SDOI二轮省集

Day1

T1

打出 \(n^2\) dp，找到规律，直接计算。

可以用导数证明公式

T2

咕

T3

愚蠢的在线法官

我会 \(n^3\)！

\(A_{a,b}=f_{lca(a,b)}\rightarrow A_{a,b}=w_x[a|x][b|x]\)

\(w_x\) 可以树上差分由 \(f_x\) 得到。

一个点对矩阵的 \(i\in[l,r],j\in[l,r]\) （\(l,r\) 是子树 dfn 序）有矩阵加，矩阵上二维差分不影响行列式，所以变成了四个单点加，发现是矩阵树的形式。

转化为求 \(l,r+1\) 间连边的生成树数量，用广义串并联图求生成树的方法求生成树得到矩阵的行列式。

匹配计数

对每一个颜色赋一个权值，要求 \(3\) 变成了要求有偶数个逆序对，于是对每对逆序对连边，要求导出子图的边数为偶数。

要求 \(2\) 则利用“偶减奇”的套路，对每种颜色额外连一个源点，若颜色数为偶数则会贡献翻倍，否则贡献为 \(0\)。

把边写成邻接矩阵的形式，用 bitset 进行消元计算边数偶数的导出子图，复杂度 \(O(\frac{n^3}{w})\)。

Day2

T1

\[(a^\frac{t(p-1)+1}{k})^k=a \]

所以 \(x=a^\frac{t(p-1)+1}{k}\)，令 \(t\) 为 \(p-1\) 在模 \(k\) 意义下的逆元，得到答案。

也可以算 \(k\) 在模 \(p-1\) 意义下的逆元。

T2

四毛子科技。

把每个序列分成大小为 \(B\) 的块，记录每个块的超集有谁，那么答案就是所有块的超集的与，可以用 bitset 优化，复杂度 \(O(n\cdot\frac{n}{B}\cdot\frac{n}{w})\)。

每个块内的超集怎么求呢？暴力枚举集合即可，把集合中的数的超集与起来，复杂度 \(O(\frac{n}{B}\cdot 2^B\cdot\frac{n}{w})\)。

T3

转啊转啊转（bzoj4634）

Day3

T1

\(k=1\) 时可以 \(O(nk)\) 找规律前缀和递推，\(k=2\) 时答案为 \(1\)。

\(k>2\) 时，求 \(k\) 不被染色的概率，用 \(1\) 减去，\(k-1,k\) 被选中时一定不合法，不需要管。

把染色操作看做随机排列，从前往后能染就染。剩下的染色操作分为两部分，左半边和右半边不互相影响，发现左边的概率就是 \(1\) 减去 \(i=k\) 时的概率，右边的概率就是 \(1\) 减去 \(i=n-k+1\) 时的概率，因为是概率，两边可以直接乘起来。

T2

要孤立点尽量少的前提下二度点尽量少，给每个点连两条边，一条的费用是 \(-\infty\)，另一条的费用是 \(1\)，跑最小费用最大流。

边权只有 \(-2\infty\) 和 \(-\infty+1\) 两种，模拟费用流，先跑第一种，再跑第二种，用 dinic 可以做到 \(O(n\sqrt m)\)。

T3

QOJ4549

Day4

T1

T2

T3

Day5

T1

首先距离有最大值和最小值，此外还有奇偶性的要求。

这三个条件是充要的，考虑怎么删障碍是合法的。对于每个中间联通块，随意选择中心，优先删最远的的障碍，发现一定合法，并且对答案的贡献是 \(-2\) 或 \(0\)。连在边界上的联通块则可以把整个边界看做中心，还是优先删最远的。

预处理处删除序列，二分答案，时间复杂度 \(O(RC\log(RC))\)。

T2

T3

Day6

T1

贪心，优先选没被覆盖的 lca 深度最大的链，覆盖它的 lca，并且把被覆盖的链删掉，树剖 + 树状数组 \(O(n\log^2 n)\)。

差分为子树修改单点查询，复杂度 \(O(n\log n)\)。

T2

倒序枚举点，设 \(f_{i,j,k}\) 表示点数为 \(i\)，连通块个数为 \(j\)，还需要接一个点的二度点数为 \(k\)。

\(0\) 出度点可以作为新的连通块，或者接到二度点上，两种情况。

\(1\) 出度点要连一个已有的连通块，同时可以接到二度点上，两种情况。

\(2\) 出度点可以连两个已有的连通块，连一个已有的连通块，同时也可以接到二度点上，四种情况。

T3

考虑 \(\sum\limits_{i=1}^m \binom m i f(i)\) 的组合意义，指的是在 \(m\) 个点中选 \(i\) 个点激活的贡献，从左到右枚举，每个点有两种状态，激活或者不激活。

\(a\) 前面可以接 \(a,b,c\)，\(b\) 前面可以接 \(b,c\)，\(c\) 前面可以接 \(a,b,c\)。

写出递推式，发现可以矩阵快速幂加速递推，时间复杂度 \(O(T\log m)\)。

[省选联考 2023] 人员调度

带删除一眼鉴定为线段树分治，所以考虑只加入怎么办。

假设刚开始每个位置上都有一个贡献为 \(0\) 的人，对于一个新加入的人，如果更优，他可以换掉子树中最小的人，然后那个人再换掉他的子树中最小的人，直到打不过为止。

这样复杂度一定爆炸，所以我们抽象一下，假设是这一个人直接抢走了最后一个被踢走的人的位置，那么就是向上找到第一个子树中所有员工没有来自子树外的，换掉这个子树中的最小值，同时要记住这个人原来来自哪里，便于进行撤销操作。

换人和找点都可以用树剖 + 线段树来维护，时间复杂度 \(O(n\log^3 n)\)。

Day7

T1

根据生日悖论，我们只要有足够多的树就大概率能凑出答案。

看样例，发现 \(26\) 的父亲一直是 \(1\)，想到把一棵树拆成两半，这样枚举树的效率会更高，用 unordered_map 存下第一棵树的值，用第二棵树的值加上两边的贡献去找答案。

T2

扩展一下哥德巴赫猜想，所有大于 \(8\) 的偶数都能被拆成两个不同质数的和。

选择两个质数，用小的不断加，然后用大的减，因为两个质数互质，剩余系能取到所有的数。

\(n\) 是奇数也简单，由于是一个成环的剩余系，最后一步一定还能跳到 \(1\)，而 \(n+1\) 和 \(1\) 本质相同，所以一定也能跳到。

T3

arc161e

比较神仙。

考虑不合法的状态比较多，可以打表看出来（也可以看题解），想到随机答案，然后 check 是否合法。

由于是黑白染色，想到 2-SAT，不好直接搜，把每个点拆成黑白点，按照支配条件连边，然后缩点，如果同一个点的黑白点在同一个联通块里，那么成功找到不合法的。

输出 \(-1\) 就是骗人的。

[JOISC 2023 Day3] Tourism

回滚莫队 + 虚树 + \(O(1)\) lca 强行三合一

Day8

T1

先把所有已经匹配的数删掉，然后剩下 \(4\) 种数，确定的 \(1\)，不确定的 \(1\)，确定的 \(-1\)，不确定的 \(-1\)。

dp 式子好推，但是注意不确定的 \(1\) 和不确定的 \(-1\) 之间的匹配要乘上额外系数，总共是一个阶乘。

T2

显然 \(D=\lceil\frac{L}{2}\rceil\)，考虑计数。

先做直径为偶数的情况，给每个点一个点权，有 \(u\rightarrow v\) 则 \(w_v-w_u=1\)，固定一个点权值为 \(0\) 则点权与方案形成双射，发现 \(d(u,v)=(dist(u,v)+w_u-w_v)/2\)，移项可得 \(|w_u-w_v|\le L-dist(u,v)\)。

令距离中心 \(m\) 为 \(D\) 的点权值为 \(0\)，则 \(|w_u|\le D-dist(u,m)\)，可以直接树上 dp。

如果直径为奇数，找到两个中心 \(m_1,m_2\)，对 \(m_1\) 和 \(m_2\) 分别做 dp。因为可能有交集，向上和下分别压 \(1\) 的边界，减去交的部分，得到答案。

T3

[省选联考 2022] 卡牌

没见过的套路。

显然不能多项式做法，发现值域比较小，可能与状压有关。

然后就没有思路了，看题解发现可以根号分治，对于小质数状压，不可能同时出现的大质数控制的数相互独立，所以可以分别计算，容斥一下，钦定不能出现某些小质数，对于每个大质数来说是好算的，乘起来就好。

[Cnoi2019]人形演舞

第一眼看出来是公平博弈，所以一定与 SG 函数有关，打一个表，发现 \(i\) 的 SG 函数是 \(i-highbit_i+1\)。

然后考虑怎么计算答案，每一个位置的贡献是一样的，并且转移方式是异或卷积，所以记录 SG 函数为 \(i\) 的数有多少，然后 FWT，对于每个数快速幂，最后 IFWT，记得费马小定理降幂。

[JOI Open 2022] 放学路（School Road）

神仙题，计算有没有距离为非最短路的从 \(1\) 到 \(n\) 的路径

首先发现如果有一个不同时包含 \(1\) 和 \(n\) 的点双是一定不会走进去的，所以想办法找到有用的点，在 \(1\) 和 \(n\) 之间再连一条边，就可以通过点双找到有用的点。

在新图中，一度点显然无用，二度点只有一种走法，可以缩成一条边，长度相同的重边和一条边的作用是一样的，缩成一条边就可以了，两条不相同的重边对答案有贡献，变成一条有标记的边。

最后答案是 \(0\) 当且仅当 \(1\) 到 \(n\) 之间只有一条没有标记的边，说明不管怎么缩都是唯一路径，否则一定有其他方案，可以画一个四个点的图验证一下。

Day9

T1

树上 dp，转边权为点权，设 \(f_{i,0/1}\) 为第 \(i\) 个点颜色是 \(0/1\) 的方案，转移时要继承一个同色儿子，其他儿子的贡献是深度乘积，并且两个子树拼起来的贡献是简单组合数，最后再乘上点权。

T2

对于每个起点，显然只有 \(O(\log V)\) 个转折点，总共有 \(O(n\log V)\) 个转折点，对于一次询问的每个起点，人会在区间中每个转折点掉头，然后直到下一个转折点在区间外，走到区间端点后回头，直到另一个端点。

首先考虑怎么找到所有转折点，假设现在找右边的转折点，并且我们已经知道上一个转折点 \(x\) 和上上个转折点 \(y\) 在哪里，那么找到在 \(y\) 右边并且距离 \(x\) 小于等于指定距离的点 \(z\)。移项，不等式一边留下与 \(z\) 相关的值，用 st 表预处理，二分找到转折点。

接着考虑怎么计算答案，记录每个关键点会作为哪些区间的左端点之外的点，会作为哪些区间的右端点之外的点，会是哪些区间中的转折点。由于对左端点和右端点都有要求，所以相当于一个二维数点。贡献可以简单算。

T3

强行状压肯定行不通，考虑怎么精简状态。

由于只关心 \(x\) 与 \(r\) 的相对关系，考虑记录 \(x\) 与 \(r\) 的 lcp \(j\)，以及 lcp 后面的 popcount \(k\)，转移分四种。

操作是加，并且 \(k\) 的 popcount 没满，会导致 \(k\) 加一。

操作是加，并且 \(k\) 的 popcount 满了，会导致 lcp 变短，可以预处理。

操作是减，并且 \(k\) 大于 \(1\)，会导致 \(k\) 减一。

操作是减，并且 \(k\) 等于 \(1\)，可能会导致 lcp 变长，可以预处理。

操作是减，并且 \(k\) 等于 \(0\)，可能会导致 lcp 变短，可以预处理。

因为是多点询问，前后 dp 预处理，然后把前后拼起来就行了。

[EGOI2022] Lego Wall / 乐高墙

\(n\times m\le 5\times 10^5\)，考虑根号分治。

算法一：设 \(f_{i,j}\) 为枚举到 \(i\)，\(i-1\) 有 \(j\) 个 \(1\times 2\) 的左半边，枚举 \(i\) 有 \(k\) 个 \(1\times 2\) 的左半边，组合数转移，复杂度 \(O(nm^2)\)。

算法二：容斥，设 \(h_i\) 是 \(m\times i\) 填满的方案数，每行独立，是斐波那契数列，乘起来即可。\(g_i\) 是 \(m\times i\) 是一个联通块的方案数，钦定最后一个联通块是 \(j+1,i\) 之间，贡献是 \(g_{i-j}\times h_j\)，用 \(h_i\) 减去即可。

Conference Problem

Density of subarrays