UOJ Round总结
#22. 【UR #1】外星人
一开始随便搞出第一问答案，很显然的性质对$x$有变化的$a$一定是递减的，就拿一个桶直接记录可以达到的值
然后我开始想第二问，一开始想直接在这个桶上统计答案，然后发现不行，之后再想，如果利用上面的性质，在选取了一个$a_i \leq x$时，会有一段区间的$a$可以随便插入到$a_i$之后，然后就被一些组合数学的细节绕晕，没有想清楚，这一段区间是$(x \mod a_i,x]$，并且要在$a_i$中挑一个出来放在最前面，然后会发现$x \mod a_i$是一个子问题，搞出来这个合法方案排列数后，将$(x \mod a_i,x]$中的数，插入排列中，方案数$(sum[x \mod a_i]+1)(sum[x \mod a_i]+2)...(sum[x]-1)$，即$\frac{sum[x-1]!}{sum[x \mod a_i]!}$
那么就设$dp[i]$为当前$x=i$时最大答案，$f[i]$为$x=i$且满足最大答案时的方案数
$dp[i]=\max dp[i \mod a_j]$ $(a_j \leq i)$
然后f[i]由那些可以得到最大答案的$f[i \mod a_j]$根据上面的更新得到
#33. 【UR #2】树上GCD
首先考虑枚举$LCA$，那么就是统计统计利用不同子树各个深度的信息来统计答案，由于是深度信息，那么考虑利用长链剖分来维护这个信息，首先常规套路是继承重儿子信息，暴力维护轻儿子信息
先假设有两个数组$a,b$其中$a[i],b[i]$分别表示以该选定的$LCA$为根时，某一棵子树内深度为$i$的点的个数
考虑枚举答案$k$，那么开始推式子
$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)=k]a[i]*b[j]$
$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} [gcd(i,j)=1]a[ik]b[jk]$
$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} a[ik]b[jk] \sum_{d|gcd(i,j)} \mu (d)$
$\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor} a[ikd]b[jkd]$
$\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} a[ikd]) (\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor} b[jkd])$
在维护答案的时候，会产生对于一个数组下标为kd倍数的个数和，并且可以发现$a,b$数组可以简单的维护，只是每次重儿子继承上来的信息不能每一次都遍历一遍（轻儿子可以）
那么考虑根号分治
对于$> \sqrt n$的询问直接暴力查询，每一次查询是$\sqrt n$的时间复杂度，最终均摊时间复杂度为$O(n\sqrt n)$
对于$< \sqrt n$的询问，这样进行考虑，由于每一次dfs下去之后，进行重儿子继承的是一段重链不断向上更新，那么考虑记$dp[i][j]$表示当前重链继承上来深度$%i=j$的个数有多少，每次询问时$O(1)$，轻儿子合并时，更新$dp$值就可以了，然后如果更新到重链顶时，就清空$dp$数组（注意不能直接把所有的dp值都清空，只能清空用过的$dp$值，否则时间复杂度不对）那么均摊复杂度也为$O(n\sqrt n)$
#32. 【UR #2】跳蚤公路
首先题目的意思就是让我们找出负环，解出$x$在环上不等式的解集
然后可以发现一个环的解集一定是一个形如$kx+b \geq 0$的形式，那么对于某一个点，其解集一定是一个连续的区间$[L,R]$，这样可以二分出来，注意这里先需要找出合法区间内的一个合法解，之后再能两次二分出左右端点，求一个合法解的方法也是二分，二分出$mid$后，如果不存在负环，那么说明这一定是一个合法解直接返回即可，如果有负环，那么用spfa跑出来之后，看是$+1$还是$-1$的边使得当前的图存在负环，只要记录一下到每一个点的$+1/-1$之和，如果为正，那么需要变大，如果为负，那么需要变小
那么最暴力的方法对于每一个点直接二分出这个区间，这样复杂度为$O(n^2mlogw)$
考虑强连通分量缩点，那么负环只有可能存在于强连通分量中，缩点后的图是一个DAG，最终某一个点的答案一定是1号点到这个点在DAG上走过所有强连通分量解集的交
那么有效的环一定是在某一个强连通分量中，只要对每一个强连通分量二分求出其合法区间即可，那么这个算法的上界是$O(nmlogw)$
那么最后合并答案的时候，只要进行拓扑序，然后上界取$min$，下界取$max$即可
题解中给出另外一种做法
考虑在spfa结束后，什么样的节点是在负环上的
设$f(n,i)$表示经过$n$轮之后到达$i$的最小路径
对于节点$i$，$i$在负环上的充要条件是
$f(n,i) \leq f(n-1,i)$
现在设$g(n,i,k)$表示经过$n$轮之和到达$i$并且到到这个节点的不等式$x$前的前的系数为$k$最短路径
$f(n,i)=\min\{g(n,i,k)+kx\}$
带入到上式得$ \min\{g(n,i,k)+kx\} \leq \min\{g(n-1,i,j)+jx\}$
解这个不等式即可
代码我只写了我的那个做法
#310. 【UNR #2】黎明前的巧克力
感觉挺妙的，窝还是太菜
基本上可以一眼看出来这是XOR卷积的形式，每一个数可以放入两个集合中的一个或者不放，只要两个集合中的所有数异或起来等于$0$，那么这个方案就是合法的，但是由于集合不能相交，那就不能简单地把所有数放到对应位置上，然后直接自乘
那么需要一个个数的拆开分别卷起来，那么对于某一个数$a_i$，其对应的多项式$f(x)[a_i]=2,f(x)[0]=1$，需要把$n$个这样的多项式XOR卷积起来，得到的最终多项式才是最终答案
考虑在对一个多项式做FWT的时候得到的FWT每一位具体是什么
$FWT(A)[i]=\sum_{cnt(i\&j)=0} A_j-\sum_{cnt(i\&j)=1} A_j$
$0$位的对于每一位的贡献都是$+1$，而$a_i$对每一位的贡献要么是$+2$要么是$-2$，所以最终FWT出来的每一位要么是$3$要么是$-1$
那么如果计算出在所有多项式中每一位出现过多少个$3$，出现过多少个$-1$，就可以通过计算快速幂得到最终多项式
由于FWT是线性变换，那么$FWT(A+B)=FWT(A)+FWT(B)$，那么考虑将所有多项式相加压缩得到一个多项式，做一遍FWT，那么得到某一位上的值就是所有多项式FWT之后结果这一位值之和
设这一位上有$x$个$3$,$y$个$-1$
那么$3x-y=FWT[i],x+y=n$
解得$x=\frac{n+FWT[i]}{4},y=n-\frac{n+FWT[i]}{4}$
那么直接快速幂，IFWT回去即可
#61. 【UR #5】怎样更有力气
首先可以想到可以将所有的加边操作按$w$排序，然后依次加入边
考虑如果$p=0$的时候，相当于现在没有任何限制，那么把所有$u$到$v$路径上所有点连成一个联通块，具体实现可以用一个并查集，维护，在把所有路径上节点找出来的时候，每一次跳的时候找到并查集中的根，然后跳过去，最后把这个路径缩成一个点
但如果有限制这样做是不行的
可以发现如果每一个操作的限制个数小于$u$到$v$的路径长度，那么一定可以把这个路径连成一个联通块，套用上面的做法即可
但如果限制个数大于等于路径长度，那么就有可能不能把整个路径连成一个联通块，那么现在的目标就是尽可能地去合并点
首先如果两个点没有限制，那么可以合并整个两个点，但之前枚举$w^2$（$w$为这个路径上的点数），复杂度是错的
那么考虑去找到一个中继节点$rt$，使得尽可能多的点不跟其有限制，可以发现这个节点连出的限制最多只有$\sqrt(w)$个
设$S$为$rt$限制到的集合，$T$为$rt$没有限制到的集合
如果对于$x\in S$，$\exists y\in T$，$x$没有到$y$的限制，那么可以把$x$合并到$rt$上
然后暴力枚举两个$S$中的元素，判断能否合并，这一部分复杂度$O(w)$
总复杂度$O((p+n)logn)$
还有注意上面两钟情况，要分别维护两个并查集
#50. 【UR #3】链式反应
题目可以转化为求$n$个节点可以产生二叉树，并且树上每一个节点可以外挂节点（也就是题目中的破坏死光照射到的节点）的数量，并且这个二叉树标号需要满足堆的性质
那么可以简单的设$dp[i]$表示用$i$个节点产生的二叉树的数量有多少个，其中$dp[0]=0$，$a[1...m]$表示可以外挂的节点数量（包含当前的根节点，也就是$01$串为$1$的下标$+1$）
那么$dp[n]=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=0}^{n-a_i}\binom{n-1}{a_i-1}\binom{n-a_i}{j}dp[j]dp[n-a_i-j]$
直接做可以得到$40$分
考虑优化，继续推式子
$dp[n]=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=0}^{n-a_i}\binom{n-1}{a_i-1,j,n-a_i-j}dp[j]dp[n-a_i-j]$
$\frac{dp[n]}{(n-1)!}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{1}{(a_i-1)!}\sum\limits_{j=0}^{n-a_i}\frac{dp[j]}{j!}\frac{dp[n-a_i-j]}{(n-a_i-j)!}$
推到这一步，如果把$a$看作一个在值域上的多项式$s$，那么这个就可以直接用分治$FFT$做了，分治的过程中维护一下$dp$和自己的卷积，$dp$和$s$的卷积，就可以计算得到所有的$dp$值，时间复杂度$O(nlog^2n)$，要注意的是维护$dp$与自己的卷积的时候，需要注意计算左边对右边贡献，那些用之前计算的$dp$值来卷$[l,mid]$的时候，如果次数$<l$，那么之前的系数要设为$2$，因为在做卷积的时候，这两个数相乘是做$2$次的
然后再考虑生成函数，设$F(x)=\sum\limits_n \frac{dp[n]}{n!}$
那么$F'=\frac{1}{2}s(x)F^2+1$
直接解是解不出来的
那么套用解一阶微分方程的牛顿迭代做法就可以了，时间复杂度$O(nlogn)$，巨大常数，根本跑不过分治$FFT$
