集省轮二东山6202

我说我还在贺Wei_Han的题解

不过是不是应该写点不一样的，老抄别人题解不太合适。

那我先写一下补集的题解。

Wei_Han /bx

哦vscode写markdown这么方便吗？我已经难受地写了半天了（（

怎么这么多题。。。

Day 1

T1 最优化题（maximize）

场切了。

T2 数数题（counting）

给定长度为 \(n\) 的整数序列 \(a\)，可以进行任意次（可以是 \(0\) 次）以下操作：

• 选择一个区间 \([l, r]\)，计算 \(v = \max\limits_{i=l}^{r} a_i\)，然后 \(\forall i \in [l, r], a_i \leftarrow v\)。

设最终得到整数序列 \(b\)，求有多少种不同的可能的 \(b\)，答案对 \(998244353\) 取模。

\(n \le 10^5\)

首先我们知道颜色之间的顺序肯定不可能交换了，然后颜色有一个覆盖范围。

然后我们直接dp就能过掉排列了（到哪个位置，现在是哪个颜色）。

不是排列有个问题，可能一个最终排列有多种覆盖方式。

我们可以发现，如果两个相同颜色的覆盖区间有交，那么他俩必定重合。

那我们就优先让靠前的往后覆盖。dp的时候减掉由前面一个相同颜色覆盖的方案即可。

T3 计算几何题（geometry）

给定周长为 360 的圆环，每次你可以沿着直径或半径切一刀。若干次切割之后圆环会变成若干段圆弧，设弧长构成的可重集为 \(P\)，要求 \(P\) 必须包含输入的大小为 \(n\) 的可重集 \(Q\) 作为子集。保证可重集 \(Q\) 只包含整数。

注意可重集 \(Q\) 是可重集 \(P\) 的子集的定义是：\(\forall v \in \mathbb{R}\)，\(Q\) 中 \(v\) 的出现次数不超过 \(P\) 中 \(v\) 的出现次数。

\(1 \le n \le 16,\ 1 \le q_i \le 360,\ \sum_{i=1}^{n} q_i \le 360\)

考场上把 \(\sum q_i=360\) 过了。

其实很接近了啊。

\(n\) 很小，考虑状压。

一种情况是所有的都拿半径切，其他情况至少有一条直径，那可以考虑从这条直径开始，从直径的两边逆时针填，如果两边填的一样多，就拿一条直径填。

但是如果 \(\sum q_i \not = 360\) 中间可能空一段再填。

考虑一个方案，把所有匹配的部分全部排在前面，如果空部分也能匹配那就把他放在尽量靠后的位置。

感觉说不明白。。。

反正看代码就是了。。

Day 2

T1 最优化问题（optimize）

有 \(n\) 种类型的男生和 \(2n\) 个女生。男生的类型用从 \(1\) 到 \(n\) 的整数编号，而女生用从 \(1\) 到 \(2n\) 的整数编号。

第 \(i\) 种类型的男生有 \(c_i\) 个，这 \(c_i\) 个男生中的每一个都喜欢编号为 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的女生。

求一个最大的男生集合的大小，使得对于该集合中的任意两个男生，至少存在一个女生被他们两人都喜欢。

多组测试数据

\(T \le 500,n \le 10^7,c_i \le 10^9\)

你们咋都这么牛？你们咋都这么牛？你们咋都这么牛？

我咋这么菜？我咋这么菜？我咋这么菜？

你知道过了半场发现最开始的结论假了的救赎感吗？？？绝望了哥们啊。

考虑要么选一个点的邻域，要么选一个三元环。

感觉一点也不好做吧？？？

设 \(a>b>c\)，我们把三元环放在 \(a,b\) 边中间的点，设这个点为点 \(C\) 统计，考虑选三元环当且仅当 \(c>N(C)-a-b\)，我们发现只有 \(a,b\) 边是 \(N(C)\) 中最大的两条边才有用，不然由 \(a>b>c\) 且 \(N(C)\) 中有边权值 \(>b\)，则选邻域一定比选三元环优。

我好菜啊。

T2 构造题（construct）

给定一个包含 \(n\) 个整数的数组 \(a\)。每次操作中，你可以选择一个位置 \(i\ (1 \le i \le n)\)，将 \(a_i\) 减少 \(k\)，同时将所有数据元素 \(a_j\ (1 \le j \le n, j \ne i)\) 增加 \(t\)。

求将数组中所有元素变为非正数（即小于或等于零）所需的最少操作次数。如果无法实现，则报告该情况。

\(n \le 10^6,k,t \le 10^9,-10^{18} \le a_i \le 10^9\)

感觉巨难写啊。完全不想写啊。那咋办还是得写啊。

先判掉不需要操作的情况。

以下令 \(k=k+t\)，问题变为全局 \(+t\)，单点 \(-k\)

考虑如果 \(nt<=k\) 那么考虑若 \(x\) 次操作合法，\(x+n\) 次操作一定也合法。只要把所有的位置全操作一遍即可。

先把这种情况处理掉，枚举操作次数 \(\bmod n\)，判断所有位置在加了这么多次 \(t\) 之后，需要减掉多少次。

即求 \(\sum_i \lceil \frac{a_i+t\times mid}{k} \rceil\)，这个二分一下最后一个需要操作的 \(a_i\)，主席树处理一下取模。

现在复杂度不太正确，\(O(n\log V \log k)\)。

那你考虑把枚举的这 \(n\) 个模数 shuffle 一下，先check一下能不能成功贡献答案，期望更新 \(\log n\) 次答案。

然后还要考虑 \(nt>k\) 的情况，首先若 \(a_i>a_j\) 那么 \(i\) 的操作次数一定不小于 \(j\)。然后显然不能 \(n\) 个位置都操作，否则全不操作更优，那你此时对前 \(n-1\) 求出答案，check一下 \(n\) 就好。迭代一下，直到 \(nt<=k\)。

T3 判定问题（check）

给定一个无限大的二维网格，其中每个单元格要么是空的，要么是被阻挡的。

在网格中，你可以向上、下、左或右移动到相邻的非阻挡单元格。

在四处走动了一会儿后，你注意到被阻挡单元格的模式是周期性的。更准确地说，有一个 \(R \times C\) 的模式在无限重复。具体形式请参见下图。

你需要求解 \(Q\) 个询问，每个询问给定 \(s_x, s_y, t_x, t_y\)，问：单元格 \((s_x, s_y)\) 是否能不经过阻挡的走到单元格 \((t_x, t_y)\)？

\(R,C \le 1000,Q \le 10^5,s_x,s_y,t_x,t_y \le 10^{12}\)

首先应该容易想到基（线性组合，不考虑线性的具体次数，基可以很优美的刻画）。虽然我没想到。

那两个点首先得在一个联通块，随便选一个点当根，一个联通块就是一棵树，然后对于联通块的每个点算出来一种到根的方式 \(dis[x][y]=\{delta_x,delta_y\}\) ，考虑所有移动的方式，和树边能形成若干个环，把这些环加入基里，看能不能把查询的向量消成0

如果你学过一点向量的知识，学过一点数论，那你应该知道一个基应该包括两个向量 \((x,y),(0,y')\) 加入一个新的向量先和第一个的 \(x\) 辗转相除一下，然后消成0之后再和第二个向量的 \(y'\) 辗转相除一下。

CF908H New Year and Boolean Bridges

ARC132F Takahashi The Strongest

P9316 [EGOI 2021] Double Move

UOJ310 【UNR 2】黎明前的巧克力

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，每个元素 \(a_i\) 有 3 种分配方式：

• 给 \(A\)
• 给 \(B\)
• 谁也不给

要求最终给 \(A\) 的所有元素的权值异或和等于给 \(B\) 的所有元素的权值异或和（没被分配任何数，则异或和为 \(0\)），求分配方案数。

\(1 \leq n \leq 10^6,\ 0 \leq a_i \leq 10^6\)。

发现给 A 和给 B 其实是一致的，然后就是求 \([z^0]\prod(1+2z^{a_i})\)。

可以对每个式子求个FWT然后乘起来，因为式子只有两项，我们先手动算一下FWT之后的数组是什么形式。

手算一下可以发现 \(|S\&a_i|\) 为偶数的位置FWT之后为3，奇数的位置为-1.

那现在我们考虑最终乘出来的FWT数组又长什么样子，就需要考虑每个位置乘了多少次3,多少次-1.就是求有多少个 \(a_i\) 满足 \(|S\&a_i|\) 为奇数，发现总共 \(a_i\) 个数为 \(n\)，那你直接对 \(b_S=a.count(S)\) 求 \(FWT\)，每个位置存的就是偶数个数-奇数个数，两个方程解一下就行。

其实这个 \(b\) 应该有很多种取法吧，只是直接这么取比较简单。

我们要求的如果是 \(\prod(b_i + c_i z^{a_i})[z^0]\) 呢？\(O(n + v \log^2 v)\)？ \(O(n + v \log v)\)？

\(\log^2\) 可以把同位置合并一下，然后分治 \(FFT\) 嗯乘一下就行。

单 \(\log\) 好像放线段树上分别维护一下乘了奇数次和偶数次就行。

P5577 算力训练

Day 3

T1 排列题（permutation）

你有 \(n\) 个木块，它们共有 \(k\) 种不同的颜色，排成一行。木块的颜色依次为 \(c_1, c_2, \dots, c_n\)，所有颜色均在 \(1\) 到 \(k\) 之间。

如果某种颜色的所有木块所处位置的平均值等于 \((n+1)/2\)，则称该颜色是平衡的。注意这个数值未必是整数。

你能否将这些木块重新排列，使得所有颜色都平衡？

\(\sum n \le 2e5\)

我真服了考场上把两个想到的思路拼一块就可以了。最后打了个搜也啥都没看出来。

同样写了半场发现结论假了。

首先发现偶数可以直接左右放，奇数可以转化成3和偶数情况。

首先取一个放在中间。考虑较小的情况。

考虑两个，分别是相交和包含情况，你惊奇地发现正好能对上。然后扩展一下就对了。我怎么两种都画出来了，考场上没想到拼一下。

T2 数数题（count）

对于一个正整数序列 \(a\)，定义其最大权独立集的权值为从 \(a\) 中选择若干不相邻的数，选出的数的和的最大值。

如果 \(a\) 的最大权独立集权值恰好是 \(a\) 所有数的和的一半，则称 \(a\) 是坏的，否则称 \(a\) 是好的。

若正整数序列 \(a\) 的任何子区间都是好的，则称 \(a\) 是极好的。

给定 \(n,m\) 和 \(n\) 个正整数集合 \(A_1, \dots, A_n\)，\(n\) 表示 \(a\) 的长度，集合中的数都 \(\in [1,m]\)。问：若 \(a_i \in A_i\)，则有多少个序列 \(a\) 是极好的。

答案对 \(998244353\) 取模。

\(n \le 200,m \le 19\)

好像没空写了。

T3 最短路问题（shortest）

图中有 \(n\) 栋建筑，从 \(0\) 到 \(n-1\) 编号，还有 \(m\) 座天桥，从 \(0\) 到 \(m-1\) 编号。这张规划图绘制在一张二维平面上，其中建筑和天桥分别是垂直和水平的线段。

第 \(i\) 栋建筑的底部坐落在坐标 \((x[i], 0)\) 上，建筑的高度为 \(h[i]\)。因此，它对应一条连接点 \((x[i], 0)\) 和 \((x[i], h[i])\) 的线段。

第 \(j\) 座天桥的两端分别在第 \(l[j]\) 栋建筑和第 \(r[j]\) 栋建筑上，并具有正的 \(y\) 坐标 \(y[j]\)。因此，它对应一条连接点 \((x[l[j]], y[j])\) 和 \((x[r[j]], y[j])\) 的线段。

称某座天桥和某栋建筑相交，如果它们有某个公共的点。因此，一座天桥在它的两个端点处与两栋建筑相交，同时还可能在中间和其他建筑相交。

你想要找出从第 \(s\) 栋建筑的底部到第 \(t\) 栋建筑的底部的最短路径长度，或者确认这样的路径不存在。在这里行人只能沿着建筑和天桥行走，并且不允许在地面上行走，也就是说不允许沿着 \(y\) 坐标为 \(0\) 的水平线行走。

行人能够在任意交点从某座天桥走进某栋建筑，或者从某栋建筑走上某座天桥。如果两座天桥的端点之一在同一点上，行人也可以从其中一座天桥走上另一座天桥。

对于所有数据，满足 \(1 \le n,m \le 10^5\)，\(0 \le x[0] < x[1] < \dots < x[n-1] \le 10^9\)；\(1 \le h[i] \le 10^9\)，\(0 \le l[j] \le r[j] \le n-1\)，\(1 \le y[j] \le \min(h[l[j]], h[r[j]])\)，\(0 \le s,t \le n-1\)，\(s \ne t\)。除在端点处外，任意两座天桥不会有其他公共的点。

怎么还有IOI题。

我觉得这题Wei_Han的题解就很好啊，但是我还是乱写一通吧，毕竟以后大概率还是会看自己的题解。

先考虑如果S=1,T=n，那肯定不可能走回头路对吧。

那我们发现一件事情，如果现在在一个较高的桥上，他到头之后，底下的桥都是可以选的，但是你一个较低的桥走着走着可能就上不去了对吧！

所以我们发现如果要上桥那肯定尽量早上桥，每个桥保留左右端点及端点下面一个位置。

如果没有这个特殊性质，那可能就要往回跑了，那往回跑肯定也是为了上桥，那再记录每个桥离S,T最近的上桥点，跑最短路即可。

P4747 [CERC2017] Intrinsic Interval

AGC061D Almost Multiplication Table

ARC184B 123 Set

QOJ4217 Graph Coloring

QOJ4218 Hidden Graph

P5115 Check,Check,Check one two!

P4118

Day 4

T1 莫队之理（ds）

随机生成 \(q\) 个 \([1,n]\) 范围内的区间，问只使用加位置和清空操作，如何在保证加位置和清空操作不超过给定限制的情况下，凑出 \(q\) 个区间每个区间至少一次，需要给出加和清空的具体方案。

\(n \le 5e4,q \le 1e5\)

加操作次数要求 \(\le 6e7\)，清空次数 \(\le n\).

考场上感觉做法很优，瞎写过了。

证明应该是按照l排序，r的lis长度期望是根号。

T2 又见星图（starmap）

一个星座可以看成一个由 \(n \times m\) 颗恒星构成的矩形，其中坐标 \((i,j)\) 处有一颗亮度为 \(a_{i,j}\) 的恒星。坐标为 \((r,c)\) 的恒星是这个星座的中心。

用 \(d_{i,j}\) 表示坐标 \((i,j)\) 处的恒星到星座中心的曼哈顿距离，即

\[d_{i,j} = |r-i| + |c-j|. \]

称一个星座构成一个星图，当且仅当距离星座中心越近的恒星亮度越高，即满足：

• 对于任意两个位置 \((i,j)\) 和 \((i',j')\)，若 \(d_{i,j} \le d_{i',j'}\)，则有 \(a_{i,j} \ge a_{i',j'}\)。

你作为神的存在，可以对这个星座进行若干次修改，从而让其形成一个星图。具体来说，你每次可以在下面两种操作中选择一种：

• 选择四个整数 \(i,l,r,v\)，然后对所有 \(j = l,l+1,\dots,r\)，令

\[a_{i,j} = \min(a_{i,j}, v). \]

• 选择四个整数 \(i,l,r,v\)，然后对所有 \(j = l,l+1,\dots,r\)，令

\[a_{j,i} = \min(a_{j,i}, v). \]

请你求出，最少需要多少次操作，才能将该星座修改成一个星图。

对于全部数据，\(1 \le n,m < 160,\ 1 \le r \le n,\ 1 \le c \le m,\ a_{ij}\)

我咋这么菜我咋这么菜。

网络流+dp题。

先考虑 \(r=c=1\) 的情况，那我们dp考虑现在是什么颜色，覆盖了哪一段，那我们当然知道有哪些点要修改，修改一定是一行或者一列，二分图匹配一下。

其他情况就是多拆几个点，颜色一定是当前范围内最小颜色，然后图是增量的，没了。

T3 最后的登山（climb）

不想订了。

P5451 [THUPC 2018] 密码学第三次小作业

现在有两个用户由于巧合，拥有了相同的模数 \(N\)，但是私钥不同。设两个用户的公钥分别为 \(e_1\) 和 \(e_2\)，且两者互质。明文消息为 \(m\)，密文分别为：

\[c_1 = m^{e_1} \bmod N \\ c_2 = m^{e_2} \bmod N \]

现在，一个攻击者截获了 \(c_1\)，\(c_2\)，\(e_1\)，\(e_2\)，\(N\)，请帮助他恢复出明文 \(m\)。

\(1 \le T \le 10^4\)， \(2^8 < N < 2^{63}\)，\(N\) 有且仅有两个素因子，其余数据严格按照上述RSA算法生成。

真无敌了这题

\(m=m^1=m^{e_1x+e_2y}=c_1^x c_2^y\)

要求逆元就求一下逆元。

Day 5

T1 小根堆（heap）

给定一个由 \(n\) 个 + 和 \(m\) 个 - 组成、长度为 \(n+m\) 的字符串 \(s\)，以及一个由 \(m\) 个整数组成的集合

\[a = \{a_1, a_2, \dots, a_m\}. \]

请准备两个集合 \(X = \emptyset\)、\(Y = \emptyset\)，并按照 \(i = 1, 2, \dots, n+m\) 的顺序依次执行以下操作：

• 当 \(s\) 的第 \(i\) 个字符为 + 时，从 \(1\) 到 \(n\) 的整数中，选择一个既不在 \(X\) 中、也不在 \(Y\) 中的整数，加入集合 \(X\)。
• 当 \(s\) 的第 \(i\) 个字符为 - 时，从 \(X\) 中取出最小的整数 \(x\)，将其从 \(X\) 中删除，并加入集合 \(Y\)。根据约束条件，进行该操作前 \(X\) 一定非空。

对于向 \(X\) 中加入整数的顺序，共有 \(n!\) 种可能。问其中有多少种顺序能够使得所有操作完成后 \(Y = a\)。请输出这个方案数对 \(998244353\) 取模的结果。

对于全部数据，\(1 \le m \le n \le 500\)，\(s\) 是一个由 \(n\) 个 + 和 \(m\) 个 - 组成、长度为 \(n+m\) 的字符串，并且对于任意 \(i=1,2,\dots,n+m\)，在 \(s\) 的前 \(i\) 个字符中，- 的数量不超过 + 的数量；同时满足 \(1 \le a_1 < a_2 < \dots < a_m \le n\)。

考场上胡了一个巨大麻烦的做法，最后半小时才过，我真人才。

事实上下午给wfyz的俩同学讲我的做法，我惊奇地发现我好像已经不太会我的做法了！！！

（这下真的有0人会我考场的做法了）

一会去学一下简单一点的做法。

哦我好像会了，但是也没那么简单啊。建议洛谷题解第一篇。

大概流程就是要在脑子里模拟一个堆，然后对着这个堆凑性质。

对着-做，有一些+要和-配对，有一些没有配对。然后要给每个+分配一个数。我们把最终弹掉的数叫做-数，没弹掉的叫做+数。

首先你先观察一下，这些+-有啥性质

首先任意时刻，堆里的数一定形如（堆顶放在前面） ------+++++++

那么体现在比一个+数大的-数没弹完之前，+数不能放进堆里。放在序列上考虑就是，考虑-数的后缀最大值 \(v\)，后面放了所有 \(<v\) 的+数。

这是+数和-数之间的限制。

还有的就是两个-数之间的限制，比他小的没弹掉之前不能弹他。

那你从后往前考虑，设 \(f\)

T2 刺杀（assassinate）

有一棵 \(n\) 个结点的树，第 \(i\) 条边连接结点 \(u_i\) 和 \(v_i\)。

你是一名刺客，初始时刻 \(0\) 位于结点 \(s\)，需要前往结点 \(t\) 执行刺杀任务。每个时刻你可以选择：

• 停留在当前结点，等待任意非负实数时间；
• 移动，花费 \(d_i\) 的时间沿第 \(i\) 条边从一个端点走到另一个端点。移动过程中你始终处于这条边上，不能中途停下。

有一名守卫在树上循环巡逻。他的巡逻路线由 \(k\) 个结点 \(x_1, x_2, \dots, x_k\) 描述，守卫按照

\[x_1 \to x_2 \to \dots \to x_k \to x_1 \to x_2 \to \dots \]

的顺序不断循环移动。对于每一段 \(x_i \to x_{(i \bmod k)+1}\)，守卫都沿树上的唯一路径行进，中途不会在任何结点停留。守卫通过第 \(j\) 条边所需的时间为 \(c_j\)。

冲突规则：如果在某个时刻，你和守卫同时出现在同一条边上（包括边的内部，但不包括端点），则刺杀任务失败。同时出现在某个结点上不算失败。

请你求出完成刺杀任务（即从 \(s\) 到达 \(t\)）所需的最少时间。由于答案可能很大，请输出答案对 \(998244353\) 取模后的结果。如果无法完成任务，输出 \(-1\)。

• \(1 \le T \le 10\)；
• \(2 \le n \le 2 \times 10^5,\ 2 \le k \le 2 \times 10^5\)；
• \(1 \le u_i, v_i \le n\)，输入保证这些边构成一棵树；
• \(1 \le c_i, d_i \le 10^8\)；
• \(1 \le x_i \le n\)，且 \(x_i \neq x_{(i \bmod k)+1}\)；
• \(1 \le s, t \le n,\ s \neq t\)；
• 在同一个测试点中，所有测试数据的 \(\sum n\) 和 \(\sum k\) 均不超过 \(2 \times 10^5\)。

有那么简单吗我真服了

好像题解确实也写不了多少字。

只把 S-T 的链拉出来，那就是，每次能走的时候立即走，走不了的时候就等待。

对 S-T 的链做扫描线，对时间建数据结构，每次覆盖一段区间，查询空位置 \(\ge d_i\) 最靠前的位置。

覆盖有从一个时间点向前覆盖的，有从一个时间点向后覆盖的（守卫从儿子到父亲还是从父亲到儿子）。随着扫描线的移动，这些覆盖的位置也有移动，黄的往后移动，蓝的往前移动，这看起来爆炸了是吧。

不过你先别急，你发现一个非常优美的性质，两种颜色一定交替出现并且不交，那你维护一下黄蓝最近距离和蓝黄最近距离，看起来就结束了对吧！！

我来研究一下这玩意怎么写。

哦非常好啊扫到同一位置长度也是一致的。

首先要拎出来S-T的链

然后求出来守卫所有覆盖的区间，从哪个位置到哪个位置，守卫第一次什么时候经过。守卫覆盖的状态也是重复的，那你只需要保留两个周期，从当前时刻出现的第一个位置往后找空段。

真难写吧。。。

写平衡树把。感觉线段树动态开点比较有道理，但是空间感觉很危险。

那你记录以s为基础的最靠前的时间，向上还是向下，子树内01,10段最大距离是多少。

OK我们把扫描线部分考虑完了，还有之前的部分，首先你要拎出链来。然后你要判断守卫这条路径和链交不交，交的话什么时候交，所以有什么LCA和求两点dis。

应该就没了吧。。

哦我好像会线段树了，那就是建2*k个节点，然后二分合并就可以了？？？

笑点解析，线段树区间查询递归到底也过了，我新交的那发应该复杂对对了吧？？？

T3 随机算法（random）

不想订了

Day 6

T1 股票劝说（stock）

场切了

T2 逃生游戏（escape）

小明正在打游戏。

这是一个逃亡游戏，地图里有 \(n\) 个补给站，由 \(n-1\) 条道路将这些补给站连通，故该地图形成了一棵树。游戏会选择地图一个叶子并将其标记为出口，小明将从 \(1\) 号补给站进入地图，并一路逃到出口去，中途不走回头路（不然还能叫逃亡游戏吗）。

每个补给站有一个强度为 \(x_i\) 的补给，每当小明经过一个补给站时，小明就可以选择进行补给或者忽略它。小明通过他多年的游玩经验得知，他必须在离开地图前恰好 \(k\) 个补给站进行补给（可以在出口补给站和入口补给站补给），才能顺利逃亡，补给少了会导致能量不够，而补给多了又会导致时间不够。但是，游戏有一个惩罚机制，如果小明在之前进行过一次补给，设其强度为 \(a\)，则之后所有的补给强度都必须不大于 \(a\)，若一个补给站的补给强度大于 \(a\)，则小明不能在这个补给站补给。

为了提高难度，游戏不会在一开始告诉小明出口具体是哪个节点，而是在小明每次到达一个补给站并决定是否进行补给之后，告诉小明出口位于该补给站的哪个儿子方向（设 \(1\) 为根），这将让决策变得更加困难。不过好就好在，游戏一开始就会告诉小明所有的 \(x_i\)，以供小明思考策略。小明的策略很简单：提前选好一些补给站，在经过其中的补给站时必定进行补给，并保证对于每个叶子作为出口的情况均能满足所有条件。容易发现这是所有确定性策略中的最优策略。

不出意外地，小明作为老玩家已经玩腻了，于是他开始追求数学上的乐趣。他想知道有多少种确定将要进行补给的补给站的方案，使得不管出口是哪个叶子，他都能稳定获胜。并且，他查阅代码得知，每个补给站的 \(x_i\) 是在游戏开始时选定的，其取值范围是 \([L_i, R_i] \cap \mathbb{Z}\)（选定后将会告诉小明），于是他想要你求出对于所有可能的地图局面，选取补给站集合方案的数量总和。

当然小明注意到在可以直接数学计算的一些情况中，方案数会是天文数字，于是他会让你输出其对 \(1004535809\) 取模后的结果。

对于 100% 的数据，\(1 \le n \le 200,\ 1 \le k \le 20,\ 1 \le L_i \le R_i \le 10^9\)。保证输入的图是一棵树。

拉插题啊。订题的时候嗯胡代码胡对了非常好啊。

首先要会一下拉插的板子

前半部分是简单的，你写出了这么一个dp

void dfs(int u,int fa) {
	bool isleaf=true;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		isleaf=false;
		dfs(v,u); 
	} 
	for(int j=0;j<=20;j++) for(int k=0;k<=2000;k++) g[j][k]=0;
	if(isleaf) for(int k=0;k<=2000;k++) g[0][k]=1;
	else 
		for(int j=0;j<=20;j++) 
			for(int k=0;k<=2000;k++) g[j][k]=1; 
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		for(int j=0;j<=20;j++) 
			for(int k=0;k<=2000;k++) g[j][k]=f[v][j][k]*g[j][k]%MOD;
	}
	for(int j=0;j<=20;j++) {
		for(int k=0;k<=2000;k++) (f[u][j][k]+=1ll*g[j][k]*(R[u]-L[u]+1))%=MOD;
		ll S=0;
		for(int k=0;k<=2000&&j<20;k++) {
			if(L[u]<=k&&k<=R[u]) (S+=g[j][k])%=MOD;
			(f[u][j+1][k]+=S)%=MOD;
		}
	}
}

然后式子是显而易见的嘛，设 \(f[u][j][k]\) 为选了 \(j\) 次，不大于 \(k\) 的方案数。

\(f[u][j][k]=\prod_v f[v][j][k]+\sum_k[L[u] \le k \le R[u]] \prod_v f[v][j-1][k]\)

完就完在，\(k\) 这一维很大。然后就爆了对吧

我们先考虑 \(L[u] =1, R[u]=1e9\) 这玩意保证了后面的范围限制一定满足。我们对着这个分析一下次数。

对于叶子节点，我们知道

\(f[u][0][k]=R[u]-L[u]+1,f[u][1][k]=max(k-L[u]+1,0)\)

这是关于 \(k\) 的一次方程

然后分析一下其他节点

\(f[u][j][k]=\prod_v f[v][j][k]+\sum_k\prod_v f[v][j-1][k]\)

式子的前半部分显然不超过子树次数的和

考虑后半部分，相当于多项式连乘然后再对前 \(k\) 个点值求和，根据高中数学可以知道这个的次数不超过子树次数和+1.那么我们每进行一次合并次数最多+1，总的次数不超过 \(n\)。

现在我们考虑原问题，原问题考虑离散化，拆成若干段。从最小的段开始做，当我们处理完值域第 \(i\) 段，那么前 \(i-1\) 小的段可以视作定值。因此也是个多项式，次数也不超过 \(n\)。

剩下的看代码吧。

void dfs(int u,int fa) {
	bool isleaf=true;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		isleaf=false;
		dfs(v,u); 
	} 
	if(isleaf) {
		for(int k=0;k<=n;k++) f[u][0][k]=R[u]-L[u]+1;
		for(int k=0;k<=n;k++) f[u][1][k]=max(min(tl+k,R[u])-L[u]+1,0ll);
		nsav[u][0]=R[u]-L[u]+1; nsav[u][1]=max(min(tr,R[u])-L[u]+1,0ll);
		return ;
	}
	
	for(int j=0;j<=20;j++) for(int k=0;k<=n;k++) g[j][k]=0,g[j][k]=1; 
	
	ll mul[21];
	for(int j=0;j<=20;j++) mul[j]=1;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
		int v=to[i];
		if(v==fa) continue;
		for(int j=0;j<=20;j++) for(int k=0;k<=n;k++) g[j][k]=f[v][j][k]*g[j][k]%MOD;
		for(int j=0;j<=20;j++) mul[j]=mul[j]*sav[v][j]%MOD;
	}
	
	for(int j=0;j<=20;j++) {
		for(int k=0;k<=n;k++) (f[u][j][k]+=g[j][k]*(R[u]-L[u]+1))%=MOD; //不选
		if(j==20) break;//这一层选
		ll S=(sav[u][j+1]-mul[j+1]*(R[u]-L[u]+1))%MOD; //你考虑后面的那个sum prod 的意义是，这一层选的方案数，这个式子算的就是值域范围<当前范围且u被选的方案数
		for(int k=0;k<=n;k++) {//值域范围在这个范围且u选的方案数
			if(L[u]<=tl+k&&tl+k<=R[u]) (S+=g[j][k])%=MOD;
			(f[u][j+1][k]+=S)%=MOD;
		}
	}
	if(tr<=tl+n) {
		for(int j=0;j<=20;j++) nsav[u][j]=f[u][j][tr-tl];
		return ;
	}
	
	for(int j=0;j<=20;j++) {//拉插
		ll ans=0; 
		for(lim=0;lim<=n;lim++) 
			(ans+=f[u][j][lim]*P[lim]%MOD*Q[lim])%=MOD;
		nsav[u][j]=ans;
	}
}

T3 卡牌养成（card） CF1874G

水母喜欢玩一个叫做“Inscryption”的游戏，这个游戏在一个有向无环图上进行，图中有 \(n\) 个顶点和 \(m\) 条边。所有的边 \(a \to b\) 都满足 \(a < b\)。

你需要沿着有向边从顶点 \(1\) 移动到顶点 \(n\)，然后与最终 Boss 战斗。

在这个过程中，你会收集卡牌和道具。

每张卡牌有两个属性：生命值（HP）和伤害（damage）。如果一张卡牌的生命值为 \(a\)，伤害为 \(b\)，那么这张卡牌的能量为 \(a \times b\)。

每个道具只有一个属性：能量值（power）。

除了顶点 \(1\) 和顶点 \(n\)，有一些顶点会触发特殊事件。特殊事件包括：

1. 你会获得一张生命值为 \(a\)，伤害为 \(b\) 的卡牌。
2. 如果你至少有一张卡牌，选择你的一张卡牌并使其生命值增加 \(x\)。
3. 如果你至少有一张卡牌，选择你的一张卡牌并使其伤害增加 \(y\)。
4. 你会获得一个能量值为 \(w\) 的道具。

当你到达顶点 \(n\) 时，你可以选择至多一张你的卡牌，并将其伤害乘以 \(10^9\)。

最终 Boss 非常强大，因此你希望最大化你所有卡牌和道具的能量之和。请你求出如果你最优地进行游戏，所有卡牌和道具的能量之和的最大值。

保证每条边 \((u,v)\) 最多出现一次。

保证顶点 \(1\) 和顶点 \(n\) 没有特殊事件。

保证对于所有 \(i\)，存在一条从顶点 \(1\) 到顶点 \(n\) 的路径经过顶点 \(i\)。

我们来把讲课内容背一遍。

\(n \le 200,n-1\le m \le 2000\)

我说这题放cf是真难到恐怖吧。

我好像把题解贺了一遍写得还不如题解好。

先观察一下，你发现 \(\sum a_ib_i+\sum w\) 一定不到1e9。那么这个题就是在最大化最大的卡牌的值的前提下，最大化 \(\sum a_ib_i+\sum w\)

然后最优化经典就是如果你钦定的最优决策点不正确的话，不影响答案。

DAG形态太多了，先考虑图是一条链的情况，方便分析策略。

考虑直接枚举最终的最大的卡牌，那这张卡牌之后出现的 2,3 操作肯定全加在这张卡上。你只需要考虑怎么在遇到这张卡之前最大化 \(\sum a_ib_i+\sum w\).

因为路径固定，那你需要决策的就是 2,3 操作加到哪张卡上，我们以2操作为例，假如你已经知道所有卡最终的 \(b\)，那你肯定加到现在能加的，最终 \(b\) 最大的卡上。3操作是对称的。

考虑一下，你切换加的卡，一定是因为新加了一张卡。

我们加入一张卡时，钦定它最终是不是前缀最大值。现在记录当前在哪个点，最终a最大的卡现在的值，最终b最大的卡现在的值，注意多加一维0/1表示a,b最大的是不是同一张卡。

你发现两个值域这么大就很完啊，考虑降一下。

发现如果一张卡加入的时候，现在最大的 \(a\) 和最大的 \(b\) 均大于 \(V\)，那最终最大的卡一定已经找到了。

分析一下这是为什么，如果这是同一张卡的话，那显然取这张卡更优。

事实上，我们可以发现，这一定是同一张卡，假设这是不同的卡，先遇到了卡A，后遇到卡B，卡A的 \(a\) 是前缀最大，卡B的 \(b\) 是前缀最大。那么A卡的 \(b\) 肯定最终 \(<V\)，不然遇到卡B时，卡B就成为不了前缀最大 \(b\) 了。

所以 \(a,b\) 两维分别为 \(O(V),O(nV)\) （当然你要交换A,B两维再跑一遍）。

现在总复杂度是 \(O(n^2V^2)\)

考虑直接钦定 \(a\) 维最终是多少，还差多少，不记录 \(b\) 维，发现这样同样可以转移，\(a\) 只有还债，\(b\) 知道最终的 \(a\) 是多少，可以直接贡献到答案。现在两维都只有 \(O(V)\) 了，总复杂度 \(O(nV^2)\)。

诶这玩意对吗。

降状态降这么大有点害怕，但是好像还真是对的，首先 \(a\) 的切换显然是刻画出来了，当前最大 \(a\) 变了就是切换了，那 \(b\) 的切换，其实影响的就是你的 \(a\) 加到谁上了，每张牌加入之后决定欠不欠债，欠多少债，其实就是决定多少的 \(a\) 加到这张牌上了，同样也可以刻画出来。

放在 DAG 上，前面部分的转移为 \(O(mV^2)\)，然后发现枚举的最大的牌到 \(n\) 的路径不唯一，但是这个也是随便做一做就行了，肯定先最大化 \(delta_a,delta_b\)，然后再最大化 \(delta_w\)，那你从 \(n\) 开始dp，直接记录 \(f[x][a]\) 表示到x，\(delta_a\) 最大的情况下 \(delta_b\times1e9+delta_w\) 是多少，对于每个 \(x\) ，枚举一下哪个 \(a\)，算一下最大卡是多少，合并一下之前的dp值。做完了。

CF1844H

写题单没写出来这题，怎么省集又遇到了。

那就，再挣扎一下！！！

\(f(a,b,c)\) 表示长度模3余数为1/2/0的链还剩 \(a/b/c\) 条。

\(f(a,b,c)=(a+b+c)f(a,b,c-1)\)

这个递推式很优美，所以我们只需要考虑求 \(f(a,b,0)\)

设 \(g(a,b)=f(a,b,0)\)

求最开始的值是麻烦的，我们考虑倒着做，那 \(g(0,0)=1\)。剩下的就是求递推式了

\(g(a,b)=(a-1)g(a-2,b+1)+b(a+b-1)g(a-1,b-1)\)

\(g(a,b)=(b-1)g(a+1,b-2)+a(a+b-1)g(a-1,b-1)\)

现在需要的就是从 \(g(a,b)\) 到 \(g(a+2,b-1),g(a-1,b+2),g(a+1,b+1)\)

还有一点补充，我们可以发现，如果涉及到的三个点都是合法的点的话，那系数一定不为0，一定可以由两个解出另一个。

可以发现，除了转移到 \(g(a+1,b+1)\)，涉及到的点一定是合法的点，而这种情况我们直接从 \(g(1,1)\) 开始跑就可以了，发现这是方便的，因为 \(g(0,0)\) 第一步一定到 \(g(1,1)\)。

确实，功力不够啊，越级做题了。

Day 7

T1 删除实体（delete）

场切了。

T2 萝卜内存（robot）

小明制作了一个绿发的机器人。

这个机器人共有 \(3n\) 字节的内存，小明需要将其分成两个部分来运行程序，他将两个部分分别称作虚拟内存和现实内存（我也不知道他为什么要这么叫）。一般情况下，这个机器人都能自动进行内存的分配，从而保证程序的运行，然而，发生了罕见的多程序并行情况：有 \(q\) 个程序要在同一时间运行，每个程序要求要么 \([a_i,b_i]\) 内的内存均为现实内存，要么 \([c_i,d_i]\) 内的内存均为虚拟内存。由于程序并行过多，内存分配程序崩溃了。

当然，如果要求只是这样的话那可太好了，可是小明设计之初为了保证系统的稳定性，强制要求虚拟内存和现实内存均不可超过 \(2n\) 字节。这下小明和内存分配程序感同身受了，他现在急需一个帮手，来帮他分配内存，从而救活他的机器人，或者告诉他你的机器人没救了。

对于 100% 的数据，\(1 \le T \le 10^5,\ 1 \le n \le 3 \times 10^4,\ 1 \le q \le 10^5,\ 1 \le \sum n \le 3 \times 10^5,\ 1 \le \sum q \le 10^6,\ 1 \le a_i \le b_i \le 3n,\ 1 \le c_i \le d_i \le 3n\)。

显然线段树优化建图。

有若干个限制形如 A选了现实内存那B也要选现实内存 A选了虚拟内存B也要选虚拟内存的限制。

发现两张图很相似，而且只要满足了一张图，那另一张图一定满足，我们只需要保留一张图。

线段树优化建图部分肯定是好做的对吧，我们现在只需要考虑暴力建图。

首先缩个点。那就是3n个点要选到 \([n,2n]\) 之间，分讨。

如果所有的强联通大小都 \(\le n\)，那肯定存在一种选的方案在 \([n,2n]\) 之间。

如果有联通块大小 \(>n\)，那你分讨这个联通块选还是不选，因为选了这个，他所在的颜色已经满足下界了，只需要尽可能地不选。

T3 遥远恋情（far）

这个交通不便的国家共有 \(n\) 个城市，有 \(n-1\) 条道路将它们连接起来，每条道路的长度是 \(w_i\)。小明从这 \(n\) 个城市中每个城市选择了一个人，经过短时间的观察，小明发现这 \(n\) 个人中的每个人要么单身，要么 ta 的伴侣在另一个城市。有些时候事情就是那么巧，有一些异地恋情侣恰好就是小明选择的 \(n\) 个人中的两个。

不过，由于去考察异地恋的双方分别是谁就有点打探别人的隐私了，所以小明果断打住了，转而去研究了另一个问题。对于一对异地恋的情侣，记他们的遥远度为两人所在城市之间最短路径的长度。假设小明的运气足够好，这 \(n\) 个人中恰好有 \(k\) 对情侣，那么这 \(n\) 个人的总遥远度就是这 \(k\) 对情侣的遥远度之和。

股票的事情最终结果不尽人意，给了小明很大打击，小明早就成为了悲观主义者。他想知道，在已知 \(n\) 个人中恰有 \(k\) 对情侣，但不知道分别是谁的前提下，在所有可能的情况中，遥远度的最大值是多少。

当然，小明对自己的运气到底有多好没什么信心，于是他想要对每个 \(k = 1,2,\dots,\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 求出这个遥远度的最大值。

对于 100% 的数据，\(1 < n \le 10^6,\ 1 \le w \le 10^6\)。

这题Wei_Han那有非常详细的题解，说实话不想写了。不过还是随便写点吧。

性质1:任意图最大匹配点集都是增量的，这个你考虑 \(S_k\) 和 \(S_{k+1}\)，考虑一下匹配的联通块形状，交换证明一下。

性质2:任意两组匹配肯定边相交

性质3:所有匹配过同一点，这个交换证明一下就行

性质4:对于一个点集，他们的重心一定在 这个点集dfn序第 \(\lfloor \frac{|sz|}{2} \rfloor + 1\) 到根的链上。

注意到两次重心移动，中间肯定一个点都没有，距离是好维护的。

分讨重心向上和向下维护。

向上是子树左边和右边的和当前重心的LCA的较深值。

向下根据性质4，跳到当前重心的较大的子树中，求子树内最左最右点的LCA。

Day 8

T1 背叛的爱丽丝（alice）

爱丽丝和格林在玩游戏。游戏规则如下：

• 爱丽丝先手。
• 初始有一个集合 \(S = \{1,2,\dots,n\}\)，以及一个空序列 \(P\)；
• 双方轮流从 \(S\) 中选择一个数 \(x\)，将 \(x\) 加入序列 \(P\) 的末尾，并从 \(S\) 中删除 \(x\)；

此外，还有一个给定的正整数 \(k\) 用于判定胜负。具体而言，本题有两套判定胜负的规则：

• 规则 1：第一次使得 \(P\) 的最长上升子序列长度变成 \(k\) 的选手获胜，或者当对手无法操作时（也就是 \(S\) 被删空了）也获胜。
• 规则 2：第一次使得 \(P\) 的最长上升子序列长度变成 \(k\) 的选手失败，或者当自己无法操作时（也就是 \(S\) 被删空了）也失败。

现在，游戏已经进行了 \(q\) 轮，保证 \(q\) 为偶数，也就是爱丽丝和格林都已经分别操作了 \(\frac{q}{2}\) 次，依次给出这 \(q\) 次操作中他们选择的数 \(a_1,a_2,\dots,a_q\)，保证这时还没有分出胜负。

由于 \(q\) 是偶数，所以接下来仍然是爱丽丝先手。假设接下来的游戏过程中，爱丽丝和格林都绝顶聪明，你需要判定爱丽丝是否必胜。若爱丽丝必胜，请你再求出爱丽丝在接下来的第一步（也就是整个游戏的第 \(q+1\) 步）有多少种操作方案，可以最终获胜。

对于全部测试数据：

• \(1 \le T \le 1000\)
• \(3 \le n \le 10^5\)
• \(v \in \{1, 2\}\)
• \(2 \le k \le 10^5\)
• \(2 \le q < n\)，且 \(q\) 为偶数
• \(\sum n,\ \sum q,\ \sum k \le 10^6\)

博弈好难啊好难啊好难啊。

规则1场切了。

抽空加训博弈。

T2 线性代数入门指南（linalg）

有 \(n\) 个 \(3 \times 3\) 的矩阵 \(A_1, A_2, \dots, A_n\)。设 \(S_n\) 是全部 \(n\) 阶排列的集合，求出下式的值对 \(998244353\) 取模的结果：

\[\sum_{\sigma \in S_n} \left( A_{\sigma(1)} A_{\sigma(2)} \cdots A_{\sigma(n)} \right)_{1,1} \]

对于全部测试数据，保证 \(1 \le n \le 40\)，矩阵元素为 \([0, 998244353)\) 内的整数。

BEST定理

考场上在想三层图，3*n个点，然后跑个类哈密顿环，然后发现可能不联通，感觉不是很好修，爆炸了。

实际上是3个点的图求欧拉回路，其实也挺有道理的，3个点的图肯定比n个点的好考虑也更好check。

BEST定理，然后注意要判断一下图存不存在欧拉回路。BEST定理可能可以看我博客，不过感觉有点过于感性和胡扯了。

额啊我还是多写两句吧。

从前往后扫1到n，考虑每个位置选了哪条边（u,v都在1到3里取，重边条数就是权值，你要选一条加进图里）根据BEST定理，首先你要求根为1的内向生成树，但是三个点，你可以直接压状态，现在三条边哪些边被选了，反正形态不是很多。为了算答案，要记录每个点的出度，同时注意BEST定理的使用条件要求他本来就是一个存在欧拉回路的图，要保证入度=出度，把每个点的入度和出度计入状态里，但是注意到三个点的入度之和和出度之和是确定的，你可以只记录两个点的入度和出度具体是多少。

T3 失忆（amnesia）

格林有一棵 \(n\) 个点的树 \(T\)，点的编号为 \(1\) 到 \(n\) 之间的正整数。他会对这棵树做如下操作：

• 第一步，从 \(T\) 中选出一个点 \(A\)，接着把和 \(A\) 点相连的边都抹去，之后打乱点的编号。假设得到的森林的形态是 \(T_1\)。
• 第二步，从 \(T\) 中选出一个与 \(A\) 不同的点 \(B\)，接着把和 \(B\) 点相连的边都抹去，之后打乱点的编号。假设得到的森林的形态是 \(T_2\)。
• 注意，这两步是独立的，即每一步都是在原先的树 \(T\) 上进行的。

现在，格林忘记了原来的树是什么样子，但是他记得 \(T_1\) 和 \(T_2\) 的边集。请你帮他还原出原来的树。任意一棵满足条件的树都可以。

对于全部测试数据，有 \(2 \le n \le 2000\)，\(1 \le a,b \le n\)，\(a \neq b\)。保证给出的边集合法，且存在至少一组解。

先放个xor shift 不过注意不能生成0

unsigned xorshift32(unsigned x) {
    x ^= x << 13;
    x ^= x >> 17;
    x ^= x << 5;
    return x;
}

为了防止被卡可以先异或一个随机数。

对于图A，图B，枚举另一个图中删掉的点在当前图是哪个点，然后删掉这个点，给他周围的标上0/1，表示和枚举的点联通还是不联通。

然后我们发现实际要做的事情就是0和1匹配，最多只有一个1和1匹配。

理论上就做完了，但是非常恶心他还要构造方案，我先来口胡一下。

我们设图1删掉的点为X，图2删掉的点为Y

我们先把所有的联通块匹配对拉出来，以图1的点的编号为基础，先把图1的所有的边连起来，现在要考虑每个联通块哪个点和X连了。那你对图2中所有和1连的点的哈希值求出来，对于每个匹配，在图1中的联通块中的点找对应哈希值。

写完了，这玩意确实是对的，但是我写的时候没带脑子倒是。

Day9

T1 如何彻底消失（disappear）P12936

给定度数序列，构造一棵度数为给定度数序列的仙人掌 \(n \le 2000\)

考场上考虑得不够就开始写了，不过感觉确实水平不够，还得加油。

但是不管怎么样我考场上怎么写那么麻烦？？？

首先先考虑全是偶度点怎么构造，首先先画个大环出来，然后从中间捏成两个环，那捏的位置的点度数就增加了2.

好吧正经点说，先挑出来一个度数最大的点作为基础，然后再挑剩余的点的度数最大的两个点，和这个点连成三元环。维护每个点还能接多少个点，每次重复这个过程接度数最大的两个点。如果最后有剩余的度数为2的点，随便找条边把这个点插进去。

事实上，这个构造确实也能构造到全局上界。我们考虑每次挑最大的点接后面的，那肯定能够尽量保证结构数量最大

（或者说我们先把每个点的度数-2，表示第一次，然后剩下的就是他要连多少个儿子节点，这时候能看成一棵树形，如下图，蓝线是所说的树形）

然后考虑奇度数点，注意到（猜到）一个奇度数点必和一条不在环上的边相邻。这是显然的，如果一个奇度数点周围的所有的边都在环上的话，那每条边必须与另一条边匹配，每个匹配度数+2.那相当于，每两个奇度数点，必定要浪费一条边，让这条边不在环上。

那一个简单的构造是，每次匹配两个奇度数点（显然奇度数点一定是偶数），让这两个点相连，在之后的过程中，把这两个点当一个点考虑。做完全部的过程，再展开，注意要保证每个环最终只和一个点相邻，这个只需要展开的时候判断一下应该就可以了。

但是这个还是有一种情况处理不了，如果两个奇度数点度数都为1，连起来就炸了，没办法和任何其他点联通了。

那这也没办法了，首先我们先尽量把度数为1的点和其他奇度数点匹配。如果还剩下1的话，那只能一个点浪费一条边，每次选两个1度点和一个偶度数点匹配。

这看起来就是最优的了吧，不太想证了。

T2 如何变得善良（kind）qoj7584

给三维空间的 \(n\) 个球，求球两两之间第 \(k\) 小距离。 \(n \le 2e5,k \le 300\)

写了第一遍题解写假了。

二分一下距离 \(mid\)，把所有球的 \(r\) 都加上 \(\frac{mid}{2}\)。

嗯我觉得也就这步看起来就很有道理。

我来把题解背一遍，首先先按照半径从大到小扫 \(r\)，在空间里画出长度为 \(2r\) 的方块，这样每个球只会只会和这个块和相邻的块的球相交。那每个球和相邻的块暴力判断。扫到半径 \(<\frac{r}{2}\)，就重构所有的块。

然后如果一个块内的球数超过一个 \(O(\sqrt k)\) 的阈值，那必有 \(k\) 对相交（但说实话的我算了一下，这个常数还是相当大的？？？）。找到第一次大于 \(k\) 的值 \(ans\)，再对 \(ans-1\) 跑一遍求出方案，剩下的答案都是 \(ans\).

我们再细说一下第一部分，每段把这一段大小[L,R]的都加入哈希表，扫[1,R]的球，检查周围的联通块。

官方题解说的每个点访问到的点的个数只会有 \(O(\sqrt k)\)，但是这真对吗。毕竟每个点要扫 \(\log\) 层。不过我们至少可以分析到 \(O(\sqrt {k \log n})\) 这是因为 \(\sum_i^{\log n} k_i^2 \le n\)，求得 \(\sum k \le n \log n\)

不过看起来是不是代码都是写的直接多1只log的？？反正能过不管了。

T3 如何赚到大钱（millions）P12821

你转生到了异世界，成为了一名勇者。为了伸张正义，你将和一条巨龙结伴，一同打倒邪恶的农民。

异世界中总共有 \(n\) 组农民，第 \(i\) 组有 \(a_i\) 个小兵。巨龙和农民的战斗按照如下方式展开。

最初，巨龙有 \(h_d\) 的血量，每个敌方小兵都有 \(h_p\) 血量。也就是说，第 \(i\) 组小兵在开始时总共有 \(H_i = h_p \cdot a_i\) 的血量。

战争由几轮战斗组成。在每一轮中，都会发生两件事：

• 首先，巨龙选择一组小兵并攻击它们。该组农民的总血量会下降 \(d\)。如果这组农民的总血量为 0，则这组农民覆灭了。
• 然后，每组小兵攻击巨龙。一个具有总血量 \(H\) 的农民组中，有 \(\left\lceil \frac{H}{h_p} \right\rceil\) 个小兵还活着，每个活着的小兵都会给巨龙造成一单位伤害。

如果巨龙的生命值在任何时候为零或更低，它就会死亡，你也就输了。如果所有小兵都被摧毁了，那么你就赢了。

你需要确定尽可能小的 \(h_d\)，使得存在一种策略赢得战斗。

• 对于单组测试数据，\(1 \le n \le 1000\)，\(1 \le d, h_p, a_i \le 10^9\)，\(h_p \cdot \sum a_i \le 10^9\)。
• \(\sum n < 1000\)。

我说你们不等式功底怎么都这么好啊，欺负我一个没学明白不等式的是吧。虽然我知道这是板子。。。

首先有一个直接贪的做法，由01 on tree的经典贪心套路，相当于一棵根接若干条链，然后每次取最小的和父亲合并。当然这玩意T了。

为了优化这个东西，我们考虑先把链内部合并了，然后最后在根节点把所有合并之后的链归并起来。

因为总血量 \(\le 10^9\)，所以这题不拿 SB Tree 还有的做。

设 \(H_i=h_p \times a_i,H=h_p \sum a_i\)

由题意知 \(H \le 10^9\)

最麻烦的就在于这个上取整了对吧，我们一个周期一个周期考虑（砍死的小兵数量是周期性的）

周期长度最多为 \(h_p\)，并且一个周期最多 \(a_i\) 个有值的位置，所以一个周期最多只有 \(\sqrt H_i\) 个有值的位置。然后我们有若干个周期，那我们快速幂一下，我们需要保证快速幂过程中，最终合并出来的块数不会太多。我们现在来证明整个快速幂过程中，块数都是 \(O(\sqrt H_i)+O(1)\) 的

（感觉画的图应该色盲色弱友好吧）

上面画的两个链拼起来的情况，每个链有四个块，把每个链分为>平均值和<平均值两个部分（等于可以得出结论之后讨论一下，反正好考虑的，略了），第一条链>平均值部分不变，第二条链<平均值部分不变，发现最终合并结果一定是吧第一部分<平均值部分和第二部分>平均值部分合并成一个块。所以最多加 \(O(1)\) 段（是不是只有1段，我不知道）

那你快速幂之后每个链也只有 \(O(\sqrt H_i)\) 对吧，那所有的链长度之和只有 \(\sqrt {nH}\) （注意这里 \(H=\sum H_i\)，那最优情况肯定是平均分配了，你可以拿柯西不等式证一下，我是直接问的gemini）

那分治把所有的链归并起来，总复杂度 \(O(\sqrt{nH}\log n)\)

加训加训加训