题6/GF

GFP1981

感觉有点神。考虑这个$\frac{k}{4}$的东西，他是可以由减半两次得到的。第一次，考虑由于只有四联通的位置是有位置的，所以如果只考虑行/列之间的限制的话，那么所有都可以满足，设行的限制更多，那么就先满足行的。列之间，由于是四联通的，所以只有相邻的列是有限制的，我们设填完行后$j$和$j-1$行之间的限制有$a$个满足了，$b$个没满足，如果$a>b$那么就不动了，否则把$j$行反转一下。这样的话，不满足的就是$\frac{k}{4}$了。然后就做完了，感觉还挺巧妙地。

总结：网格上的问题，有时可以把行和列拆开来考虑，先满足行再满足列，或者相反，然后再考虑行行之间的限制，这个思路好像还挺常见的。

P6772

线性基合并，合并两个区间的线性基，我们只关心基底，暴力的把一个区间的基底插到另外一个基底上，复杂度就是$O(V^2)V$代表维数。感性理解上是对的，但是不会严谨证明。然后这道题，树剖感觉不太行把，复杂度炸飞了，然后就考虑只分成两端，$x\to lca$,$y\to lca_y$ ,$lca_y$代表$lca$在%y%方向上的儿子。这样复杂度就是$O(qV^2)$了。怎么维护上面的，就相当于找一个区间的线性基，保留最靠后的基底就行了。

P14349 [JOISC 2019] 蛋糕 3 / Cake 3

这个是决策单调性板子。先考虑选定了一个集合，怎么让后面的那一项最小。贪心的想就是单调的时候。证明就是，考虑找到最小值和最大值的位置$i,j$，我们现在只考虑$i\sim j$之间的贡献，发现至少会有$2*(max-min)$的贡献，并且这是基于$i\to j,j\to i$的路径上（是一个环所以有两个方向的路径）的值都是单调的才能得到这个，如果不单调那么贡献就会增加。那么就分析到了这个，所以我们把这个按照$c$排序，枚举最大值和最小值$l,r$,那么这个的最大贡献就是$c_r-c_l+[l,r]\text{中前k大的v}$。设贡献为$w_{l,r}$。我们通过分讨能得到$w_{l,r}+w_{l-1,r+1}\le w_{l-1,r}+w_{l,r+1}$，也就是四边形不等式，通过这个我们能推得决策单调性，就是变换一下$w_{l,r}-w_{l-1,r}\le w_{l,r+1}-w_{l-1,r+1}$ 推广一下就能得到$w_{l,r}-w_{i,r}\le w_{l,r+1}-w_{i,r+1}(i<l)$ 所以当$l$是$r$的最优决策点的时候，$r+1$的最有决策点必定在$l$后面。那么我们怎么求对于每个$r$的最优决策点呢？采用分治做法设$solve(l,r,opl,opr)$表示$l,r$中的每个点的最优决策点在$opl,opr$中，那么设$mid=(l+r)/2$，然后暴力找出其最优决策点$L$,那么$l,mid-1$中的点的最优决策点就在$opl,L$中，$mid+1,r$中的就在$L,opr$中，也就是$solve(l,mid-1,opl,L),solve(mid+1,r,L,opr)$。然后就完了。

注意：如果有多个最优决策点，选择左边和选择右边都可以。

总结：通过四边形不等式能够的到决策单调性；贡献与区间中的值相关，判断其是否有四边形不等式；

P12074 [OOI 2025] The arithmetic exercise

这个感觉还挺有意思的。就是这个操作可以看作放到一个栈里面，从栈顶到栈底的符号是$+-$交替。问操作的最大值。那么我们把序列反过来，那就变成了每次向一个栈里面放一个数，正负号不能与栈顶相同，那么我们考虑钦定第$i$个的+-$，然后判断它是否能够放里面。那么如果是$+$，就判断栈顶是$+$的栈的个数$+1$与$n$的关系，如果是$-$，判断栈顶是$+$的栈的个数与$1$的关系。那么就可以把$+$看做$+1$，$-$看作$-1$,那么问题就转化成了前缀和都在$[0,n]$中了（这步转化很妙啊喵喵转化）。那么我们设$f_{I,j}$表示前$i$个元素，前缀和是$j$的最大价值，易得转移$f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}+x_i(j\in [1,n]),f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j+1}-x_i(j\in [0,n-1])$。但是这样的形式不太好优化。下面两个优化神了。我们先给初始值$-\sum_{x_i}$，那么转移就变成了$f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}+2*x_i(j\in [1,n]),f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j+1}(j\in [0,n-1])$,然后令$g_{I,s}=f_{i,s-i}$（可能是看到$i-1+j+1=i+j$想到的？或者是比较经典？不知道）那么转移就是$g_{i,s}=\max(g_{i-1,s},g_{i-1,s-2}+2*x_i)$。并且由于$f_{i,j}$中$i+j$是偶数的时候才有值，所以我们可以写成$g_{i,s}=\max(g_{i-1,s}+g_{i-1,s-1}+2*x_i)$这样。然后这个函数就是凹函数，就是斜率都是递减的，这个归纳就可以证明了。我们设$g_{i-1,j}-g_{i-1,j-1}=a_j$,那么刚才的转移式等价于$a_j$和$2*x_i$比较。这个操作会在$g_{i-1}$的函数图像上有什么赢下。由于$a_j$单减，因此我们找到第一个满足$a_j<2*x_i$的边，那么前面的斜率不变，从这条边开始边，这个边肯定要增加$2*x_i-a_j$，后面的受这个影响也会增加这么多，考虑$a_{j+1}$怎么办，$g_{i,j+1}$和$g_{i-1,j}$之间的斜率应该是$2*x$，也就是增加$2*x-a_{j+1}$,但是由于前面的内阁已经加了$2*x-a_j$，所以这个只需要加$a_j-a_{j+1}$，也就是变成$a_j$，以此类推，增加一个$2x$的斜率，相当于是在原斜率上合适的位置插入$x$，把后面的斜率往后延。那么我们怎么维护呢？使用$multiset$，遇到一个$x$，把$2x$插入，然后，因为$j$是有范围的，所以$s-i=j$也有范围，所以我们需要把$set$中不在范围中的值删掉，注意：我们还要维护函数起点的值。代码如下：

v = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++) cin >> x[m - i + 1], v -= x[m - i + 1];// 初始化初始值
p = 0;// 起点位置
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
    s.insert(x[i] << 1);
    int l = (i + 1) / 2, r = (n + i) / 2;// 限制的区间。
    while(p < l) v += *s.begin(), s.erase(s.begin()), p ++;// 更新起点的值，虽然前面的哪些点不能够给后面的dp值有贡献，但是当前函数的每个点的值，都要通过原来的起点推的，所以我们要更新起点的值从而给后面更新
    while(p + s.size() > r) s.erase(prev(s.end()));
}

总结：转移中有加有减，并且加减值之和$dp$位置有关，则可以先都减或都加，省掉一个操作；$g_{i,s}=f_{i,s-i}$这个，就是把其中某一维换成和差，有时会有比较厉害的影响。

GFP1990

发现一个正方形的限制不太好搞，但是如果把$y=x$左边的点对称到右边（答案不变）那么我们只需要找到右上角的点和右下角的点就可以了。因为向左拓展只会取到一个等腰直角三角形之中的点，所以就对了。然后使用扫描线维护就行了。（不过这样只是好看一点，本质上还是扫描线，考场上没有立刻反应过来感觉是暴力拓展$r$暴力加入新的点是对的，啊啊啊它放到$T3$的位置就根本不想想啊$T2$还是一个分讨大题。。）

总结：正方形比较特殊，并且这个左上右下的端点都在$y=x$上，所以把点对称过来简化了问题。

GF1991

其实我觉得这道题还挺好的。就是我们把$a,b$网格画出来，$01$代表先手必胜还是必败，那么易得，对于$(x,y)$，如果存在$a<x or b<y$使得$(a,y),(x,b)$是必败态，那其就是必胜态，否则还是必败态。现在给定了一些点，强制这些点是必败态，最后问是什么$(a,b)$是什么态。考虑$V$比较小的时候，我们就根据这个格子递推一下就行了。比较大呢？我们发现，对于第$i$行，我们记录一个$lim$表示第$i-1$必胜态最多连续拓展到哪里，记一个$set$表示大于$lim$的散点$O(n)$个。那么第$i$行，必败态的位置就是$lim+1$，然后再合并一些散点。不过这样直接做还是爆，不过当一个连续的区间即没有散点也没有询问或加点，那么操作就比较单一了，那么我们就可以加速这个过程，这个也比较好说，那么就大概做完了。

总结：博弈可以设出来必败必胜，通过转移得到其他状态，当必败态比较少的时候记录下来，转移就记新的必败态就好了。

GFP1989

这个题就是内阁分讨大题。场上根本没想分讨。。。这里就不多说了，放一个题解好了：
其实 Subtask 的那张表已经提示你怎么分讨了。

$( |T| = 1 )：判断 ( S ) 中是否存在 ( T ) 即可。$
$( |T| = 2, T_1 \neq T_2 )：假设 ( T = 01 )，则 ( S ) 最终一定是一堆 ( 1 ) + 一堆 ( 0 )。容易发现，每次操作可以将连续的一段 ( 1 ) 搬到前面去，故答案为非前缀的 ( 1 ) 连续段数量。$
$( |T| = 2, T_1 = T_2 )：假设 ( T = 00 )，则 ( S ) 最终不能出现相邻的 ( 0 )。先判掉无解的情况（( 0 ) 的个数超过 ( \lfloor n/2 \rfloor + n \bmod 2 )）。否则，每次操作可以视为将一个 ( 1 ) 插到相邻两个 ( 0 ) 中间，因此答案为所有 ( 0 ) 的连续段长度 ( -1 ) 之和。$
$( |T| = 3, T_1 \neq T_3 )：这样 ( T ) 在所有 ( S ) 中出现的位置一定不交，容易发现一次操作可以破坏一个 ( T ) 的出现位置，所以答案为 ( T ) 在 ( S ) 中的出现次数。$
$( |T| = 3, T_1 = T_3 \neq T_2 )：假设 ( T = 010 )，则 ( S ) 最终不能出现长度 ( > 1 ) 且不为前后缀的 ( 1 ) 的连续段。一次操作可以合并两个 ( 1 ) 的连续段，记长度( = 1 ) 且不为前后缀的 ( 1 ) 的连续段个数为 ( x )，容易计算得答案为 ( \lfloor x/2 \rfloor )。$
$( |T| = 3, T_1 = T_2 = T_3 )：假设 ( T = 000 )，则 ( S ) 最终不能出现相邻的超过 ( 3 ) 个 ( 0 )。先判掉无解的情况（( 0 ) 的个数超过 ( \lfloor n/3 \rfloor \times 2 + n \bmod 3 )）。否则，每次操作相当于将两个长为 ( x, y ) 的连续段变为两个长为 ( x', y' ) 的连续段（( 0 \leq x', y' \leq x + y = x' + y' )）。初始状态可以看做，若干个连续段可以增加 ( 1 ) 或 ( 2 ) 个长度，若干连续段需要减少若干个长度。我们需要最大化“一次增减 ( 2 ) 个长度”的操作次数，用堆贪心取即可。$

~~没错我让AI写的markdown~~

总结：当情况比较少的时候可以考虑分讨解决问题。

AT_arc179_c [ARC179C] Beware of Overflow

关注到，最大值加最小值$\le R$（注意只有这两个满足，其他的不确定）。并且我们知道大小关系就能够排序。所以我们先排序一下，找到最大值最小值，加起来，然后通过二分插入到序列，然后循环就行了。复杂度$O(n^2log n)$，查询次数是$O(2n\log n)$。就没了。

总结：知道大小关系可以排序。

arc137_c

啊，这个，就是如果最大值>次大值$+1$，那么$A$可以挪到次大值$+1$，那么$B$在移动肯定要挪到前面，如果此时$B$有必胜的策略，那么$A$可以一开始就走到那里。所以这种情况$A$先手必胜。然后再看最大值$=$次大值$+1$，那么双方为了让对方输，会走尽量少的步数，也就是每次把最大值减小$1$，那么我们分析一下这个奇偶性就行了

总结：这个好像叫决策覆盖，就是如果后手有必胜，那么先手可以到达这个必胜就决定了先手必胜。

agc066_a

这个应该是说是二选一把，就是因为是四个方向的东西，所以我们考虑二染色，$i+j$为奇数，考虑让他到达最近的$%2d = 0$的点，否则到达最近的$%2d = d$的点，这样是能保证$\ge d$的。显然还有完全相反的操作。一个点，到达$%2d = d,%2d=0$的点所需的代价加起来就是$d$，$n^2$个点的这两个代价和加起来就是$dn^2$,所以至少有一个方案使代价$\le \frac{dn^2}{2}$

总结：我不知道怎么想到的，但是方法是二选一

agc012_c

这个，我们尝试让重复的两个字串有一个明确的分界点，就是让左右两边不出现重复的，让左边去匹配右边。那么我们让左边是$1\sim k$的顺序。那么右边就是让$1\sim k$的排列恰好有$N$个上升子序列。那么考虑增量构造，假设$1\sim i$已经有了$n$个排列，考虑$i+1$的贡献。如果放在最后面，就是变成$2*n+1$。放到最前面就变成$n+1$。我们通过这个操作得到答案啊。那么我们倒过来考虑，如果二进制最后一个是$1$,那么就操作$-1,/2$，否则操作$-1$，然后这个操作的个数是$2\log n$的，可过。（sbhjl明明有两种做法，非要使用正着做的方法调了一个多小时过了，然后换了另一种做法$-inf$秒就写完了TAT）

总结：正着写不好写就不写了。。。。

arc105_e

考虑最后的时候一定是$1$一个完全图连通块，$n$完全图连通块，不连边。考虑$1$所在连通块大小$x$，$n$为$y$，那么操作数就是$\frac{n*(n-1)}{2}-m-xy$，判断奇偶性就能知道谁赢。当$n$是奇数是，$x*(n-x)$必为偶，所以直接看。如果$n$为偶，那么$x,y$可能会有影响。在考虑，如果起始时，$1$大小为$x'$,$n$大小为$y'$，如果$x'y'$奇偶性相同，那么剩下中奇数点的连通块个数为偶数个，那么如果想改变奇偶性，那么只能拿奇数点，那么后手就可以再拿一个来消耗这个操作，所以奇偶性不改变（如果后手碰到了只有奇数点的局面，那么可以选两个奇数点连一起把局面交给对方），如果不想改变，那么只能拿偶数点，那么现在就变成了后手变成想改变的先手状态，所以奇偶性也不改变，所以最终的奇偶性只与一开始相关；考虑一开始不同，那么先手拿一个奇数点改变，后手就改变不了了，所以先手必胜。

总结：考虑操作抵消。

GFP1983

赛时有点问题，考后破防没有调出来，最终重构代码终于过掉。考虑策略。先考虑都在零食店出发，如果在$M$店，就有$m$的储量，否则有$0$的储量。计算从这里开始的需要的$N,S$数量。考虑当前在$M$点，那么我们肯定想走到最远的$M$，没有则最远的$N$，没有则最远的$S$，都没有就$-1$。然后就转移。同理$N$，也是。到了$S$，由于想要这个最少。于是如果$m$的储量中有$M，N$店，所以我们想要走到最近的其中一个，如果一个$M$或$N$都没有，那就走到最远的$S$店。直接做，发现大样例过不了。问题出在哪里呢？因为刚刚我们在一个点的策略是只收集够自己走下一段路的零食，但是我们可以多储备一点，下一个是级别更高的就不全买，利用剩下的走。所以，如果我们走向的是一个级别更高的零食店$to_i$，我们就记录下$to_i$连续走和他类型一样的点1走了多少（设为$dis$），然后减去当前可以剩下的，就更优了。注意当前多消耗了当前零食类型，所以要把当前$dis$更新一下。

总结：贪心，如果有比较劣的操作，就调整一下策略。

GFP1985

这个，就是分讨，判断有什么情况是合法的，发现情况很少，然后容斥得到答案。

啊不管了。。。。好烦。。调了好久。。。感觉自己好唐。

GFP1999

就。发现等于没有传递性，所以不能直接做。现在问题变成了怎么求$i$后缀和$j$后缀的$lcp$。唐唐的使用$z$函数。发现假了。但是设$f_{i,j}$表示$i,j$后缀的$lcp$,那么就，$O(1)$转移就行了。。。。$O(n^2)$就好了。剩下的和优秀的拆分相同。

总结：看到字符串不一定一定要使用字符串算法，直接$dp$也有可能

7.21 数论

P1829

推式子题。$\sum_{i,j}\frac{ij}{\gcd(i,j)}$。枚举$d=gcd(i,j)$,$\sum_{d}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]$。对后面这个使用$\mu$的卷积。$\sum_{t|i,t|j}\mu(t)$。考虑求出$d$后面的式子。$\sum_{i}^{n}\sum_{j}^m ij\sum_{t|i,t|j}\mu(t)$。调换枚举顺序$\sum_{t}^n\mu(t)t^2\sum_{i}^{n/t}\sum_{j}^{m/t}ij$。设$sum_n=\sum_{i=1}^{n}i$，那么后面两项就是$sum_{n/t}*sum_{m/t}$。也就是$\sum_{t}^{n}\mu(t)t^2 sum_{n/t}*sum_{m/t}$。合并一下就是$\sum_{d}^{n}d\sum_{t}^{n/d}\mu(t)t^2 sum_{n/dt}*sum_{m/dt}$。对于$t$来说，同样的$n,m$我们可以通过二维数论分块求。由于$d$会影响后面的$n,m$，所以外面也是一个二维数论分块。套一下就行了。

总结：推式子。改变枚举顺序时如果不好化简，考虑是不是顺序不对。二维数论分块好久不用了。

QOJ-9619

就是，根据$\varphi$的定义把式子改写一下。我们发现值域很小，所以把其含有小于$\sqrt{V}$的质因子压到二进制里面。大于的放到$V_i$里面。按照$V_i$排序，设$f_{i,S,0/1}$表示考虑了$i$，当前乘积中小于$\sqrt{V}$的质因子的集合时$S$，是否含有$V_i$的所有方案的贡献和。然后分讨$v_{i+1},v_i$是否相等转移。

总结：由于值域比较小，所以比较小的质因子可以状压，比较大的直接记录，根据定义求答案，感觉思路还挺自然的。

agc027_d

构造题，不知道怎么想到的。

agc003_d

注意到我们只关心每个质因子次数在模$3$下是多少。根据这个我们可以找到一个互补的数，然后建图，找最大独立集。注意到一个点的度数最大为$1$,也就是一个连通块最多两个点，所以记录每个数的次数，然后选次数比较多的就行了。值域比较大。大于$\sqrt[3]{V}$的质因子最多有两个啊。所以只筛小于$\sqrt[3]{V}$，考虑筛完剩下的情况$x$。如果$x=p^2$，那么这个好判，然后只需要让互补的数乘上$x$即可。如果$x=p$或$x=pq$，那么互补的数成上$x^2$。所以后两种情况只需要判断互补的数乘上$x^2$时候超过值域就行了。接下来就好做了。

总结：感觉建图找最大独立集的转化还挺秒的。

qoj15032

就是，如果$a^x\equiv b\pmod{2^64}$成立，那么$d\le 64, a^x\equiv b\pmod{2^d}$也是成立的。那么首先我们先判掉$2\mid a$的情况，由于是偶数，所以$a^64\equiv 0$，所以$x\in [0,64]$。考虑奇数。按照刚刚的思路，我们让$d$从小到大，并且记录$x$目前记录到了二进制下的多少位，记录的位置满足当前刚刚好是确定的，就是当这一位填$0/1$都能成立，那么更大的位置也是都成立了。然后就递推，当$d$增大的时候，看当前这位是否满足就行了。如果$0/1$都行，那就不在进行了，如果只有一个行，那么就记录下当前位置，再考虑更大的数，如果都不行，那么就无解。

总结：如果模的是多少的次方，那么比这个次方小的也能满足。

Gym-104373H

这个，感觉一个转化还挺妙的。因为式子是$\sum_{|p_i-p_{i+1}|}$，转化贡献，我们让$|p_i-p_{i+1}|$中间的位置都恰好贡献一次，具体的，就是外层枚举一个$x$,把$\le x$设为$1$，$>x$的设为$0$,然后记录这个排列中相邻两个不同的位置有多少个。然后怎么做。设$f_{u}$表示$u$子树的拓扑序个数（因为题意可以看作一个外向树的拓扑序），$g_{u,i}$表示$u$的拓扑序中第$i$位为$1$的个数，$h_{u,i}$表示$u$的拓扑序中$i,i+1$不同的方案数，然后通过$g,h$合并互相转移，复杂度是树上背包的复杂度。分讨，组合数。

总结：转化很妙，状态不知道咋设出来的

CF1264D2

这个，如果没有问号，那么我们就是枚举一个分割点，设其左边左括号有$l$个，右边右括号有$r$个，这个分割点的贡献就是$\min(l,r)$，那么答案就是$\max(\min(l,r))$了。继续思考，考虑分割点向右拓展的时候，$l,r$会有一个$+1$或$-1$,也就是他们差值会$-1$，直到相等，然后再错开，那么比较自然的发现当$l=r$时就是答案，并且这种状态只有一个分割点是满足的。那么就很好了，我们枚举分割点是哪一个，通过分配$?$来让$l=r$，具体的，设一个分割点左边有$x$个问号，右边有$y$个问号，那么答案就是$\sum_{i=0}^{x}(l+i)\binom{x}{i}\binom{y}{l+i-r}$个，这样是保证了$l+i=r+l+i-r$了，然后通过拆式子，再合并，利用范德蒙德卷积得到最终的式子，$O(n)$。

总结：先想一个弱化版，通过弱化版得到的性质推强化版。组合数拆式子感觉很不熟练。

CF1842G

这个，拆式子，$dp$是$dp$乘积的过程，这个可以写成几个多项式相乘的形式。考虑对于第$i$个多项式，我们有几个选择：1. 乘$a_i$ 2. 由于前面有乘$v$的，因为是一个后缀加，所以前面能乘的，这里也能乘，设前面选的本质不同的$v$(也就是是不同次加上的$v$)是$j$，那么就有$j$种方案乘$v$，3. 我们可以再分配一个操作，还剩下$m-j$个操作，这个操作一定要作用与$i$及以前才能在当前后效。由上，我们设$f_{i,j}$表示第$i$个多项式，乘上了$j$个本质不同的$v$，的所有方案的权值和。转移：

\[f_{I,j}\times a_{i+1}\to f_{i+1,j} \]

\[f_{i,j}\times jv\to f_{i+1,j} \]

\[f_{i,j}\times (m-j)\times (i+1)\times v\to f_{i+1,j+1} \]

对应三个转移。然后最后呢，如果还有没有乘的操作，那我们不关心他们，随便就行了。答案就是$\frac{\sum_{i\le \min(n,m)} f_{n,i}\times n^{m-i}}{n^m}$

顺便提一下，由于多项式乘法是有顺序的，所以第三个转移保证了不重复，正确性

CF1603C

我说我唐完了。给定$a,x$求最小正整数$k$，使$\lceil \frac{a}{k}\rceil\le x$。由于向上取整，所以可以看作$\frac{a}{k}\le x$,转化一下就是$k\ge \frac{a}{x}$。那么就是$k\ge \lceil\frac{a}{x}\rceil$。所以$O(1)$求就行了。然后就是，因为连续段只会合并，所以我们加答案的时候只需要给整个连续段$O(1)$加就行了。不同唐唐的写线段树。。。。然后连续段最多有$\sqrt{v}$个，是因为整除分块只有这个多个取值。

总结：能精简就精简，尝试优化复杂度，太冗余了。

CF1608D

太菜了，不会。思考路径是考虑是类似什么样的合法的。先考虑只有$AB$或$BA$或$AA$或$BB$,那这样一定合法。如果同时存在$AB,BA$那么必须需要一个$AA$或$BB$,并且$AA,BB$数量一定相同，否则不合法（手玩），那么限制就有了1. $A,B$数量相同，2. 若$AB,BA$同时存在，那么需要有$AA$。容斥一下。

arc154_e

场切的已经不是人类了。前面的转化还挺秒的。就是$\sum_{i<j}[P_i>P_j](j-i)$考虑拆一下贡献，$\sum_{i}j\le i[P_j\ge P_i]i-\sum_{i}i<j[P_i>P_j]i\to i(i-\sum_{i}j\le i[P_j\le P_i]i-\sum_{i}i<j[P_i\ge P_j])\to i(i-P_i)$。这步是真妙。然后后面也挺秒把，本质相当于求$\sum iP_i$，然后转化一下，设$P_i$这个值最后的位置是$s_i$，那么答案就是$\sum s_iP_i$。由于要求所有方案的权值，所以我们可以求$s_i$的期望值。考虑一次操作，若$i\to j$，看其方案，$i<j$时,$\min(i,n-j+1)$,$i>j$时，$\min(j,n-i+1)$。然后分讨一下发现可以合到一起$\min(i,n-i+1,j,n-j+1)$，由此知道$j=j,j=n-j+1$是方案数相同，所以这两种情况的期望是$\frac{n+1}{2}$。由于对于所有的$j$都一样，所以一次操作后其位置的期望就是$\frac{n+1}{2}$,也就是$m$次操作，如果有一次覆盖了$i$,那么其位置的期望就是$\frac{n+1}{2}$。接下来就分讨，一次操作都没覆盖到的概率，和至少覆盖一次的概率，得到最终的期望。

总结：把式子转化。总方案的权值，可以等价于求期望值（这个东西感觉好吃操作）

CF1119H

这个应该是黎明前的巧克力的加强版，思路还是考虑解方程。我们想要把每个都$FWT$一遍然后点乘再$IFWT$。但是爆了。但是发现每个数组$FWT$后都是$\pm x\pm y\pm z$，一共八种情况，太多了，考虑简化一下（不简化也行稍后再说）让最后的方案先强制选上$a_i$,然后把集合变成$\left\{0,b_i\optimes a_i,c_i\optimes a_i \right\}$。那么$x$始终为正了，只有四种情况。考虑求出最后的数组里面四种情况各有多少个。那么我们需要四个方程。$x+y+z:c_1,x+y-z:c_2,x-y+z:c_3,x-y-z:c4$。有$c_1+c_2+c_3+c_4=n$，然后我们只令$f_{b_i}=1$,$\sum FWT_i(j)$就是所有集合中$-1^{(j\And b_k)}$的和。那么就是$c_1+c_2-c_3-c_4$。同理只让$f_{c_i}=1$，得到另一个方程。还需要一个。让$f_{b_i\optimes c_i}=1$，那么这个就是$y,z$的符号乘积起来的和，也就是$c_1-c_2-c_3+c_4$。这样就得到四个了。观察上面的过程，其实如果多列几个方程，就可以再不简化的情况下做出来。以此类推，我们也可以把这个集合的大小变大，原理一样。

CF1292C

退化了。不会青题了。从小到大加边，$0\sim i$一定可以组成一个链，否则不由。在此基础上，发现向右拓展一个的贡献只与子树大小有关。于是设$f_{u,v}$表示已经连续到$u,v$的最大值。转移就是找是从哪里拓展过来的，然后贡献一下，使用记忆化就行了。

总结：贪心的部分挺好的。

AT_abc340_g

感觉比上一个题简单。就是分别考虑每个颜色，如果在原树上$dp$是$O(n^2)$的，每个颜色都要$O(n)$。不过建出虚树来就行了，复杂度就是$O(n)$了。

总结：关于树上颜色限制的题目，联想到虚树。

最近好摆啊。。。。。。

GFP2006

就是先确定能确定的，再随便填一个。然后重复。证明正确性。若随便填$(x,y)$，并且填的是$0$，那么若$(X+1,y+1)$能够确定，那么$(x+1,y),(x,y+1)$都是$1$，$(x+1,y+1)$也要填$1$,能知道下一个确定的最多只能是$(x+2,y+2)$，（因为同色限制了），归纳到$(x+k,y+k)$确定，此时$(x+k,y+k-1),(x+k-1,y+k)$与$(x+k,y+k)$同色。如果此时矛盾，那么一定与左下角矛盾，和之前填的无关，所以这种请况一开始就应该判掉了。然后就做$O(nm)$。

GF2007

建出一个$dfs$树，然后黑白染色，设白点数量$>$黑点数量，并且数量分别为$a,b$,那么如果$a\ge \frac{n}{3}$,那么选树上$a$度数前$\frac{n}{3}$的点，染成$1$,那么还剩下$a-\frac{n}{3}$,知道$a-\frac{n}{3}\le \frac{n}{6}$，并且剩下的点的度数$\le 2$,所以与$b$相邻的点$\le \frac{n}{3}$。所以就把剩下的$a$染成$2$，把相邻$b$的染成$3$，然后，把剩下的$b$中选一些点使$2,3$的颜色都是$\frac{n}{3}$。满足$1$限制。考虑$a<\frac{n}{3}$。$b$的非叶子节点一定至少有一个$a$。那么$b$的叶子节点至少有$b-a$个。然后能得到$b-a\ge a$,并且叶子间没有连边，所以把这些点染成$1$，剩下的点黑白染色就行了。

一场两个nb题目

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