}{y}2^{(n-x)(m-y)+1}\)。

答案为：

\[\begin{aligned}\\ &\sum\limits_{x}^{}\sum\limits_{y}^{}[2\mid (x+y)]f(x,y)\\ &=\sum\limits_{x}^{}\sum\limits_{y}^{}[2\mid (x+y)]\sum\limits_{X\ge x}^{}\sum\limits_{Y\ge y}^{}(-1)^{X-x+Y-y}\binom{X}{x}\binom{Y}{y}g(X,Y)\\ &=\sum\limits_{X}^{}\sum\limits_{Y}^{}(-1)^{X+Y}g(X,Y)\sum\limits_{x\le X}^{}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2\mid (x+y)](-1)^{-x-y}\binom{X}{x}\binom{Y}{y}\\ \end{aligned} \]

那么对 \(X,Y\) 的四种情况分类讨论。

---

\(X=0,Y=0\)。原式等于：

\[\begin{aligned}\\ (-1)^{0+0}2^{nm}[2\mid (0 + 0)](-1)^{-0-0}\binom{0}{0}\binom{0}{0} \end{aligned} \]

---

\(X=0,Y\ne 0\) 或 $X \ne 0,Y =0 $。以前者举例，原式等于：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^Y\binom{m}{Y}2^{Y + n(m-Y)}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2\mid y](-1)^{-y}\binom{Y}{y}\\ &=\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^Y\binom{m}{Y}2^{Y + n(m-Y)}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2\mid y]\binom{Y}{y}\\ &=\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^Y\binom{m}{Y}2^{Y + n(m-Y)}\frac{(1+1)^Y + (1-1)^Y}{2}\\ &=\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^Y\binom{m}{Y}2^{Y + n(m-Y)}2^{Y-1}\\ \end{aligned} \]

---

\(X \ne 0,Y\ne 0\)。原式等于：

\[\begin{aligned}\\ &\sum\limits_{X\ge 1}^{}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^{X+Y}\binom{n}{X}\binom{m}{Y}2^{(n-X)(m-Y)+1}\sum\limits_{x\le X}^{}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2\mid (x+y)]\binom{X}{x}\binom{Y}{y}\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^{X+Y}\binom{n}{X}\binom{m}{Y}2^{(n-X)(m-Y)+1}(\sum\limits_{x\le X}^{}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2 \mid x \land 2\mid y]\binom{X}{x}\binom{Y}{y} + \sum\limits_{x\le X}^{}\sum\limits_{y\le Y}^{}[2 \nmid x \land 2 \nmid y]\binom{X}{x}\binom{Y}{y})\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^{X+Y}\binom{n}{X}\binom{m}{Y}2^{(n-X)(m-Y)+1}(2^{X-1}2^{Y-1}+2^{X-1}2^{Y-1})\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^{X+Y}\binom{n}{X}\binom{m}{Y}2^{(n-X)(m-Y)+1}2^{X+Y-1}\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}(-1)^{X}2^x\binom{n}{X}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-1)^Y\binom{m}{Y}(2^{n-X})^{m-Y}2^Y\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}(-1)^{X}2^x\binom{n}{X}\sum\limits_{Y\ge 1}^{}(-2)^Y(2^{n-X})^{m-Y}\binom{m}{Y}\\ &=\sum\limits_{X\ge 1}^{}(-1)^{X}2^x\binom{n}{X}((2^{n-X}-2)^m-(2^{n-X})^{m})\\ \end{aligned} \]

---

整体时间复杂度 \(O(Tn\log n)\)。

CF2029G Balanced Problem

考虑给定下标 \(i_{1\sim k}\) 和 \(v\)，判定能否操作使得 \(a'_{i_{1\sim k}} = v\)。

显然，有解时一定存在一组方案使得每次操作选择的 \(x\) 都是 \(i_{1\sim k}\) 中某一个。

对 \(a_{i_{1\sim k}}\) 做差分，得到 \(b_{1\sim k}\)。

操作 \(1\) 相当于 \(b_{i}\) 增加 \(1\)，\(b_{i+1}\) 减少 \(1\)；操作 \(2\) 相当于 \(b_i\) 增加 \(1\)。

贪心地，先将所有 \(b_{2\sim k}\) 增加到非负，再将 \(b_{2\sim k}\) 多的值移到 \(b_1\)，最后将 \(b_1\) 增加到 \(v\)。

那么判定条件为：\(\sum\limits_{i=2}^{k}\max(0,b_i)+b_1 \le v\)。也就是 \(\sum\limits_{j=1}^{k}\max(0,a_{i_j}-a_{i_{j-1}})\le v\)。

首先 \(a_i > V\) 的点一定不会产生贡献。因为 \(V\ge v\ge \sum\limits_{j=1}^{k}\max(0,a_{i_j}-a_{i_{j-1}})\ge \max\limits_{j=1}^{k}a_{i_j}\)。

再将 \(a_i = a_{i+1}\) 的点合并起来。这样相邻两个点就都不一样了，有 \(|a_i - a_{i+1}|\ge 1\)。

因为 \(a\) 序列也是由操作得到的，有 \(\sum\limits_{i=1}^{n}|a_i-a_{i-1}|\le a_{1}+a_n\)。

那么现在得到的序列长度不超过 \(4V\)，值域为 \([0,V]\)。

定义状态函数 \(f_{u,s}\) 表示当前 \(\sum \max(0,a_{i_j}-a_{i_{j-1}})=s\)，且 \(i_k=u\) 时最大贡献和。

对于 \(f_{i,s}\)，有：

1. \(a_j \ge a_i\)。\(f_{i,s}\gets f_{j,s}+c_i\)。枚举 \(s\)，维护 \(O(V)\) 棵树状数组。相当于在第 \(s\) 棵树状数组中查询 \(a_j \ge a_i\) 的 \(f_{j,s}\) 最大值。
2. \(a_j < a_i\)。\(f_{i,s}\gets f_{j,(s-a_i)+a_j}+c_i\)。枚举 \(s\)，同样维护 \(O(V)\) 棵树状数组。相当于在第 \(s-a_i\) 棵树状数组中查询 \(a_j < a_i\) 的 \(f_{j,a_j + (s-a_i)}\) 最大值。

时间复杂度 \(O(V^2\log V)\)。

CF2026F Bermart Ice Cream

把操作树建出来。树上点分成两类：

1. 店铺。
2. 查询、删除、复制操作或新增冰淇淋。

初始只有店铺 \(1\)。对于 \(4\) 种操作：

1. 将店铺 \(x\) 变成复制操作，然后给它挂两个儿子。一个还是店铺 \(x\)，另一个是新的店铺。
2. 将店铺 \(x\) 变成冰淇淋，然后给他挂一个儿子。表示店铺 \(x\)。
3. 和操作 \(2\) 一样。
4. 和操作 \(2\) 一样。

问题变成从根开始 DFS，求走到每个询问点时的背包。

首先背包的撤销（DFS 回溯）是简单的，维护修改量即可。

对于删除最前面一个元素，可以用双栈维护队列的方式做。每次用于弹出的栈空了就把用于插入的栈中一半元素放过去，重新维护背包。

时间复杂度 \(O(pq)\)，空间复杂度 \(O(pq)\)。

P11993 [JOIST 2025] 迁移计划 / Migration Plan

对每个深度开一棵线段树，维护 dfn 序上每个点实际贡献了多少海狸。

迁移线段树合并，迁入单点加，调查区间和。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

QOJ5358 宝石游戏

操作分块，设阈值为 \(B\)。

长剖，维护每个深度的宝石数量。每

次重构相当于 \(O(n)\) 次单点修改，共 \(O(\frac{nm}{B})\) 次单点修改。

共 \(O(m)\) 次区间查询，每次查询在额外枚举这 \(O(B)\) 个被修改的点。因为每个深度宝石数量已经知道了，所以可以 \(O(1)\) 查询。

用 \(O(1)-O(\sqrt{n})\) 的分块维护区间异或和可以做到 \(O(\frac{nm}{B}+m\sqrt{n}+mB)\)。取 \(B=\sqrt{n}\) 就是 \(O(n\sqrt{n})\) 的。

P14164 [ICPC 2022 Nanjing R] 命题作文

可惜这波贪了，原树竟然是条链。

考虑对 \(e,f\) 分类讨论。

把边分成 \(4\) 类：

1. 非树边。
2. 被 \(0\) 条非树边覆盖的树上边。
3. 被 \(1\) 条非树边覆盖的树上边。
4. 被至少 \(2\) 条非树边覆盖的树上边。

可能的合法情况有：

1. \(e,f\) 中恰好有一条第 \(2\) 类边。设第 \(2\) 类边有 \(x\) 条，当前共 \(y\) 条边。方案数为 \(x(y-x)\)。
2. \(e,f\) 中有一条是第 \(3\) 类边，且另一条恰好是覆盖他的非树边。设第 \(3\) 类边有 \(z\) 条。方案数为 \(z\)。
3. \(e,f\) 都是树上边，且被相同的非树边覆盖。设这样的边有 \(w\) 条。方案数为 \(\binom{w}{2}\)。

情况 \(1,2\) 都是简单的，直接用 set 维护即可。相当于不断删除在区间 \([u,v]\) 中的边（这里 \(u<v\)，表示新加进来的非树边）。

对于情况 \(3\)，用平衡树维护等价类集合。对于受到影响的等价类集合，直接 split 就可以分裂出新的等价类集合。对于分裂出来的两棵平衡树，暴力遍历大小较小的那个，把里面每个点的颜色换成另一种。维护每个点和它同颜色的前驱后继。这样区间内 \(pre < l\) 或 \(nxt>r\) 的点对应颜色就一定受到影响了。遍历较小的保证了复杂度，等价于启发式分裂。

整体时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

2026.11.9

P15111 群星

设当前排名为 \(x\)，观察发生一场战争后排名的期望。

分情况讨论：

1. \(x\) 没被选。排名不变。概率为 \(\frac{\binom{n-1}{2}}{\binom{n}{2}}\)。
2. \(x\) 被选。排名改变。若另一个选择的是排名为 \(y\) 的人，交换后排名变成 \(y\)。概率为 \(\frac{1}{\binom{n}{2}}\)。

期望为：

\[\begin{aligned}\\ &\frac{\binom{n-1}{2}\cdot x + \sum\limits_{y\ne x}^{}y}{\binom{n}{2}}\\ &=\frac{\binom{n-1}{2}\cdot x + (\frac{n(n+1)}{2}-x)}{\binom{n}{2}}\\ &=\frac{\frac{(n-1)(n-2)}{2}\cdot x + \frac{n(n+1)}{2}-x}{\frac{n(n-1)}{2}}\\ &=(1-\frac{2}{n-1})\cdot x + (1+\frac{2}{n-1})\\ \end{aligned} \]

当 \(n \ge 3\) 时上面这个期望值随 \(x\) 增加单调不减。先不考虑 \(n < 3\) 的情况。

记 \(g(x,y) = (1-\frac{2}{n-1})\cdot g(x,y-1) + (1+\frac{2}{n-1})\)。

那么策略应该是在选择的时候直接选能选的中排名最小的那个。如果在世纪 \(i\) 能选择的最小排名为 \(x\)，那么答案就是 \(g(x,\sum\limits_{j\ge i}^{}a_j)\)。

记 \(f(x,c)\) 表示排名为 \(1\sim i\) 的文明中被选择的文明数量为 \(c\) 的概率。那么能选择的最小排名为 \(x\) 的概率就是 \(f(x-1,x-1)-f(x,x)\)。

定义状态函数 \(f_{i}(x,c)\) 为考虑到当前时刻，排名为 \(1\sim x\) 的文明中被选择的文明数量为 \(c\) 的概率。

世纪初，有：\(f_{i}(x,\min(c+1,x))=f_{i-1}(x,c)\)。

对于 \(f_i(x,c)\)，可知排名 \([1,x]\) 中有 \(c\) 个，\([x+1,n]\) 中有 \(i-c\) 个。观察发生一场战争后的局面，分类讨论：

1. 交换的文明对都不是被选择的文明。新状态为 \((x,c)\)。概率 \(\frac{\binom{n-i}{2}}{\binom{n}{2}}\)。
2. 交换的文明对恰有一个是被选择的文明。
   1. 被选择的文明在 \([1,x]\)，没被选择的文明在 \([1,x]\)。新状态为 \((x,c)\)。概率 \(\frac{c\cdot (x-c)}{ \binom{n}{2}}\)。
   2. 被选择的文明在 \([1,x]\)，没被选择的文明在 \([x+1,n]\)。新状态 \((x,c-1)\)。概率 \(\frac{c\cdot (n-x-(i-c))}{\binom{n}{2}}\)。
   3. 被选择的文明在 \([x+1,n]\)，没被选择的文明在 \([1,x]\)。新状态 \((x,c+1)\)。概率 \(\frac{(x-c)\cdot (i-c)}{\binom{n}{2}}\)。
   4. 被选择的文明在 \([x+1,n]\)，没被选择的文明在 \([x+1,n]\)。新状态 \((x,c)\)。概率 \(\frac{(i-c)\cdot (n-x-(i-c))}{\binom{n}{2}}\)。
3. 交换的文明对都是被选择的文明。
   1. 都在 \([1,x]\)。新状态 \((x,c)\)。概率 \(\frac{\binom{c}{2}}{\binom{n}{2}}\)。
   2. 都在 \([x+1,n]\)。新状态 \((x,c)\)。概率 \(\frac{\binom{i-c}{2}}{\binom{n}{2}}\)。
   3. 一个在 \([1,x]\)，一个在 \([x+1,n]\)。新状态 \((x,c)\)。概率 \(\frac{c\cdot (i-c)}{\binom{n}{2}}\)。

整理一下，记转移前状态函数为 \(f'_i(x,c)\)，转移后为 \(f_{i}(x,c)\)。有：

\[\begin{aligned}\\ f_{i}(x,c)&\gets f'_{i}(x,c)\cdot (\frac{\binom{n-i}{2}+c\cdot (x-c)+(i-c)\cdot (n-x-(i-c))+\binom{i}{2}}{\binom{n}{2}})\\ f_{i}(x,c-1)&\gets f'_{i}(x,c)\cdot (\frac{c\cdot (n-x-(i-c))}{\binom{n}{2}})\\ f_{i}(x,c+1)&\gets f'_{i}(x,c)\cdot(\frac{(x-c)\cdot (i-c)}{\binom{n}{2}}) \end{aligned} \]

发生 \(a_i\) 场战争就是转移 \(a_i\) 次。矩阵快速幂优化做到转移 \(O(n^4\log a_i)\)。

整体复杂度 \(O(kn^4\log \max(a_i)+kn\log(\sum a_i))\)。

不是，数据里怎么没有 \(n< 3\) 的情况啊。

\(n = 1\) 的时候显然输出 \(1\)。

\(n = 2\) 的时候发生一场战争就一定会交换排名。对于 \(i=1\) 答案一定是 \(1\)；对于 \(i=2\) 在 \(a_1\equiv a_2 \pmod 2\) 时为 \(2\)，否则为 \(1\)。

P15180 [SWERC 2021] Antennas

记 \(L_i\) 为 \(i\) 左边最后一个满足 \(p_j \ge p_i\) 的位置 \(j\)；\(R_i\) 为 \(i\) 右边最后一个满足 \(p_j \ge p_i\) 的位置 \(j\)。

对 \(j\in [L_i,R_i]\)，条件可以写成 \(|i-j|\le p_i\)。那么 \(j\) 的范围就是 \([\max(i-p_i,L_i),\min(i+p_i,R_i)]\)。

相当于 \(i\) 向一个区间内所有点连一条 \(1\) 的双向边。线段树优化建图即可。

然后跑 01BFS 就可以了。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

P15143 [SWERC 2025] Isaac's Queries

对于 \(f(l,r)\)，若存在 $1 \le x < l $，使得 \(f(x,l-1)\ne f(x,r)\)。则 \(f(l,r) = \max(f(x,l-1),f(x,r))\)。

因为数据是随的，所以枚举 \(x\)，能推就推，不能推就问。

复杂度 \(O(n^3)\)。

P15324 【MX-X24-T5】「RiOI-7」ANDORXOR

先考虑判定一个 \(01\) 序列能否让先手必胜。

对 \(x,y\) 分类讨论：

1. \(x=0,y=0\)。操作只能得到 \(0\)。
2. \(x=0,y=1\)。操作能得到 \(0,1\)。
3. \(x=1,y=0\)。操作能得到 \(0,1\)。
4. \(x=1,y=1\)。操作能得到 \(0,1\)。

首先序列长度为奇数先手必败，因为最后一步后手一定可以让序列剩下 \(0\)。

整理一下可能的操作，相当于以下两种操作之一：

1. 删去一个数。
2. 将相邻两个 \(11\) 合并成一个 \(0\)。

后手想要 \(1\) 尽可能少，先手想要 \(1\) 尽可能多。

那么先手的策略只能是删去一个 \(0\)（全是 \(1\) 的时候删 \(1\)）；后手的策略可以是删去一个 \(1\)，也可以是删去两个连续的 \(1\) 并加入一个 \(0\)。

显然，对于连续的 \(1\)，如果后手只删一个，先手是不会删另一个的（在全是 \(1\) 的情况下先手删另一个和后手先将它们变成一个 \(0\) 先手再删是一样的）。那么 \(11\dots 1\) 只能由后手先手交替删。即后手把 \(11\) 变成 \(0\)，先手再删 \(0\)。

这样相邻两个 \(1\) 就可以删去了。剩下形如 \(10\dots 010\dots 010\) 的序列。

显然，此时先手能赢当且仅当 \(cnt_1 \ge cnt_0\)。

也就是说，对于一个 \(01\) 序列，先手必胜当且仅当长度为奇数的 \(1\) 连续段数量不小于 \(0\) 的数量。

对一个 \(0\)，能匹配前面的 \(1\) 就尽量匹配前面的 \(1\)。那么合法 \(01\) 序列的匹配就一定是相邻两个匹配在一起（两个 \(11\) 也看成匹配）。此时满足：

1. 不存在 \(00\)。
2. 所有 \(10\) 都在 \(01\) 前面。

\(f_i(0/1)\) 表示考虑完前 \(i\) 个位置，是否出现过 \(01\)，且没出现过 \(00\) 的方案数。记 \(g_i(a,b)\) 表示 \(s_{i-1}=a,s_i=b\) 的方案数。有：

\[\begin{aligned}\\ f_i(0)&\gets f_{i-2}(0)\cdot(g_i(1,0)+g_i(1,1))\\ f_i(1)&\gets f_{i-2}(0)\cdot g_{i}(0,1) + f_{i-2}(1)\cdot(g_{i}(0,1)+g_i(1,1)) \end{aligned} \]

区间询问写成矩阵放线段树上面就行了。时间复杂度 \(O(\omega^3 n\log n),\omega = 2\)。

P15253 [NOSOI R1] Raining Mex

刻画两点间路径可以用圆方树。

对于一个圆点 \(u\)，定义其权值下标集合为 \(\{u\}\)；对于一个方点 \(u\)，定义其权值下标集合为这个点双中所有点下标构成集合。记集合为 \(s_u\)。

那么 \(x\) 到 \(y\) 所有可能路径的最大路径权值，就是不可重集 \(S_0 = \bigcup\limits_{u\in P(x,y)}^{}s_u\) 时，可重集 \(S = \{w_i | i\in S_0\}\) 的权值。

先考虑给定集合 \(S\) 怎么求权值。

从小到大枚举 \(S\) 中的元素 \(v_{1\sim k}\)。设当前能凑出来的值为 \([0,x]\)。对 \(v_i\) 分情况讨论：

1. \(v_i \le x + 1\)。则 \(x' = x + v_i\)。
2. \(v_i > x+1\)。一定凑不出 \(x+1\)。此时 \(S\) 的权值就是 \(x+1\)。

记 \([0,x+1]\) 中元素的和为 \(y\)。那么 \([0,y]\) 是一定能凑出来的。

如果 \(y\ge x+1\)，设 \([0,x]\) 这个值域是由值在 \([0,z]\) 中的数凑出来的，那么 \([z+1,x+1]\) 中一定至少有一个在 \(S\) 中的数。此时 \(z' = x+1,x' = y \ge x + z+1 >2z\)。那么只会计算 \(O(\log V)\) 次。

问题变成求树上两点间权值不大于 \(x\) 的权值和。主席树维护即可。

时间复杂度 \(O(n\log n\log V)\)。

AT_agc027_e [AGC027E] ABBreviate

考虑寻找不变量。

把 \(a\) 看成 \(1\)，\(b\) 看成 \(2\)。那么在模 \(3\) 意义下合并两个连续的数就相当于把它们加起来。

如果给定操作后的字符串 \(t\)。\(s\) 能够操作得到 \(t\)，一个必要条件是 \(s\) 能拆成 \(|t|\) 个连续段，使得每个连续段加起来恰好等于 \(t\) 这一位的值。

打表可以发现充分条件是 \(s\) 可以进行至少一次操作。即 \(s\) 不等于 \(ababa\dots\) 或 \(babab\dots\)。

为了不重不漏，贪心匹配 \(t\) 即可。定义状态函数 \(f_i\) 表示当前匹配到了 \(s_i\) 的方案数。记 \(sum_i\) 为前缀和，\(nxt_i(x)\) 为 \(i\) 后面第一个满足 \(sum_j = x\) 的 \(j\)。转移为：

• \(f_{nxt_{i+1}(sum_i-1)}\gets f_i , f_{nxt_{i+1}(sum_i-2)}\gets f_i\)。

答案为 \(\sum\limits_{}^{}f_i[sum_i= sum_n]\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。

P13688 【MX-X16-T6】「DLESS-3」XOR and Powerless Suffix Mode

记 \(c(x)\) 为 \(x\) 的出现次数。枚举众数为 \(x\)，方案数为 \(f(x)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{p}{100}\cdot c(x)}\prod\limits_{y\ne x}^{}(\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{c(y)}{j})\)。答案就是 \(\bigoplus\limits_{f(x)\bmod 2 = 1}^{}x\)。

\[\begin{aligned}\\ &(\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{c(y)}{j})\bmod 2\\ &=(\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{c(y)-1}{j}+\binom{c(y)-1}{j-1})\bmod 2\\ &=\binom{c(y)-1}{i}\bmod 2\\ &= [i \&(c(y)-1) = i] \end{aligned} \]

那么：

\[\begin{aligned}\\ &(\sum\limits_{i=1}^{\frac{p}{100}\cdot c(x)}\prod\limits_{y\ne x}^{}[i \& (c(y) - 1) = i])\bmod 2\\ &=(\sum\limits_{i=1}^{\frac{p}{100}\cdot c(x)}\binom{\text{AND}_{y\ne x}^{} (c(y)-1)}{i})\bmod 2\\ &=(\binom{\text{AND}_{y\ne x}^{} (c(y)-1)-1}{\lfloor\frac{p}{100}\cdot c(x)\rfloor}-1)\bmod 2\\ &=[(\text{AND}_{y\ne x}^{} (c(y)-1) -1) \& (\lfloor\frac{p}{100}\cdot c(x)\rfloor) \ne (\lfloor\frac{p}{100}\cdot c(x)\rfloor)] \end{aligned} \]

一个区间只有 \(O(\sqrt{n})\) 中出现次数，把它们找出来之后维护前后缀与即可。

考虑根号分治。

维护 \(s(x),cnt(x)\) 表示出现次数不小于 \(x\) 的数的异或和及其数量。那么出现次数等于 \(x\) 的数的异或和就是 \(s(x)\oplus s(x+1)\)，数量为 \(cnt(x) - cnt(x+1)\)。对于 \(x\le \sqrt{n}\) 就这么维护。

对于 \(x>\sqrt{n}\)，显然这样的数的数量也不超过 \(\sqrt{n}\)。暴力存具体是哪些数即可。

用回滚莫队跑。时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

注意 \((\text{AND}_{y\ne x}^{} (c(y)-1) = 0\) 的情况。

2026.11.10

P13714 淘汰（Hard ver.）

倒着做。

对最后一次运算分类讨论：

1. $x'= x \text{ AND } a $。对于二进制下第 \(i\) 位：
   1. \(x'_i = 1, a_i = 1\)。此时 \(x_i =1\)。
   2. \(x'_i= 0,a_i =1\)。此时 \(x_i = 0\)。
   3. \(x'_i = 0, a_i = 0\)。此时 \(x_i = ?\)。
2. \(x' = x \text{ OR } a\)。对于二进制下第 \(i\) 位：
   1. \(x'_i = 0, a_i = 0\)。此时 \(x_i = 0\)。
   2. \(x'_i = 1,a_i = 0\)。此时 \(x_i = 1\)。
   3. \(x'_i = 1, a_i = 1\)。此时 \(x_i = ?\)。

从倒数第二次运算开始，\(x'_i = ?\) 的情况显然能推出 \(x_i = ?\)。

不难发现，任意时刻 \(x_i\) 要么是 \(?\)，要么是 \(y_i\)。

那么定义状态函数 \(f_{S}\) 表示对于二进制下第 \(i\) 位，若 \(i\in S\) 则 \(x_i = y_i\)；若 \(i\notin S\) 则 \(x_i = ?\) 时从 \(y\) 变成 \(x\) 的最小代价。

一个 \(S\) 是终状态当且仅当此时表示的 \(x'\) 和原题给定的 \(x\) 匹配。

考虑转移，不妨设状态 \(S\) 转移到 \(S'\)。有 \(S' \subset S\)。分情况讨论：

1. \(i\in (S \setminus S')\) 均满足 \(y_i = 0\)。此时是一个 \(\text{AND}\) 操作。要求对 \(i\in (S\setminus S')\) 有 \(a_i = 0\)，对 \(i\in S'\) 有 \(a_i = 1\)。因为 \(i\in S'\) 时 \(a_i = 1\) 一定不优，记 \(T = \{i | i\in S'\land y_i = 1\}\cup (S\setminus S')\)，相当于只要求选出来的 \(a\) 满足对任意 \(i\in T\)，均有 \(a_i = y_i\)。设 \(g_T\) 为满足条件的 \(a\) 中，对应 \(c\) 的最小值。转移为 \(f_{S'}\gets f_S + g_T\)。
2. \(i\in (S\setminus S')\) 均满足 \(y_i = 1\)。此时是一个 \(\text{OR}\) 操作。要求对 \(i\in (S\setminus S')\) 有 \(b_i = 1\)，对 \(i\in S'\) 有 \(b_i = 0\)。同样的，设 \(h_T\) 为满足条件的 \(b\) 中，对应 \(d\) 的最小值。转移为 \(f_{S'}\gets f_S + h_T\)。

对于 \(g_T,h_T\)。枚举 \(T\)，再枚举所有 \(i\notin T\)，\(a_i\) 或 \(b_i\) 的值。这样 \(a\) 或 \(b\) 就唯一确定了。

整体时间复杂度 \(O(3^k + k2^k + n)\)。

P15731 [JAG 2024 Summer Camp #2] Convenient Banknotes

不妨设 \(k = 3\)。记 \(X_2 = a,X_3 = a\cdot b\)。考虑计算 \(A\) 日元所需最小纸币张数。

显然就是 \(\lfloor\frac{A}{a\cdot b}\rfloor + \lfloor\frac{A\bmod (a\cdot b)}{a}\rfloor + A\bmod a\)。设 \(A = C\cdot a\cdot b + B\)。那么原式等于：

\[\begin{aligned}\\ &\lfloor\frac{A}{a\cdot b}\rfloor + \lfloor\frac{A - C\cdot a\cdot b}{a}\rfloor+A\bmod a\\ &=\lfloor\frac{A}{a\cdot b}\rfloor + (\lfloor\frac{A }{a}\rfloor-C\cdot b)+A\bmod a\\ &=\lfloor\frac{\lfloor\frac{A}{a}\rfloor}{b}\rfloor + \lfloor\frac{A }{a}\rfloor\bmod b+A\bmod a\\ \end{aligned} \]

拓展到 \(k \ne 3\)。记 \(D_i = \frac{X_{i+1}}{X_{i}}\)。

设 \(S\) 为 \(A\) 日元所需最小纸币张数，那么 \(S\) 可以这么算出来：

1. 枚举 \(i = 1\dots k-1\)。将 \(S\) 增加 \(A\bmod D_{i}\)，并将 \(A\) 变成 \(\lfloor\frac{A}{D_i}\rfloor\)。

2. 在枚举完 \(i\) 后，将 \(S\) 增加 \(A\)。

考虑 DP。

定义状态函数 \(f(A,B,C)\) 为如果要表示出 \(A,B,C\)，所需的最小代价。枚举 \(D \ge 2\)，分情况讨论：

1. 是情况 \(1\)。代价 \((A\bmod D) + (B\bmod D)+(C\bmod D) + f(\lfloor\frac{A}{D}\rfloor,\lfloor\frac{B}{D}\rfloor,\lfloor\frac{C}{D}\rfloor)\)。
2. 是情况 \(2\)。代价 \(A+B+C\)。

对于情况 \(1\) 用整除分块枚举即可。

时间复杂度 \(O(V^{\frac{3}{4}})\)。

P17083 [COTS 2026] 排列 / Permutacije

如果 \((l,r,L,R)\) 合法。则对 \(i\in [l,r]\)，\(a_i\) 在 \(b\) 中的出现位置 \(pos_b(i)\) 满足 \(pos_b(i) < L\lor pos_b(i)>R\)。

维护前缀 \(pos_a(i)\) 的最小最大值，后缀 \(pos_a(i)\) 的最小最大值。设它们分别是 \(a,b,c,d\)。

那么 \((L,R)\) 合法，当且仅当 \(\max(b_{L-1},d_{R+1})-\min(a_{L-1},c_{R+1})=n-(R-L+1)\)。

从小到大枚举 \(L-1\)。双指针维护 \(i,j\) 表示：

1. 对 \(R+1 \ge \max(i,j)\)。有 \(b_{L-1}>d_{R+1},a_{L-1}<c_{R+1}\)。
2. 对 \(\max(i,j) > R+1\ge \min(i,j)\)。有 \(b_{L-1}<d_{R+1},a_{L-1}<c_{R+1}\) 或 \(b_{L-1}>d_{R+1},a_{L-1}>c_{R+1}\)。
3. 对 \(\min(i,j)>R+1 > L-1\)。有 \(b_{L-1}<d_{R+1},a_{L-1}>c_{R+1}\)。

这三种情况都差不多。以情况 \(2\) 中 \(b_{L-1}<d_{R+1},a_{L-1}<c_{R+1}\) 举例。

式子化简成 \(d_{R+1}-(n-R) =c_{L-1} + (L-1)\)。拿个桶算数量即可。

整体时间复杂度 \(O(n)\)。