CQ 省集游记 模拟赛部分

day1

• qoj 13543

  比较神秘的卡常题，思路是很容易的，发现可以少两次也是很容易的大概写了半个小时多点。

• qoj 10215

  过于套路的题目。

  一方面是 DP套DP，先考虑 \(f_{i,0/1}\) 表示选没选的最小点覆盖，发现 \(f_{i,0}\le f_{i,1}-1\) 时才会有用。

  且 \(f_{i,1}-f_{i,0}\le 1\)，则说明我们只需要重新记录 \(g_{i,0/1}\) 表示选了不劣于不选，选了比不选多用一个。

  考虑到 \(g\) 的转移是类似于 \(f\) 的。

  然后考虑带权，注意到连通块边界的都得是 \(1\)，其余是 \(2\)，那么只需要记录一下最后合并连通块根的答案时有几个儿子，这样好分配系数，只需要记录 \(0,1,\ge 2\) 个即可。

  再考虑幂的限制，用斯特林数转下降幂，得到组合意义选了多少个点，后面用斯特林数还原答案即可。

• qoj 15436

  事实上我们只关心 \(|S|,|N(S)|\)，如果把所有的这样的点扔在平面上 \((x,y)\)，就相当于给点分配权值，使得权值和不超过 \(1\)，且 \(\sum v_i(ax_i+by_i)\le K\) 且 \(\sum v_i\le 1\) 且最大化 \(\max \sum v_iax_i\)。

  这个问题是很经典的，你应当不会给多个点分配权值，比如考虑上凸的三个点，把中间那个点按照 \(\Delta x\) 等比例分配给左右两个点，得到的必然合法，且 \(\sum v_ix_i\) 不差。

  考虑任意 \(3\) 个点，不妨设为 \((x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)\) ，且 \(x_1 \le x_2 \le x_3\) 。
  令 \(L = x_2 - x_1, R = x_3 - x_2\) ，就会有 \(Rx_1 + Lx_3 = (L + R)x_2\) 。

  若 \((x_2, y_2)\) 在 \((x_1, y_1), (x_3, y_3)\) 连线的上方，设其原本的权值是 \(w\) ，则我们为 \((x_1, y_1)\) 分配 \(\frac{R}{L + R}\cdot w\) 的权值，为 \((x_3, y_3)\) 分配 \(\frac{L}{L + R}\cdot w\) 的权值，并清空 \((x_2, y_2)\) 的权值。可以验证这合法且不劣。
  否则我们可以同理地把两边的权值分配到中间，同样能得到合法且不劣的解，并且此时至少有一个点权值为 \(0\) 。

  可以容易继续发现我们只需要下凸壳的连续两点即可。

  求出凸壳后，相当于找 \(ax+by\le K\) 这个半平面截凸壳前后的两个点，这是容易二分的，由于凸壳不会太大只有 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 暴力也是可以的。

  如何求？考虑我们知道凸壳上一定有点 \((0,0),(n,n)\)， 考虑凸壳上一个点需要满足叉积 \(>0\)，因此相当于左边选一个点给 \(\Delta Y\)，右边选一个点给 \(-\Delta X\)。如果要最大化的话就是最大权闭合子图了。

  即：

  \[-(x_R-x_L)y+(y_R-y_L)x>y_Lx_R-y_Rx_L \]

  然后就做完了，用分治求一下即可。

day2

神人 xqw 的神人题目。

• 交互库有一个隐藏的 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p\) 。每次询问你可以给出两个数 \(u,v\) 满足 \(1\leq u,v\leq n\) ，交互库会返回两个数在排列中的距离对 \(3\) 取模的结果。即找到 \(p_i=u,p_j=v\) ，返回 \(|i-j|\bmod 3\) 。
  保证排列的生成方式为：确定长度 \(n\) 后，在所有满足子任务限制，且满足 \(p_1<p_n\) 的排列中等概率随机一个。
  你需要在 \(4\times 10^5\) 次询问内求出隐藏的排列。具体的评测细节参见【评分方式】。

  \(n\le 1e4,14000\) 次获得满分。

  最开始想的是快速排序，大概就是先划分颜色（可以直接 \(\frac{5}{3}n\)，就先取一个点，\(O(n)\) 知道同色，再取一个不同色的问），然后同色是无法区分的，但异色是可以划分左右的。

  于是先随便取一个颜色，将其他两个颜色根据返回值分到左右两侧，接着考虑如何划分本颜色。

  可以将划分到左侧的所有异色来扫，对于两个颜色不同的异色点，我可以区分其前后顺序。

  由此双指针就能以 \(O(L)\) 的复杂度找出最接近的元素。以此划分我自己这个颜色。

  一些启发式：找 \(O(\min(L,R))\)，中心点取三个颜色集合里最大的那个的中的随机一个，缓存一些询问。

  开头的时候 \(O(\frac{5}{3}n)\) 就能将两个颜色划分开左右，只需要再给点代价找最近中间的就能继续递归了。

  可以压到 \(17n\) 左右，期望是 \(\frac{4}{3}n\log n\) 左右，\(85\) 分。

  快速排序是不稳定的，在；此类压很紧的题目中，是不适合快速排序的。

  除了这个，常用的还有归并排序和插入排序，归并排序显然不适合，考虑插入排序。

  分为三组 \(A,B,C\) 先考虑合并 \(AB\) 使得其有序。

  交替插入 \(A,B\)，动态的，目前肯定只能有 \(A,B\) 的相对顺序，即我们可以将序列划分为 \(A\) 一段 \(B\) 一段……，段内不区分。

  值比如插入 \(A\)，先二分在哪个 \(B\) 段内（每个段取一个代表元素即可）我知道这个 \(A\) 肯定是在当前段的某一截内，可以 \(O(len)\) 地将这一段割开。

  可以发现其次数事实上是 \(2\sum_{i=1}^{\frac{n}{3}} \log i+\frac{n}{3}\log\frac{2}{3}n+O(n)\)，也就是根据斯特林公式有 \(n\log n+O(n)\)。

  实际上是 \(13.5\) 次左右。

• 给定一棵 \(n\) 个点的树 \(T\) ，点的编号为 \(1\) 到 \(n\) 。对于值域为 \([n]\) 的序列 \(\{a_1,a_2,\dots,a_\ell\}\) ，定义该序列是好的，当且仅当可以通过若干次如下操作将其排序：

  选择两个下标 \(1\leq i<j\leq \ell\) ，满足编号为 \(a_i\) 和 \(a_j\) 的点在树 \(T\) 上相邻，然后交换 \(a_i\) 和 \(a_j\) 。

  给定常数 \(m\) ，对于 \(\ell\) 从 \(1\) 到 \(m\) ，输出好的序列的个数，对 \(10^9+7\) 取模。

  本场唯一切了的题。

  注意到连通块内的是随便排序的。

  也就是一个合法序列，把所有值都在树上标记一下，然后只需要每个连通块内部排序后树有序即可。

  那就考虑连通块是：

  \[\sum_{\text{划分} C_1\sim C_m}\prod_{i=1}^m\sum_{t}{t\brace |C_i|}|C_i|! \]

  有了这个已经可以做了。

  考虑斯特林数的 OGF。

  \[\sum S(n,k)x^n=\frac{x^k}{\prod_{i=1}^k(1-ix)} \]

  则有原答案一定是一个：

  \[F(x)=\frac{P(x)}{Q(x)} \]

  由于你就算把分母全部通分，一个 \((1-ix)\) 的系数最高就是 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，则可以假装

  \[Q=\prod_{i=1}^n(1-ix)^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor} \]

  那么 \(P\) 就只能是一个 \(O(n\ln n)\) 阶的多项式了。

  怎么搞呢，可以直接插值，枚举 \(x\)，算出 \(f(C,x)\) 大小为 \(i\) 的连通块取值 \(x\) 得到的值（原多项式除以 \(Q(x)\) 的值）。

  用 \(dp_{i,j}\) 当前连通块根为 \(i\) 大小 \(j\)，合并一个大小的连通块的时候乘以 \(f(C,x)\) 即可。

  这样你完全可以通过插值插出来 \(P(x)\)。

  然后转线性递推即可。

• 需要你完成一个任务。俱乐部可以被看做一个包含 \(n\) 层楼的大楼，从下到上第 \(i\) 层楼的高度为 \(h_i\) 。每一层楼上有一个人，初始第 \(n\) 层楼的人手上拿着一个小球。
  若第 \(i\) 层楼上的人拿着小球，他可以将小球向下扔，初速度可以在 \(0\) 到 \(v_i\) 之间任意选择一个非负实数。注意：小球的初速度方向一定为竖直向下。
  在小球自由落体的过程中，当小球经过第 \(i\) 个人身边时，若小球的瞬时速度不超过 \(l_i\) ，则这个人可以接住小球。接住小球后他可以继续将小球向下扔。
  若小球被第 \(1\) 层楼的人接住，则任务完成。否则若小球在被第 \(1\) 层楼的人接住前碰到地面，任务失败。不妨设重力加速度为 \(g=1\) ，且接球和扔球的时间忽略不计，你需要求出完成任务需要的最短时间，或者声称无法完成任务。

  数据结构练习题啊。

  写出 DP 列清楚关系后直接上李超树维护。

  一类转移是李超树插区间直接维护。

  一类转移是先CDQ，在分治每一层的时候用全局李超树。

  坑点： 在此题中，虽然函数有定义域 \([L_i,R_i]\)，但查询的所有 \(X\) 都满足 \(X\le \min R\)。

  此刻不能够直接上足够大的界的李超树，维护是有问题的，应当直接把上界设置为 $\min R $。

  原因是分段函数不能够直接上李超维护（需要保证唯一交点）

day3

这套题更神秘了。

• 有一个字符集为小写字母的字符串 \(S\) ，你需要通过以下方法构造出这个串：
  第一步：先构造若干回文串，并将其依次拼接，拼出的串记为 \(S'\) 。
  第二步：重复进行若干次：选择 \(S'\) 中两个相邻且相同的字符，一起消除。
  最终需要使得 \(S'=S\) 。
  你需要给出构造方案，并最小化第一步中使用的回文串个数。
  为了保证输出量，还要求每个回文串串长 \(\le 2|S|\) ，可以证明这个限制不会改变回文串最小使用个数。

  先考虑这个个数是什么。

  注意到第一部分中不可能使用偶回文串。原理是如果使用了，那么我可以找到与奇回文串相邻的一个偶串，在奇串另一端也放一个，这样放的那一个最后也可以被消去，不影响答案。

  因此只会有奇串。

  同时奇串的中心一定不会被消去，如果被消去了，则说明参与消除的这一段与我这个串的另一半相同，则我完全没有必要最开始放这个串。

  因此也不会中心被消去，问题成功转化为，需要删去多少个中心，原串可以被消去。

  \(f_{i,i}=1,f_{i,i-1}=0\)，\(f_{l,r}=\min(f_{l,k}+f_{k+1,r})\)，若 \(a_l=a_r\) 也可以从 \(f_{l+1,r-1}\) 转移。

  输出方案是shit。

• 无人通过的题目。

  以下所说的所有 \(m\) 进制 \(D\) 位的数，允许高位有前导 \(0\) 。
  小 \(h\) 有 \(n\) 个 \(m\) 进制 \(D\) 位的数 \(A_1,A_2 \cdots A_n\) 。
  在做加法前，大 \(H\) 会对其进行变换：随机选择一个下标与值域都为 \([0,m-1]\) 的序列 \(P\) （ \(m^m\) 种情况），将每个数的每个位的值，从 \(x\) 变成 \(P_x\) 。变换后的数记为 \(B_1,B_2 \cdots B_n\) 。
  小 \(h\) 有 \(Q\) 次询问，每次给出 \(X\) ，他想要知道，在随机变换后，有多少个有序对 \((i,j)\) ， \(1 \le i,j \le n\) 满足 \(B_i+B_j \le X\) ，对于所有变换情况求和。其中 \(X\) 也是 \(m\) 进制 \(D\) 位的数。注： \((i,j)\) 和 \((j,i)\) 是不同有序对。
  答案对 \(10^9+7\) 取模。

  考虑暴力如何算。

  即 \(B_{i}+B_j\le X\) 这种东西，可以数位 DP。

  比如设 solve(dep,flg,vector<limit> lim) 表示到了 \(dep\) 层，目前有没有要求进位，目前的限制是什么。

  就会有：当前层如果要到下一层，则必须取 X[t]+flg*m,flg_new=0 或者 X[t]+flg*m-1,flg_new=1 这种。

  否则就是 <=X[t]+flg*m-2 终止。

  所以会面临局面：\(a_i+b_i=c_i\) 以及有且只有一个的 \(a_t+b_t\le c_t\)。

  就变成了解方程，但这个东西非常恶心难写，大概就是根据不等式写每个元素的取值范围（将唯一一个不等式的 \(a_t\) 看作变量 \(x\)，然后用其带换所有的变量）。

  这里大概是一个 \(D\log D\) 或者实现差一点 \(D^2\log n\) 的东西。

  那么如何优化我们的枚举呢？

  关注方程的形态，两个局面如果通过编号的映射可以相同，则本质相同。

  因此，不妨考虑 \(Bell(2D)\) 去划分一个局面，问题在于统计一个局面的方案数。

  可以这样做：先按照 \(Bell(D)\) 给每个数字分类。

  然后对每个数字，再去枚举另一个数字的形态（类似于有初始这么多个颜色，再暴搜填颜色）

  问题就变成了固定一些位置的值，且再钦定一些位置值相同，求这样的值个数。

  可以对每个数字的出现位置做哈希来统计，被钦定值相同的位置同样可以哈希，也就是一个 \(2^D\times n\) 最多的东西。

  这个类似于钦定相同，所以需要一点点容斥，其实也很简单，就是倒着推即可，推的时候枚举那两种颜色被算成一样的了，减掉就是。

  这个可以对 \(Bell(D)\) 分类后再做，就是 \(Bell(2D)\times Bell(D) \times D^2\) 且远远跑不满的东西了。

  复杂度 \(O(Bell(D)\times poly(D))\)

• 有 \(n\) 个集合 \(S_0,S_1 \cdots S_{n-1}\) 。最初，集合全都为空。
  在线执行 \(m\) 次操作，每次操作是以下两种之一：

  \(1\) ， \(x\) ， \(l\) ， \(r\) ： \(\forall i \in [l,r]\) ，若 \(x \notin S_i\) ，将 \(x\) 加入集合 \(S_i\) 。
  \(2\) ， \(l\) ， \(r\) ：查询 \(\max_{i \in [l,r]} \texttt{mex}(S_i)\) 。集合的 \(\texttt{mex}\) 定义为最小的不在集合内的自然数。

  第一行输入三个数 \(n,m,op\) 。其中 \(op \in \{0,1\}\) 为是否进行了加密。
  接下来 \(m\) 行，按照格式输入操作。
  若 \(op=1\) ，则需要对首次询问之后输入的所有 \(l,r,x\) 都异或上一次询问的答案，才是真实值。

  这算是经典问题了。

  考虑对每个值，维护“禁止区间”集合，最初所有值的禁止区间都是 \([1,n]\)。

  集合 \(S_i\) 的 \(Mex\) 就是最小的值，满足其禁止区间包含点 \(i\)。

  将这个限制挂在线段树上，设 \(val_x\) 为线段树节点 \(x\) 的最小禁止值（即禁止区间集合包含 \(I_x\) 的值最小值）。

  如何求一个区间的最大 \(Mex\) 值呢？可以维护 \(res_x=\min(val_x,\max(res_{lc},res_{rc}))\)。

  则 \(I_x\) 里的 \(Mex\) 最大值，就是 \(\min(h_x,res_x)\)，其中 \(h_x\) 是从根到 \(x\) 路径上所有点的 \(val\) 最小值。

  如何带修？用 set 维护每个值的禁止区间，每次给一个区间加入这个值，相当于禁止区间扣掉这些东西。

  在线段树上每个点也开一个 set 维护所有的禁止信息，支持删除插入并重置 \(val_x\) 即可。

  复杂度 \(O((n+q)\log^2 n)\)，修改次数均摊 \(O(n)\)。

day 5

day 4 是分享，没有。

• T1 是很简单的题，这里就省略了。

• T2 是密码卡常+无聊题。

• T3 是乱搞题。

  对于非负整数 \(z\) 和一个非负整数集合 \(S\) ，设 \(f_z(S)=\{x\oplus z\mid x\in S\}\) ，即 \(f_z(S)\) 为 \(S\) 中所有元素异或上 \(z\) 得到的集合。若 \(S=f_z(S)\) ，则称 \(z\) 是 \(S\) 的不动点。
  给定非负整数集合 \(S\) ，求 \(S\) 的所有不动点。

  首先，给所有 \(S\) 的元素和所有有解的 \(z\) 同时异或一个元素毫无问题。

  因此可以假定 \(0\in S\)，那么就能说明解一定是 \(S\) 内元素。

  官方做法：

  给每个值随机赋权 \(w\)。

  对于数字 \(x\)，求 \(\sum_{y\in S} w_{x\oplus y}\)，可以 FWT 算。

  若 \(val_x=\sum_{y\in S} w_y\) 就认为这是一个正确的解。

  如何缩小值域？找一个值域 \(k\)，生成 \(k\) 个数 \(v_0\sim v_{k-1}\)。

  对于每个 \(x\)，将其映射到数字 \(y\)，满足 \(y_t=|(x\& v_t)|\bmod 2\)，即点积。

  再做即可。

  做两次就有足够高的正确率。

  考虑这个映射方法为什么优秀？

  一方面，\(f(x\oplus y)=f(x)\oplus f(y)\)，可以判对。

  并且，如果会判错，则每一位有独立的错误概率是 \(\frac{1}{2}\)。

  其实这是不必要的。

  一方面，我们注意到解组成一个线性基（若 \(x\) 合法，\(y\) 合法自然 \(x\oplus y\) 合法），因此可以打乱之后暴力 check，如果当前点已经可以被线性基表出了，则可以跳过检验。

  这还是不太优，如果答案很少的话。

  那么，如何快速筛掉非法的答案呢？

  若值 \(v\) 满足与 \(v\) 点积为 \(0/1\) 的数字个数不同，则与 \(v\) 点积为 \(1\) 的元素 \(z\) 都是会被毙掉的。

  设 \(S_0(v)=\lbrace x\in S|x*v=0\rbrace,S_1\) 同理。

  由于 \((x\oplus y) * v=(x*v)\oplus (y*v)\)。

  则 \((x\oplus z)=(x*v)\oplus (z*v)\)。

  随机 100 个数，检验一下，然后把成功非法的存一个 vector 里，每次要检验一个值的时候先用这些检验一下即可。

day 6

每个 day 6 都会 AK 一车子人

前两题都是沙比题，不说了。

平面上有 \(n\) 个角，其顶点坐标分别为 \((1,0),(2,0),\cdots,(n,0)\) 。第 \(i\) 个角的大小为 \(a_i\) 度，其中 \(a_i\) 是 \([1,179]\) 范围内的整数。
每个角会均匀随机地选取它所朝的方向。形式化地，每个角会随机一个实数 \(\alpha_i\in [0,360)\) ，第 \(i\) 角的两条边与 \(x\) 轴的夹角分别为 \(\alpha_i\) 度和 \(\alpha_i+a_i\) 度。
求所有角互不相交的概率，对 \(998244353\) 取模。两个角相交是指，存在平面上的一个点，它同时处于两个角内部。

\(1\le \alpha _i\le 179\)

考察一个概率，跨过 \(x\) 轴线的角最多只有两个。

讨论一下：

• 如果有 \(k\) 个角在 \(x\) 轴上方，度数为 \(b_1,b_2,\cdots,b_k\) ，则合法概率为
  \(\frac{(180-b_1-b_2-\cdots-b_k)^k}{k!}\)

• \(x\) 轴下方的合法概率类似，合法概率为
  \(\frac{(180-c_1-c_2-\cdots-c_{n-k})^{n-k}}{(n-k)!}\)

• 假设最左侧的点跨过 \(x\) 轴。设它有 \(x\) 度在上半平面，则概率为
  \(\frac{(180-x-b_1-b_2-\cdots-b_k)^k}{k!}\cdot\frac{(180-(a_1-x)-c_1-c_2-\cdots-c_{n-k-1})^{n-k-1}}{(n-k-1)!}\)

  总概率即为这个式子关于 \(x\) 的积分

  可以用背包算出来固定 \(k\) 和 \(\sum b\) 的方案数，得到对一个指数函数的积分，暴力打开多项式，套用积分公式即可。

  注意这里要求 \(\max(0,180-a_1-\sum c)<x<\min(a_1,180-\sum b)\)。

  即有上下界的积分。

  最右侧同理。

• 如果两侧都跨过 \(x\) 轴，设左侧有 \(x\) 度在上半平面，右侧有 \(y\) 度在上半平面，则概率为
  \(\frac{(180-x-y-b_1-b_2-\cdots-b_k)^k}{k!}\cdot\frac{(180-(a_1-x)-(a_n-y)-c_1-c_2-\cdots-c_{n-k-2})^{n-k-2}}{(n-k-2)!}\)

  同样是背包算出 \(\sum b,k\) 固定的方案数。

  可以发现，这一方面要求 \(0<x<a_1,0<y<a_n,\max(0,180-\sum c-a_1-a_n)<x+y<\min(a_1+a_2,180-\sum b)\)

  即 \(x,y,x+y\) 都带上下界的积分。

  这个多项式如何处理出来？枚举 \(\sum b\)，考察 \(k\) 逐步移动，可以每次 \(O(n)\) 处理出这个新多项式。

  这样就只需要 \(360\times n^2\) 处理了。

  接着考虑这个积分怎么算，不妨设 \(L,R,x\le A,y\le B\)，相当于是：

  \[f(A,B,R)=\int\int_{\substack{ 0\le x\le A \\ 0\le y\le B\\ 0\le x+y\le R}}F(x+y)dxdy \]

  算 \(f(A,B,R)-f(A,B,L)\)。

  来考虑容斥 \(A,B\)。

  \[\begin{aligned} f(A,B,R)&=\\ &+\int_{\substack{x\ge 0,y\ge 0,x+y\le R}}f(x+y)\\ &-\int_{x\ge 0,y\ge 0,x+y\le R-A}f(x+y+A)\\ &-\int_{x\ge 0,y\ge 0,x+y\le R-B}f(x+y+B)\\ &+\int_{x\ge 0,y\ge 0,x+y\ge R-A-B}f(x+y+A+B)、、 \end{aligned} \]

  可以有：

  \[\begin{aligned} g(u,lim)&=\int_{x\ge 0,y\ge 0,x+y\le lim}f(x+y+u)\\ &=\int_{x\le lim}x\times f(x+u)\\ &=\int_{u\le x\le lim+u}(x-u)f(x)\\ &=\int_{u\le x\le lim+u}xf(x)-uf(x)\\ \end{aligned} \]

  这下计算就非常容易了，只需要求一阶积分即可。

  code

day 7

• T1 是简单网络流题。

• 定义一个值域为 \([1,n]\) ，长度分别为 \(k,n\) 的数组对 \((a,p)\) 是好的，当且仅当：

  \(\forall 1\leq i\leq k, a_{k-i+1} = p_{a_i}\) 。

  给你一个值域为 \([1,n]\) ，长度为 \(n\) 的数组 \(a\) ，对于 \(a\) 的 \(\frac{n(n+1)}2\) 个子段 \(a'\) ，以及 \(n^n\) 个值域为 \([1,n]\) ，长度为 \(n\) 的数组 \(p\) ，求出好的数组对 \((a',p)\) 数量，对 \(998244353\) 取模。

  这个人赛时打了 \(\log^2\) 整体二分获得 \(80\)。

  先来考虑暴力的做法，只需要考虑限制：对于对称的两个数字 \(x,y\)。

  1. \(x=y:p_x=y\)
  2. \(x\neq y,p_x=y,p_y=x\)。

  所以答案就是 \(n^{n-c}\) 其中 \(c\) 是出现数字次数。

  整体二分的说法就是，我们尝试对每个回文中心，找到最大的扩展长度，使其合法。

  当我们找到 \(W_i:\) 最大扩展长度后，就可以直接扫描线了。

  考虑如何求出 \(W_i\)。

  题目条件本质上在说什么？相当于“相等关系结构相同”，即提取出这一段后，将每个元素替换为距离其上次出现的距离 \(i-pre_i\)，然后再从后往前也替换为距离其上次出现的距离（\(suf_i-i\)）。

  将从后往前的串反过来，就和从前往后的是一样的。

  只不过有区间 \([l,r]\) 限制而已。

  整体二分，然后扫描线，扫到一个元素时，其上个出现的位置的“后距离”被更新，同时，对于 \(L\le pre\) 的区间，加入的这个值的“前距离”也被更新。

  则就是单点修改，可以拿出正向哈希和反向哈希，凑一下幂次就能判断了。

  最后扫描线，我们只需要关注每个点，\(i+nxt_i\) 与回文中心的关系即可知道其对 \(n^{n-c}\) 中的 \(c\) 的贡献是 \(0/1/2\) 的哪一个了。

  • \(i+nxt_i<2mid:0\)
  • \(i+nxt_i=2mid:1\)
  • \(i+nxt_i>2mid:2\)

  这样就能扫描线处理了。

  显然这比较差，如何做的更好？

  manacher:注意到这个序列满足其回文性质

  回文/类回文串统计问题：思考manacher

  设 \(p_i\) 为半径，\(f_i\) 为合法子段答案，\(g_i\) 为这个最外层区间的自由变量数。

  我可以算出增大或者缩小半径时 \(g\) 的变动，从而维护 \(f\) 的变动。

  类似于马拉车算法，我们可以直接复制原那一段的 \(f,g\) 值，超出边界的部分重置。

  需要在能够更新 \(r\) 就更新，即 \(i+p_i-1\ge r\) 直接更新而不是 \(>\)。

  这样复杂度就是 \(O(n)\) 了。

  需要要求的性质：

  有两个区间 \([L,R]\) 与 \([l,r]\) ，满足 \(L\leq l\leq r\leq R\) ，找到 \([l,r]\) 关于 \([L,R]\) 的对称区间 \([l'=R+L-r,r'=R+L-l]\) ，有结论：当 \([L,R]\) 是好区间时：

  \([l',r']\) 是好区间当且仅当 \([l,r]\) 是好区间。
  当 \([l,r]\) 、 \([l',r']\) 均为好区间时，其对应排列的已确定 \(p,p'\) ，在经过区间 \([L,R]\) 的排列 \(P\) 的映射后，完全相同。

• T3 好难绷的题目。

  由于 T2 被带偏了所以秒了。

  定义一个长度为 \(k\) 值域为 \([1,m]\cap \mathbb Z_+\) 的字符串 \(s\) 的生成字符串为，枚举所有大小为 \(m\) 的排列 \(p\) ，字典序最小的 \(p_{s_1}p_{s_2}\dots p_{s_k}\) 。
  有一个长度为 \(n\) 值域为 \([1,m]\cap \mathbb Z_+\) 的字符串 \(S\) ，你需要求出其所有子串的生成字符串的种类数。

  注意到将每个元素替换为距离上个出现位置的距离。

  就可以描述相同类型的生成字符串了。

  所以暴力的办法就是直接主席树先倒着暴力预处理所有位置。

  然后用哈希做比较，暴力 \(O(n\log^3 n)\) 后缀排序。

  接着 \(O(n\log^2 n)\) 求 LCP。

  就做完了。

  如何优化？

  可以将主席树换成分块压复杂度，变成 \(n\sqrt n+n\log^2 n\)，因为它可以 \(O(1)\) 查询。