CTS(C) 乱做

一些简单的题就不写了，一些过的人极少的题也不写了，之前写过的也不写了。

以下大部分仍然都是口胡。

LOJ2262. 「CTSC2017」网络

先把直径拉出来。

考虑连边的两个点，画画图大力讨论一下可以发现这两个点都一定要在直径上。

所以先把直径上每个点的子树内的最长路考虑掉，然后每棵子树就只需要考虑最深深度了。并且连边的两个点也可以被抽象成左端点 \(l\) 和右端点 \(r\) 。

二分答案。

对于确定的左右端点，可能构成最长路的有几种：比 \(l\) 更左的点对；比 \(r\) 更右的点对；一个是直径左端点，一个是 \([l,r]\) 之间的点；一个是直径右端点，一个是 \([l,r]\) 之间的点；都是 \([l,r]\) 之间的点；直径端点。

第一种和第二种分别对 \(l,r\) 的取值做了区间限制。

对于第三种，随着 \(l\) 往右，\(r\) 就必须往左，并且可以用前缀最值来判断。第四种和第三种对称。

对于第五种，随着 \(l\) 往右，\(r\) 也可以往右，所以可以双指针+单调队列。

第六种非常简单。

最终复杂度 \(O(n\log v)\) 。然后出来一看发现正解非常清晰且简单，于是当场暴毙……

正解：把绝对值的式子列出来，根据绝对值的性质拆掉并分类讨论正负性，然后搞搞搞。

LOJ2263. 「CTSC2017」游戏

概率不会，菜鸡落泪

但是这题其实不需要太多概率的知识。根据直觉，答案是可以这么算的：枚举每一种合法的输赢情况，算出它的次数乘概率，求和，最后除以总概率。

事实可以证明这样做是对的，感觉也很没有毛病。

于是容易写个 DP ，也容易把它改成矩乘，线段树维护一下即可。

LOJ2553. 「CTSC2018」暴力写挂

先考虑边权为正怎么做。

在第二棵树上枚举 lca ，然后考虑 \(dep_x+dep_y-dep_{lca(x,y)}\) 怎么处理。

发现可以在原树上的每个点 \(u\) 挂上一个点 \(u'\) ，边权为 \(dep_u\) ，然后再把边权全部除 2 ，这样上面的式子就变成 \(dis(x',y')\) 了。

于是利用直径的性质容易在第二棵树上合并两棵子树并统计答案。

但是边权为负的时候直径的很多性质就无了，就比较难做了。

有一个树剖+启发式合并的做法，不过是 \(O(n\log^3 n)\) 的，并且没有用到距离的转化。

既然是距离那么可以动态点分治，然后同样启发式合并，就 \(O(n\log^2 n)\) 了。

通过阅读题解发现可以不做这个转化，而是化成 \(dis(x,y)+dep_x+dep_y\) ，然后边分治合并（类似线段树合并）做到一个 \(\log\) 。不过这个做法自然也可以边分治做到一个 \(\log\) 。

点分治的问题就在于一个点的儿子太多，用线段树合并的写法应该复杂度是假的，只能启发式合并。

LOJ2554. 「CTSC2018」青蕈领主

由于连续段的性质，任意两个题目给出的线段要么包含要么不交，所以可以建出一棵树。

在树上，如果一个点有 \(k\) 个儿子，那么把每个儿子代表的连续段缩成一个点，自己也是一个点，那么方案数就是 \(f_{k}\) ，其中 \(f_n\) 表示 \(n+1\) 个点的排列，不存在不包含 \(p_{n+1}\) 的长度至少为 2 的连续段，的方案数。

现在的问题就是如何求出 \(f\) 。

不包含 \(p_{n+1}\) 可以等价为不包含 \(n+1\) 。把数从大到小插入，考虑 1 的位置。

如果在插入 1 之前这个排列已经满足条件，那么 1 只要不和 2 相邻即可，方案数是 \((n-1)f_{n-1}\) 。

否则，所有不合法的连续段（指长度不为 1 且不包含 \(n+1\) ）必须两两有交。考虑最长的那个连续段，它必然是所有不合法的连续段的并。现在要把 1 插入并使得合法。

枚举这个段的长度是 \(j\) 。考虑段内有哪些元素，显然不能有 2 和 \(n+1\) ，所以有 \(n-j-1\) 种选择。

此时加入 1 ，可以看做加入了 \(mx+1\) ，并要求所有长度不为 1 的连续段都包含 \(mx+1\) ，所以段内的方案数是 \(f_j\) 。

加入 1 之前，可以把这个段合成一个点，然后要求排列合法。这个方案数是 \(f_{n-j}\) 。

于是得到式子 \(f_n=(n-1)f_{n-1}+\sum_{j=2}^{n-2} (n-j-1)f_jf_{n-j}\) ，分治 FFT 优化即可。

感觉很妙，想不到呀 /kk

LOJ3123. 「CTS2019 | CTSC2019」重复

不会 kmp ，告辞

太棒了，学到许多

由于句子是不确定的，所以在句子上跑 kmp 或最小表示法的想法不太能做。

因此选择给 \(s\) 建 kmp 自动机，考虑如何把一个 \(t\) 放在上面跑，以此判断是否合法。

这个是可以做到的：把 \(t\) 放在自动机上面跑，唯一不同的地方是加入一个字符 \(c\) 时，如果当前位置的 fail 树上的祖先存在一个点的下一个位置大于 \(c\) ，那么直接返回合法。

所以可以想到统计不合法串的个数。

此时自动机长这样：对于一个点，存在一个字符 \(c\) ，使得喂进来的字符是 \(c\) 时会指向一个位置，大于 \(c\) 时指向原点，小于 \(c\) 的转移不存在。注意这个自动机就是 kmp 自动机挖掉一些转移，所以还是具有 kmp 自动机的性质。

然后是一个玄妙的（我想不到的）结论：一个不合法串如果循环足够多次后会走到 \(pos\) ，那么再循环一次还会回到 \(pos\) ，并且走出的 \((circle,pos)\) 二元组是和不合法串一一对应的。

为什么？

显然一个串是可以对应到一个 \((circle,pos)\) 上的：循环了足够大的 \(k\) 次时后缀能匹配到 \(pos\) ，那么再加一次就不可能得到更大或更小的 \(pos\) 。

而一个 \(circle\) 可以对应到一个串，只需要证明这个串循环足够多次后能走到 \(pos\) 。

这也可以证明：如果 \(pos\le m\) ，那么循环一次就可以走到 \(pos\) ；否则，由于 \(lcs(s[1,pos],s[1,pos]+t)=s[1,pos]\) ，可以得到 \(t\) 是 \(s[1,pos]\) 的循环节。

所以问题就转化为数这样的二元组的个数。

注意到不指向原点的出边每个点只有一个，所以没有经过原点的二元组很好求。经过原点的可以求出 \(dp_{i,j}\) 表示从原点走 \(i\) 步走到 \(j\) 的方案数，然后枚举 \(pos\) ，枚举走了几步才第一次走到原点，然后用 DP 数组计算答案。

复杂度 \(O(nm)\) 。

为什么都觉得这是道简单题呀 /kk