2025.3

P11714 清华集训 2014 主旋律

总结：做计数时可以令要求的答案作为代表元，用代表元来表示总集，这通常是第一步。比如这个题就令“缩点之后入度为 \(0\) 的强连通分量”作为代表元，强连通分量就是我们要求的答案。

令 \(P(S)=\sum_{(u,v)\in E} [u \in S, v \in S], Q(S, T)=\sum_{(u,v)\in E} [u \in S, v \in T]\)。

那么现在我们只知道一个式子：

\[2^{P(S)} = \sum_{t_1\cup t_2\cup..t_m=T} h(m) \prod_{i=1}^{m} f(t_i) 2^{P(S/T)+Q(T, S/T)} \]

也就是钦定一些缩点后入度为 \(0\) 的强连通分量。\(f(s)\) 表示 \(s\) 内的点构成强连通分量的方案数。因为是钦定，所以有一个 \(h(m)\) 的系数。\(h(m)\) 也很好求：

\[1=\sum_{i=1}^{n}\binom{n}{i} h(i) \]

简单归纳可以得出 \(h(n)=(-1)^{n+1}\)。
然后对于上面的式子，把 \(m=1,t_1=S\) 的一项移到左边。再令 \(g(s)\) 等于 \(\sum_{t_1\cup t_2\cup..t_m=s} (-1)^{m+1} \prod_{i=1}^{m} f(t_i)\)。分别转移 \(f(s),g(s)\) 即可。记得求完 \(f(s)\) 后令 \(g(s) \rightarrow g(s)-f(s)\)。

P11834 省选联考 2025 岁月

总结：图论计数全家桶。

这里不妨考虑概率，可以省去一些不必要的组合数。

考虑性质 C。

令图 \(G'\) 中满足能到达所有点的起点集合为 \(S\)，那么应该满足 \(3\) 条性质：

1. \(S\) 中的点强连通
2. \(S\) 中的点能到达所有点
3. \(S\) 外的点没有边指向 \(S\) 内的点
   性质 \(1\) 就是主旋律，性质 \(3\) 直接算一下边的个数即可。对于性质 \(2\)，有一个简单 dp 是，先固定起点集合 \(X\)，再设 \(f(t)\) 表示 \(S\) 中的点当前能到达 \(t\) 集合的概率。这个可以容斥计算：
   \[f(s)=1-\sum_{t \cup X = t} f(t)2^{-Q(t, s/t)} \]

然后答案是 \(f(2^n-1)\)。起点很多，终点唯一。容易想到倒着 dp。也就是把上面式子的 \(f(s/t)\) 继续展开，那么每一次转移都有一个 \(2^{-Q(t, s/t)}\) 的系数，然后 \(f(s)=\sum_{t \cap s=s} f'(t)\)。这个都是容易看出来的。

考虑正解。如果做过最小生成树计数，可以想到一条性质：对于任意最小生成树，边权 \(\leq v\) 的边的连通性都是一样的。在这个题里，也就是弱连通性一样。考虑边权为 \(v+1\) 的边的贡献，令 \(f(s)\) 表示，边权 \(\leq v\) 的边形成的连通块里，恰好 \(s\) 中的点可以到达所在连通块的所有点的概率，这里要求 \(s\) 中的点弱连通。

如果 \(s_1,s_2,..,s_k\) 通过一些边权为 \(v+1\) 的边弱连通，那么关键边 \((u,v)\) 必然满足 \(v\) 可以到达其所在连通块的所有点，不然 \((u,v)\) 这条边是没有用的，注意这里对 \(u\) 是没有限制的。

考虑现在这个大连通块能到达所有点的起点集合 \(S\)，那么应该满足 \(4\) 条性质：

1. \(S\) 中的点强连通
2. \(S\) 中的点能到达所有点
3. \(S\) 外的点没有边指向 \(S\) 内的点
4. \(S\) 中的点在边权 \(\leq v\) 的边构成的连通块里，能到达其所在连通块的所有点。
   做法跟性质 \(C\) 区别不大。这里唯一要注意的是，性质 \(C\) 中 dp 转移时，系数是 \(2^{-Q(t,s/t)}\)，但在正解里，因为 \((u,v)\) 对 \(u\) 是没有限制的，所以令 \(h(s)\) 表示 \(s\) 中的点所在连通块的点的并集，系数应该变成 \(2^{-Q(h(t), s/t)}\)。同时做性质 \(2\) 的 dp 时也要注意，因为要满足性质 \(4\)，不妨直接钦定 \(f(s)\) 恰好就是所有满足性质 \(4\) 的点，这里要额外算一下恰好满足性质 \(4\) 的概率。不这样处理的话，后面算概率会非常难办。

只在连通性改变的时候做 dp。总复杂度为 \(O(2^nn^2+3^n\))。参考代码

P11835 省选联考 2025 封印

考虑分成两部分计数。令第一次操作的数为 \(i\)，再一次操作 \(i\) 的时候称开始下一轮。

第一轮的主要作用是删元素。所以从第二轮开始就不能再有元素被删去，也就是操作必须从前往后依次进行，这里是为了防止数重。同时根据最大值的大小可以确定当前是在哪一轮，所以是不会数重的。

1. 进行了不到一轮

这个很好做。为了避免数重有两个要求：

• 若 \(a_i=1\) 且操作了 \(i\)，则不能操作 \(j \gt i, a_j \gt 1\)。
• 若末尾操作了 \(1\)，则开头不能操作 \(2\)。
  要求 \(2\) 是因为，开头操作 \(2\) 就相当在末尾插入一个 \(1\)。
  直接 dp 即可。

2. 不止一轮

首先 \(a_i=1\) 的位置可以直接删掉。

令 \(a_{i+n}=a_{i}-1\)，\(pos\) 为序列中最靠前的最小值的位置，那么答案为 \((a_{pos}-2) \times len + pos-1\) 。

枚举 \(pos\)，令 \(f_{i}\) 表示结尾为 \(i\) 的答案，\(g_i\) 表示结尾为 \(i\) 的方案数，从 \(j\) 转移到 \(i\) 需要满足 \(\max(a_{j+1},..,a_{i-1},a_{i})=a_{i}\)。因为要贡献"\(pos-1\)"，每选择一个 \(\gt n\) 的位置，答案都要 \(+1\)。

可以直接看代码，很清晰：

	re(i, len) {
        f[i] = val[i] - 2, g[i] = 1;
        rep(j, i+1, i+len) {
            f[j] = g[j] = 0;
            if((j == i+len) || (val[j] >= val[i])) {
                int mx = 0;
                per(k, j-1, i) {
                    if(mx >= val[j]) break;
                    MOD(f[j] += f[k]);
                    MOD(g[j] += g[k]);
                    mx = max(mx, val[k]);
                }
                if(j < i+len) {
                    MOD(f[j] += 1ll * (val[i]-2) * g[j] % mod);
                    if(j > len) MOD(f[j] += g[j]);
                }
            }
        }
        MOD(ans += f[i+len]);
    }

容易用单调栈做到 \(O(n^2)\)。

但这里会少算一种情况。当选择的集合为 \(\max,\max,..,\max-1,\max-1\) 时，因为这些位置是必须被选的，所以进行到最后 \(2 2 2 ... 1 1 1\) 时，只能计算到 \(111...111\) 这种方案，\(1\) 更少的方案是计算不到的，所以答案要加上集合大小。参考代码

P5853 USACO19DEC Tree Depth P

位置 \(i\) 在笛卡尔树上的深度，也就是前缀 \(i\) 的后缀最小值个数 \(+\) 后缀 \(i\) 的前缀最小值个数 \(-1\)。不妨只求第一部分。第二部分将序列翻转后一样做。

令一开始序列为空，随后不断往序列前端加数。那么后缀最小值也就是，加入 \(v\) 时，逆序对数没有变化。令 \(f_{i,j,0/1}\) 表示加入了 \(i\) 个数，逆序对数为 \(j\)，有没有钦定后缀最小值。最后再计算一个 \(g_{i,j}\) 表示最后加入的 \(i\) 个数，贡献了 \(j\) 个逆序对。那么答案就是 \(\sum f_{i,j,1} g_{n-i,K-j}\) 。可以看做最后加入的这 \(n-i\) 个数是从 \(i+1\) 开始一直往后加入。

P5156 USACO18DEC Sort It Out P

总结：排序题，先想逆序对相关。

容易发现若 \(i \lt j, a_i \gt a_j\)，则 \(a_i,a_j\) 中至少有一个被选中。因为未被选中的数之间的相对顺序不会改变。更进一步的，所有未被选中的数应该构成一个上升子序列。必要性充分性都挺好说明的。然后容易将问题转换成求“字典项第 \(K\) 大的最长上升子序列。这个随便做。复杂度 \(O(n\log n)\)。

ARC194E

总结：操作可逆，判断两串是否同构。基本思路是若 \(a\rightarrow c, b\rightarrow c\)，则 \(a=b\)。

在这个题里，不妨将两个串都操作成字典序最小的串，然后比较操作完的串是否相同。也就是尽量把 \(0\) 往前挪。感受一下，能操作就操作就可以，不会存在两个区间都能操作，其中一个区间操作完后另外一个区间不能操作。问题是直接做复杂度会很高。从前往后划分，每当有连续 \(A\) 个 \(0\) 就划分为一段。可以发现，操作前面的区间不会影响后面区间的划分情况，因为这只是在把 \(1\) 往后扔。操作后面的区间会影响前面的划分情况，因为这会把 \(0\) 往前扔。所以先从后往前，每次操作能操作的最靠后的区间。这样得到的最终区间，再从前往后做即可，因为 \(0\) 的划分情况已经不变了，只需要尽量把 \(1\) 往后扔即可。复杂度线性。

P8263 Ynoi Easy Round 2020 TEST_8

不会 WBLT。

记录一个小 trick 吧相当于。 \(x\) 和 \(2x\) 的二进制下 \(1\) 个数的奇偶性是一样的，这启发我们可以进行倍增。例如这个题，就可以维护复制 \(2^k\) 次后，正串和反串分别长啥样。更新 \(2^{k+1}\) 是容易的，\(2^{k}+1 \sim 2^{k+1}\) 相当于二进制下多了一个 \(1\)，也就是奇偶性改变，用之前的信息可以求出来。

GYM105666C

总结：

1. 尝试猜测充要条件。
2. 尝试把题目转换到网络流上，虽然复杂度可能不对，但或许更有利于证明一些结论。
3. 上升子序列，意味着对于逆序对 \((i,j)\)，\(i\) 和 \(j\) 不可能同时在子序列里。

给定一个长度为 \(n\) 的排列，从中选出一个长度为 \(K\) 的子序列使得这个子序列的最长上升子序列的长度不超过 \(\frac{K+1}{2}\)。找到这个子序列，或者返回无解。多测。 \(1 \leq K \leq n \leq 5\times 10^5\)。

一个显然的观察是，如果 \(a_i\) 在子序列里，且所有满足 \(j \lt i, a_j \gt a_i\) 的 \(j\) 都不在子序列里，那么随便选一个 \(j\) 加入子序列是更优的。进一步的，因为题目里有 \(\frac{K+1}{2}\) 这样的限制，猜测子序列合法的充要条件是：选出的子序列里，若 \(j \lt i,a_j\gt a_i\)，则连边 \((j+n,i)\)，那么该图的最大匹配个数 \(\geq \lfloor \frac{K}{2} \rfloor\)。

证明的话，显然，一条边连接的两个端点不可能同时出现在上升子序列里。那么也就是求这个图的最长反链=最小链覆盖=总点数-传递闭包后建图二分图最大匹配。反证，若最大匹配个数 \(\lt \lfloor \frac{K}{2} \rfloor\)，也就是最后一项的大小 \(\gt \frac{K+1}{2}\)，不合法。得证。

然后注意到我们只需要尽可能让每个点都有匹配即可，所以按照值域从大到小考虑，考虑到 \(a_i\) 时，如果存在 \(j \lt i, a_j \gt a_i\) 且 \(j+n\) 还没有匹配，那么就匹配 \((i,j+n)\)。这里直接选择下标最大的 \(j\) 即可，使用线段树维护。输出方案只需要把匹配的点都选上，如果点数不够 \(K\) 就再选一些。

P11676 USACO25JAN DFS Order P

DFS序为 \([1,2,..,n]\) 也就是 \(u\) 子树内包含 \([u,r]\) 间的所有数。对着这个做区间 dp 即可。

P11677 USACO25JAN Shock Wave P

总结：对于可以进行很多种操作的题，先分析一下操作具有哪些性质，比如进行 A 操作一定比 B 操作优，可以简化问题。

如果同时操作了 \(1 \lt i \leq j \lt n\)，改成同时操作 \(i-1,j+1\) 是更优的。也就是至多有一次 \(1 \lt i \lt n\) 的操作。先考虑如果只能操作 \(1,n\) ，最少要几次。二分答案 \(x\)，设操作了 \(a\) 次 \(1\)，那么相当于有 \(n\) 个不等式 \(a(i-1)+(x-a)(n-i) \geq p_i\)，要求不等式有解，这个可以 \(O(n)\) 处理。设此时答案为 \(V\)。

更进一步的，答案至少为 \(V-1\)，因为同时一次操作 \(1,n\) 比只操作一次 \(i\) 更优。也就是只用 check 操作了一次 \(i\) 后，能否只用 \(V-2\) 次 \(1,n\) 操作，还是解不等式，但是不用二分了，复杂度 \(O(n^2)\)。

考虑优化，继续观察不等式，移项后得到 \(a \geq \lfloor \frac{p_i-x(n-i)}{2i-n-1} \rfloor\)，不过要分讨 \(2i-n-1\) 的符号，这里只讨论正数的情况。操作一次至多让 \(p_i\rightarrow p_i-n\)，也就是不等式右侧的值至多变化 \(\frac{n}{i}\) 次，求和，\(1\sim n\) 总共变化 \(n\ln n\) 次。直接维护这 \(n\ln n\) 次变化即可。复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 。因为值的变化是 \(+1-1\)，用桶来维护理论上可以做到 \(O(n\log n\))，不过有点难写。

P11678 USACO25JAN Watering the Plants P

总结： slope trick 的形式其实很多。\(f_{i,j}=\min_{k\geq a_i-j}(f_{i-1,k}+jb_i)\) 这种形式也可以做。也就是支持序列翻转，可以用 deque 维护。

令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个都合法，第 \(i\) 个水渠提供了 \(j\) 单位。容易写出转移方程：

\[f_{i,j}=\min_{k\geq w_i-j}(f_{i-1,k}+jc_i) \]

答案是 \(f_{n-1, w_n}\)。令 \(V=\max(w_i)\)，那么 \(i-1\rightarrow i\) 转移可以分成以下两步：

1. 令 \(f_{w_i}=\min(f_{w_i},f_{w_i+1},..,f_{V})\)，再令 \(j \gt w_i, f_j=\infty\)
2. 翻转 \(f_{0} \sim f_{w_i}\)，再令 \(f_{i} = \min_{j\leq i} f_{j}\)，最后 \(f_i\rightarrow f_{i}+ic\)

打表发现差分数组单调增。但要特判 \(1\rightarrow 2\) 的转移，有 corner。考虑维护差分数组。

也就是要维护序列末尾删除元素，翻转序列然后符号取反，对 \(0\) 取 \(\min\) 后全局 \(+c\)。

对 \(0\) 取 \(\min\) 可以颜色段均摊。用 deque 维护翻转序列，然后维护符号的 tag，全局加的 tag 即可。

CF1237E

挺有意思的一个题。为啥只有 * 2400啊。

完美树的子树也一定是完美树。其次容易发现右子树的大小一定为偶数，这个可以通过分讨得到。
然后由于 \(n=1,2,4,5\) 的答案为 \(1\)，\(n=3\) 的答案为 \(0\)。那么只有 \(2,4\) 能作为右子树，更进一步的，由于 \(n=1,2,4,5\) 都不是满二叉树，所以只有 \(5,4\) 能作为左/右子树，否则因为深度不同，可以将更深的叶子移到另外一个树上。然后就可以用 \(4/5\rightarrow 9/10 \rightarrow 19/20...\)，复杂度 \(\log n\)。

CF727F

总结：假如在序列开头新增元素很难做，不妨尝试转化成在序列末尾加数。

有一个 \(nm\log n\) 的做法是，维护当前前缀和，如果\(\lt 0\)，则不断删去最小的未被删除的数。
考虑一下为什么这个只能做到 \(nm\log n\)，是因为在前面加数太难做了，所以考虑倒着做，这样就相当于在末尾加入一个数。
那倒着做的话，也就是相当于若 \(a_i \lt 0\)，则需要一个 \(j \lt i, a_j \gt 0\) 来抵消 \(a_i\)。那么当前 \(a_j \gt 0\)，就不断消掉后面绝对值最小的 \(a_i \lt 0\)。最小是为了使得删去的数最少。这样 \(a_0\) 需要消掉的集合是固定的，可以直接二分计算能消掉多少。

P8264 Ynoi Easy Round 2020 TEST_100

总结：第二分块

维护 \(1 \sim V\) 在经过第 \(i\) 块操作后会变成什么值。注意到如果能 \(O(1)\) 合并两个信息，那么复杂度就是对的。也就是若当前变换的值为 \(t\)，那么将 \(t+x\) 和 \(t-x\) 合并起来即可。然后这里把较小的集合合并到较大的集合上，同时维护一下全局的 tag。最后再倒过来复原回去即可。

可以 poly，但是平衡树给我爬。

25mx D?A

trick1：求树上点 \(x\) 距离路径 \((u,v)\) 上的哪个点最近，可以用 \(lca(u,v) \oplus lca(u,x) \oplus (v,x)\) 求得。证明可以参考虚树相关。

trick2：给定一个连通块 \(V\)，每次操作给定一个连通块 \(S_i\)，将 \(V\) 与 \(S_i\) 求交。也就是连通块求交。将 \(S\) 按照 dfn 排序，相邻两点的路径的并构成了 \(S_i\)，现在求 \(V\) 与一条路径的交，树链剖分，因为连通，所以在某条重链上，\(V\) 和 \(S\) 都是一个连续区间，对这两个区间求交即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

可以构成的 \(z\) 构成了一个区间。证明的话可以将最小值的方案一点点调整成最大值的方案。现在就要分别求最小值和最大值。最大值是好求的。最小值的话，维护现在的最小值集合，每次给定一个新的集合，也就是连通块求交。若无交，那么最小值就是最小值集合里到新连通块最近的点。

不过这个题的话，可以先钦定最后连通块里的一个点作为起点，从后往前找最近的点。这样就能找到最优的起点，再以这个起点从前往后做一遍即可。

容易做到 \(O(n\log n)\)。

25mx D?B

总结：\(ans_x = \sum (-1)^{\text{popcount}(x\cap a_i)} w_i\) 这种取交二进制下 \(1\) 的奇偶性相关的题，要往 FWT 去想，因为 FWT 的点值的式子就是 \(\sum (-1)^{|i\cap j|}\)。

注意到跟二进制下 \(1\) 的个数有关，考虑 FWT。\(m=1\) 就是直接 FWT。考虑 \(m\) 更大的情况。

大概只能容斥？考虑一些 \(2^m\) 相关的东西。 又因为是FWT，所以要想一些异或相关。

固定 \(x\)，令 \(B_{i,S} = \oplus_{j \in S} a_{i,j}\)，\(C_{i,S} = (-1)^{|x \cap B_{i,S}|}\) 。

\[C_{i,S\cup{j}} = (-1)^{x\cap (a_{i,j} \oplus {B_{i,S}})} = (-1)^{(x \cap a_{i,j}) \oplus (x \cap B_{i,S})}=(-1)^{x \cap a_{i,j}}(-1)^{x \cap B_{i,S}} = C_{i,S}C_{i,j}$$ 那么若 $S$ 中有 $k_S$ 个 $\text{popcount}$ 为奇数的，$C_{i,S} = (-1)^{k_S}$ 现在要凑系数，使得： $$\sum_{i=0}^{x} \binom{x}{i} \sum_{j=0}^{m-x} \binom{m-x}{j} (-1)^{i} f(i+j)\]

这个式子只有 \(x=m\) 时不为 \(0\)。现在是当 \(x=0\) 时不为零。那么应该有 \((-1)^{j}\)，这样后半部分 \(m-x=0\) 时不为 \(0\)。然后再乘上一个 \((-1)^i\)，消掉前面的贡献。也就是令 \(A_{i,S}=(-1)^{|S|}C_{i,S}\)

\[\sum_{i=0}^{x} \binom{x}{i} \sum_{j=0}^{m-x} \binom{m-x}{j} (-1)^{i+j} (-1)^{i} = \sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}[x==m] \]

这个式子当 \(x=m\) 时值为 \(2^m\)，否则为 \(0\)。这就是我们想要的结果。那么最后除掉 \(2^m\) 即可。

那么就有 \(ans_x=\sum_{i=1}^{n} \sum_{S} (-1)^{|x \cap B_{i,S}|} (-1)^{|S|} w_i\)

\(O(n2^m\)) 预处理，\(O(2^k k)\) FWT 即可。

图论题

cxm 讲的一道题，感觉很厉害。

给出一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边的图，判断是否存在两个大小相同的简单环。\(n \leq 10^4,m\leq 10^6\)。

首先若这个图有 \(\gt n\) 个简单环，那么一定有解。也就是 \(m \leq 2n\)，否则随便找一个 dfs 树，至少有 \(n+1\) 条返祖边，这些返祖边至少构成了 \(n+1\) 个互不相同的简单环。

现在暴力做复杂度是 \(O(n^3)\)，通过一些神秘技巧可以做到 \(O(n^2)\)。

不过可以进一步证明若不存在两个大小相同的简单环，那么 \(m \leq n+2\sqrt n\)。考虑令每条边有 \(\frac{1}{2\sqrt n}\) 的概率被删掉，期望删掉 \(\sqrt n\) 条边。对于原图一个大小为 \(x\) 的环，在新图中仍然存在的概率是 \((1-\frac{1}{2\sqrt n})^x\)。那么新图中环的个数的期望就是对 \(x=1\sim n\) 的概率求和，结果是 \(\sqrt n\)。因为期望是 \(\sqrt n\)，所以至少存在一种方法使得删去 \(\sqrt n\) 条边后只剩下 \(\sqrt n\) 个环，也就是可以再删去 \(\sqrt n\) 条边使得图中没有环，此时 \(m \leq n-1\)。综合一下，就能得到 \(m \leq n+2\sqrt n\)。广义串并联图一下再暴力找环，复杂度就是 \(O(n^2)\)。

CF840D

总结：扩展摩尔投票

令 \(d=\lceil \frac{r-l+1}{k} \rceil\)

一种做法是，取出 \([l,r]\) 中的第 \(1,1+d,1+2d,..\) 小的数，依次 check 是否出现至少 \(d\) 次即可。因为在排好序的数组中值相同的数是连续的。

另外一种做法是扩展摩尔投票。

若求区间中出现次数至少为 \(d\) 的数，可以每次删去 \(k\) 个互不相同的数。那么原先占比至少为 \(\frac{n}{k}\) 的数，删完后仍然至少占比 \(\frac{n'}{k}\)。因为 \(\frac{n}{k}\) 变小了 \(1\)，至多删掉一个。

所以就可以维护一个大小为 \(k-1\) 的二元组，代表元素和其出现次数。合并是容易的。线段树维护复杂度是 \(O(nk^2\log n)\)，这个题不带修改所以可以写猫树，可以省一个 \(k\)。

P7906 Ynoi2005 rpxleqxq

总结：静态区间查询用莫队。总是忘，闹嘛了。

二次离线莫队。要求 \(O(\sqrt n)-O(1)\) 修改查询。注意到值域跟 \(n\) 同阶，范围为 \(2^{18}\)。考虑类似于 meet in the middle，预处理 \(f_{i}\) 表示若 \(a\) 的前 \(9\) 位为 \(i\)，则有 \(f_i\) 个 \(b\) 满足 \(b \oplus a\) 与 \(x\) 的第一个不同的位在前 \(9\) 位且更小。\(g_{i,j}\) 表示前 \(9\) 位为 \(i\)，后 \(9\) 位跟 \(j\) 异或后的结果 \(\lt x\) 的后 \(9\) 位的数的个数。

然后就结束了。

CF718E

总结：要分析答案的性质。最优解一类的题只要保证可以计算到最优解即可。

称一类边为 \((i,i+1)\)，二类边为 \((i, j), s_i=s_j\)。

一个显然的结论是直径长度 \(\leq 2|S|\)。每种字符至多经过两次。如果经过了多次不如直接从第一次经过走二类边到最后一次经过。

本题最关键的一点是，令 \(f_{i,c}\) 表示从 \(i\) 开始走到某个颜色为 \(c\) 的点的最小距离。那么 \(i\rightarrow j\) 的最短路就是 \(\min(|i-j|, \min (f_{i,c}+f_{j,c}+1))\)。这是能够计算到最优解的。因为一旦走了一条二类边，都会被后面的式子计算到。

1. \(|i-j| \leq 15\)
   此时有可能是前面的式子取 \(\min\)，暴力枚举计算即可。
2. \(|i-j| \gt 15\)
   此时只用计算后面的式子。暴力计算复杂度 \(O(n^2 |\sum|)\)。 令 \(g_{x,y}\) 表示某个颜色为 \(x\) 的点走到某个颜色为 \(y\) 的点的最小距离，这个可以 \(O(n |\sum|^2)\) 计算。那么有 \(f_{i,c}=g_{s_i,c}/g_{s_i,c}+1\) 。令 \(msk_i\) 表示 \(f_{i,c}=g_{s_i,c}+[c \in msk_i]\)。若 \(s_i=s_j, msk_i=msk_j\)，那么 \(i,j\) 可以被当成一种数。总共有 \(\sum 2^{\sum}\) 种数，对于每种数暴力计算即可。

25mx D3A

总结：猜测必要条件。二分图匹配相关要思考 Hall 定理。

只要左右两个子集分别满足 Hall 定理即可。也就是两边子集的选择是独立的。用 FWT 合并即可。

P10197 USACO24FEB Minimum Sum of Maximums P

做了半天都不对，还是没有分析清楚贡献是怎么计算的。

总结：分析最优结构的性质。区间 dp 的转移，只要保证可以计算到答案即可。

令 \(a_0=a_{n+1}=C\)，\(C\) 是一个极大值，这样可以去除边界的影响。

考虑相邻两个固定的瓷砖 \(L,R\)，不妨令 \(a_L \lt a_R\)。注意到若把 \((i,a_i)\) 画成折线，则“峰“的位置贡献系数为 \(2\)，”谷“的贡献系数为 \(0\)，否则为 \(1\)。对于 \(L\lt i \lt R\) 的部分，可以通过调整使得只有最大值为峰，最小值为谷。现在再带上 \(L,R\) 的贡献。易得答案为 \(a_R+\max(0, mx-a_R)+\max(0, a_L-mn)+\sum_{L \lt i \lt R} a_i\)
也就是只需要填入一些数，最小化 \(\max(0, mx-a_R)+\max(0,a_L-mn)\)。

一开始我不清楚这个具体的贡献函数，猜测每个区间内的数在值域上应当是连续的。但是观察这个式子，实际上只能推导出任意两个区间的值域，要么包含要么相离。证明的话，若有两个区间的值域相交，可以不断将 \(mx\) 较小的区间的 \(mx\) 和另外一个区间的 \(mn\) 交换。这样 \(mx\) 减少或不变，\(mn\) 增加或不变，是不劣的。

然后就可以 dp 了。设 \(f_{l,r,s}\) 表示考虑值域在 \([l,r]\) 的数，\(s\) 中的区间已经被放满了。转移要么值域边界往外扩一格。要么枚举 \(s\) 的子集合并两个 \(f\)。要么从 \([l+1,r-1]\) 转移过来并新增一个 \(s\) 中的区间。很显然瓶颈是枚举子集，对于 \(f_{l,r,s}\)，枚举完 \(t\) 之后，只需要从 \(f_{l,l+siz_t-1, t}+f_{l+siz_t, r, s/t}\) 转移。复杂度 \(O(3^k n^2)\)。

CF1060F Shrinking Tree

总结：\(a^x=\sum_{i=0}^{x} \binom{x}{i}(a-1)^x\) ，也就是可以钦定 \(i\) 个元素，每个元素的权值为 \(a-1\)。

上一次做这个题是 2023.12。就当是复习了。

现在要计算 \(x\) 保留到最后的概率，不妨直接把 \(x\) 当成根。若在整个过程中，有 \(w\) 条边跟 \(x\) 相连，概率就是 \(\frac{1}{2^w}\)。假设已经确定了删边的顺序，考虑一条边 \((u, fa_u)\) 能被计算到答案，当且仅当这条边是到根的链上最晚被删除的边。比较遗憾的是这里不能线性性，因为贡献不是独立的，跟有多少条边满足限制有关。 根据“总结”里的内容，每钦定一条边，就乘上 \(-\frac{1}{2}\) 即可。令 \(f_{u,i}\) 表示考虑了 \(u\) 子树内的所有边，钦定的边里，在 \(u\) 子树中相对删除顺序最小的为 \(j\) 的方案数。合并儿子 \(j,k\) 时，枚举合并后最小值的排名，剩下的是一些组合数乘起来。

P5643 PKUWC2018 随机游走

总结：树上随机游走的题，一般都有 \(f_u=1+\sum_{(u,v) \in E} \frac{1}{|S|} f_v\) ，解这个方程组，可以设 \(f_u=g_u f_{fa_u}+h_u\)，这个是可以从下往上递推的，那么 \(f_{root}=h_{root}\)，再从上往下代入，解出方程。

相当于求 \(S\) 内点的“第一次到达”时间的 \(\max\)，用 min-max 容斥转换成求第一次到 \(S\) 内点的时间。这个就是“总结”里的内容。暴力枚举 \(S\) 即可，复杂度 \(O(2^n n \log V)\)。解方程求逆元还需要 \(O(\log V)\)，或许可以省掉。

P5405 CTS2019 氪金手游

总结：假如总共只有两种限制，不妨钦定 \(B\) 限制要么为 \(A\) 限制，要么无限制。

好简单的题。如果是外向树，记录 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内 \(w\) 之和为 \(i\) 的概率，转移时要乘上 \(\frac{w_u}{i}\)，表示 \(u\) 第一次抽到的时间要最早。现在不一定是外向树。考虑每条指向父亲的边，要么无限制，要么钦定其指向儿子，乘上 \((-1)\) 的系数。注意本来应该是 \(f_{u,i} f_{v,j} \rightarrow f_{u,i+j}\)，如果这条边选择无限制，那么应该为 \(f_{u,i} f_{v,j}\rightarrow f_{u,i}\)。

P8329 ZJOI2022 树

总结：要想降复杂度，可以考虑容斥。同时做多个不相关的容斥，系数是可以乘一块的，因为有乘法分配律。

不妨令 \(0\) 为叶子，\(1\) 为非叶子。

假如已经确定了第一棵树。那么第二棵树的限制就是：只能向 \(0\) 连边，且每个 \(0\) 都有入度。显然第二个条件长得就是容斥的形式。那么设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了后 \(i\) 个点，钦定只能有 \(j\) 个 \(0\) 有入度。可以做到 \(O(2^n n^2)\)。那么 dp 时再算上第一棵树的贡献，令 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了后 \(i\) 个点，钦定第二棵树上 \(j\) 个 \(0\) 有入度，第一棵树上还有 \(k\) 个点没有父亲。转移时枚举当前点在第一棵树上是 \(0/1\)。问题在于 \(1\) 的转移需要枚举接了几个儿子，复杂度 \(O(n^4)\)。那不妨一开始就先钦定第一棵树上一共有 \(k\) 个 \(1\) 能有入度，做 \(1\) 的转移时，要么是被钦定的点，要么不是被钦定的点同时系数乘 \(-1\)。两个容斥一块做是没问题的，可以当成乘法分配律。复杂度 \(O(n^3)\)。

P9058 Ynoi2004 rpmtdq

总结：要仔细分析支配对。

区间点对最值显然支配对。先点分治，转换为区间最小两个数的和。单调栈，弹栈的时候更新支配对，支配对总数 \(O(n\log n)\)。

P5333 JSOI2019 神经网络

总结：考虑最优解的形态。

E* 的意义是从一棵树的任意一个点可以到另外一棵树的任意一点。对于一条哈密顿回路，每棵树被划分成若干条条链。可以先求出第 \(i\) 棵树被划分成 \(j\) 条链的方案数。

令 \(f_{u,i,0/1}\) 表示 \(u\) 子树被划分成 \(i\) 条链，是否有一条链经过 \((u,fa_u)\) 这条边。转移是树上背包，复杂度 \(O(\sum k^2)\)。那么现在就相当于，同一子树内的点没有连边，除此之外可以随便连边。

考虑最终的哈密顿回路，把经过的路径写下来，相当于限制相邻两个位置不能相同。这是经典问题，强制钦定第 \(i\) 棵树有 \(j\) 个相邻的位置。剩下的相当于一个多重组合数。可以 \(O((\sum k)^2)\)。还需要限制开头结尾元素不能相同，强制末尾是 \(1\)，再算一遍方案就行然后减掉。同时第一棵树必须从 \(1\) 出发，算链的划分个数时要注意一下细节。最后是其实开头结尾可以同时为第一棵树内的路径，但是要求结尾的点是 \(1\) 的儿子，也就是可以一步走到 \(1\)。

qoj9611 木桶效应

同学出的题，来做一下！

首先计数题中的 \(\min\) 要么是差分成 \(\sum_{x} [min \geq x]\)，要么是 min-max 容斥，唯独不可能是直接枚举 \(\min\)。

不妨先考虑 \(q=0\)。暴力的，先钦定每列的 \(\min b_i\)，然后算方案数。对于单独一行，从小往大放数，\(x\) 只能放在 \(b_i \leq x\) 的列。只关心有多少个列可以放，dp 设 \(f_{i,j}\) 表示有 \(j\) 个 \(b \leq x\) 的列，转移枚举有多少个 \(\min = i+1\) 的列，复杂度 \(O(n^3)\)。有 \(m\) 行，直接算答案的 \(m\) 次方即可。

\(q\gt 0\)。首先还是考虑钦定 \(\min\)，这 \(q\) 个位置对于钦定的 \(\min\) 有限制。记录一下这 \(q\) 列是否已经被钦定。直接做复杂度大概是 \(O(n^3 2^q q)\)。看了题解咋复杂度带了个 q^2 /yun。

某芸豆模拟T1

总结：字符串匹配问题，可以考虑匹配的对象的变化次数，如果次数很少可以把相同对象的匹配放在一块做。

给点 \(S,T\)，每次只能删掉 \(S\) 中某种字符的第一次出现/最后一次出现位置，要求将 \(S\) 变成 \(T\)，删掉第 \(i\) 个元素有代价 \(a_i\)，最小代价。

\(T\) 中每种字符只有第一次/最后一次出现是关键的，因为这个改变了某种字符是否出现。也就是总共有 \(52\) 个关键位置，设 \(f_{i,j}\) 表示 \(s\) 中第 \(i\) 个字符对应了 \(t\) 中第 \(j\) 个关键位置的最小代价，接下来一段的转移，因为 \(t\) 中 \(j\rightarrow j+1\) 这一段内的字符，要么是已经结束，要么没开始，要么开始了还没结束，也就是 \(s\) 中每个字符是否应该保留是确定的。做一遍 kmp 转移即可。复杂度 \(O(n \sum)\)。

排列环长相关模2题

总结：限定排列的置换环长度 \(\leq 2\)，并且答案 \(\bmod 2\)，一般来说如果存在环长 \(\gt 2\) 的置换环，将这个环取逆就能构成双射，所以当做没有环长的限制即可。

定义好的排列 \(p\) 满足 \(\forall i, p_{p_i}=i\)，求所有长度为 \(n\) 的好排列里，逆序对数为 \(1\sim k\) 的个数 \(\bmod 2\) 。\(n \leq 10^9, k \leq 5\times 10^4\)。

注意到若排列 \(p\) 存在环长 \(\gt 2\) 的置换环，将下标最小的置换环的边反向，构成了排列 \(p'\)，这是一个双射。但是并不能保证逆序对数不变。但是不管环长直接求答案，这个东西竟然结果还真是对的，我也不知道他咋回事。

反正现在不用管环长的限制了，考虑 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个逆序对为 \(j\)，新加入元素枚举它在前 \(i\) 个里的排名并更新答案。反正就是 \(0 \leq a_i \lt i, \sum_{i=1}^{n}a_i = k\) 的方案数。听说可以 bitset 做到 \(O(n^2/w)\)。但我连正确性都不知道为啥对还来研究这个干啥。

P8275 USACO22OPEN 262144 Revisited P

总结：递归到子问题。做法需要按照值域扫的时候，可以考虑对序列建立笛卡尔树。

首先有一个区间的答案 \(\leq \max + \log n\)。

当序列不降时，考虑划分连续段。若只有一个连续段，答案是容易求的，直接 \(\log n\) 枚举最终答案即可。否则枚举当前连续段能合并出多少个下一个连续段内的数，然后递归到下一个连续段继续做。考虑本质不同的状态数大概是 \(n+\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+...=O(n)\) 个，直接写个记忆化复杂度就是对的。每次枚举答案，总复杂度 \(O(n\log n)\)。

考虑为啥序列不降可以这么做。因为可以从前往后操作，等当前连续段操作完了再递归下去。

回到原问题，根据部分分做法，想到应该要建出笛卡尔树，同一权值按照下标从小到大确定顺序。不妨求出 \(h_i\) 表示考虑极长的以 \(a_i\) 为最大值的区间，操作完之后最少剩多少个元素，且所有元素 \(\leq a_i\)。转移很简单。继续往序列不降的做法上靠，考虑求 \(a_l=\max[a_l \sim a_r]\)，操作完 \([l,r]\) 后会有 \(g_{l,r}\) 个 \(a_l\)。考虑从前往后扫，单调栈维护所有后缀最大值。每次考虑用左子树的 \(h\) 更新单调栈的结尾元素的 \(g\)。如果发生改变则递归修改单调栈的后缀。总共的更改次数应该也是 \(O(n)\) 级别的，顺便还能求出每个 \(g\) 对应的区间。

剩下的任务就很简单了，从后往前做单调栈，相当于只用在单调栈上进行递归。不过要注意的是应该把权值相同的数在单调栈里压在一起，不然复杂度会变成平方级别。还需要专门对同一个权值的数开个数组存一下前缀和，反正我的写法是这样。复杂度 \(O(n\log n)\)。