[一些题] 贺题记录

\[\color{cornflowerblue}{ \texttt{ 35 Problems in Total } } \]

[A] 表示已通过，[W] 表示寄了，[N] 表示没写。
自己做出来的题或者贺出来感觉一句话写不完的题应该都是 link 到 blog 里了 套娃了。

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• [A] Fibonacci Additions：考虑异形差分 \(d_i = a_i-a_{i-1}-a_{i-2}\)，问题转化为差分数组单点加，复杂度 \(O(n+q)\)。

• [A] Serious Business：戳我。

• [A] Sonya and Bitwise OR：注意到一个序列不同的前缀 or 值只有 \(O(\log M)\) 种，考虑节点上记录前后缀 or，那么只需要记录 \(O(\log M)\) 个区间及其值，PushUp 的时候可以双指针更新答案，复杂度 \(O((n+q) \log n \log M)\)。

• [A] Hamiltonian Cycle：高深的阶构造。

• [A] [Ynoi2011] 竞赛实验班：题解写得肯定比我好。

• [A] k-Maximum Subsequence Sum：考虑线段树来做一个模拟费用流（反悔贪心），每个点选偶数次表示不选，奇数次表示选，费用流模型就比较清晰了，那么需要查询 GSS、区间取反，由于这个取反操作所以还需要维护 LSS，写起来比较怄火。

• [A] Replace：戳我。

• [A] MEX Tree Manipulation：早就会了，考虑动态链分治，每个点考虑轻儿子后关于重儿子权值 \(x\) 的函数形如 \(f(x) = [x=A]v_1+[x \ne A]v_2\)，子树和是同理的，都很好维护，每次需要更新轻儿子贡献出来的 \(\rm MEX\)，注意到值域是 \(O(\log n)\)（最坏每次复制一份挂到下一个点上，每次树大小 \(\times 2\)），于是可以每个点开桶，时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

• [N] Jumping Through the Array：戳我。

• [A] JYPnation：都去看找对题解！！11

• [A] Colorful Tree Again：戳我。

• [A] [Ynoi2003] 铃原露露：芜湖的，很强大。可以去看题解。

• [A] Mashitali and Hagh Trees：戳我。

• [A] 节日庆典：要对每个前缀找它的一个后缀 \(T\) 使得 \(T+(S-T)\) 最小，考虑答案集合的大小，首先能更新答案的后缀一定是位置在后面的是位置在前面的前缀，考虑两个后缀 \(T_1,T_2\) 满足 \(T_2-T_1+1 \lt len(T_2)\)，也就是起点距离小于 \(T_2\) 的长度，那么设 \(T_1 = AAB\)，\(T_2 = AB\)，\(T_3 = B\)，其中 \(B\) 是 \(A\) 的前缀，不难发现由 \(T_1,T_3\) 更新的答案一定不比 \(T_2\) 劣；这样对于一个前缀有效的位置就只有 \(O(\log n)\) 个，那么直接暴力维护这个集合，每次插入前先弹出无效位置，复杂度就是 \(O(n \log n)\)，为了不被卡常最好写 \(O(n)\) 的 \(\text{ExKMP}\) 来判断字典序。

• [A] Gates to Another World：考虑线段树结构，每一层表示进行由某一位构建的边的连接的过程，那么每次是把左右子树对位连边（不难发现如果从下往上每层都连满，每次相当于把左右儿子缩成一个点），但这样点数是 \(O(n2^n)\)；这里有个很妙的点，我们考虑动态开点，你会发现没有开出来的点相当于进行了到叶子的那些层的连边，于是可以直接区间覆盖，最后得到 \(O(nm)\) 个点，然后暴力进行连边就行了（两棵子树递归到叶子用并查集连边），每个点最多贡献 \(O(n)\) 次，复杂度 \(O(n^2m \alpha(n))\)。

• [A] Geometric Progressions：对于每个质因子能列出 \(n\) 个同余方程，因为 CRT 不能处理模数为 \(0\)，所以先列一些方程组判掉模数存在 \(0\) 但是有解的情况，然后再对模数都不为 \(0\) 的情况用 exCRT，具体可以看题解。

• [A] Tree Elimination：考虑到删除的枚举顺序是可变的，你只需要保证对每个点考虑了与那些 与它的删除顺序不完全由边的编号决定的点 的相对顺序就可以了，也就是说你只需要对每个点连边的点考虑，对这些点的相对删除顺序计数，所以树形 dp，设 \(f_{u,0/1/2/3}\) 为考虑了 \(u\) 子树，\(u\) 是保留 / 被 \((u,fa_u)\) 删除 / 被 \(id \lt (u,fa_u)\) 的边删除 / 被 \(id \gt (u,fa_u)\) 的边删除，然后大力分讨一下每种的转移就行了，复杂度是 \(O(n)\)（对于对儿子排序，你发现删除父亲后它就已经是按 \(id\) 升序了）。

• [A] Beautiful Matrix：Wei 老师题解。

• [A] Exercise P：（% 7KByte）一个排列的答案就是所有置换环长度的 \(\rm lcm\)，那么要求所有排列的 \(\rm lcm\) 之积，先转化为求 \(\text{lcm} = x\) 的排列数，因为不好计数所以 前缀和一次 变成求 \(x \mid \text{lcm}\) 的排列数，这样答案就是 \(\prod_{p} \prod_{i=1} p^{F(p^i)}\)，设 \(G(n)\) 为 \(\rm lcm\) 被 \(p^i\) 整除，长度为 \(n\) 的排列数，那么 \(F(p^i) = G(n)\)；这等价于至少一个置换环长度被 \(x\) 整除，容斥一下变成求没有，设为 \(f(n)\)；然而还是不好求，再容斥一次，设 \(g(n)\) 表示完全由 \(x \mid len\) 的置换环拼成的排列数，那么 \(\begin{aligned} f(n) = n! - \sum_{i=1}^{n} \dbinom{n}{i}f(i)g(n-i)\end{aligned}\)；对于 \(g\) 可以枚举 \(1\) 号点所在的环大小，\(\begin{aligned} g(n) = \sum_{i=0}^{n-1} (n-1)^{\underline{i}} g(n-i-1) \end{aligned}\)；考虑刷表，则复杂度为 \(O(\sum \dfrac{n^2}{p^2})\)，\(\sum p^{-2}\) 是 prime zeta function，在这里可以取 \(0.4522\)，所以复杂度是 \(O(n^2)\)。

• [A] Rainbow Rectangles：显然可以离散化，但枚举左上角很明显没有出路，所以枚举上下两行算每一列的贡献，于是自然的想法是维护的 \(R_j\) 表示第 \(j\) 列为最左端的有效点，右边最近合法的右端点，因为加入一行不好维护，所以考虑删除，那么只需要用 multiset 维护每个颜色在前 \(i\) 行的位置，然后每次是 \([pre,j]\) 对 \(suc\) 取 \(\max\)，显然这个 \(R_j\) 是不降的，所以二分区间赋值就好了，复杂度 \(O(n^2 \log n)\)（说实话这个离散化就有大病）。

• [A] Gregor and the Two Painters：直接数连通块不好做，也不好转成数边，于是考虑给每个连通块一个特征，对这个特征计数，这里可以用一个连通块内颜色值 \(a_x + b_y\) 最小且最靠左上的点表示这个连通块，设 \(x\) 左边第一个 \(a_j \le a_x\) 的 \(j\) 为 \(La_x\)，右边第一个 \(c_j \lt c_x\) 为 \(Ra_x\)，对 \(b\) 数组则记作 \(Lb_y,Rb_y\)，那么一个点表示一个连通块当且仅当它不能走到第 \(La_x\) 行、第 \(Ra_x\) 行、第 \(Lb_y\) 列和第 \(Rb_y\) 列（考虑走到了 \((La_x+1,T)\) 那么有 \(a_{La_x} \le a_{La_x+1} \le x-b_T\)，那么 \(a_{La_x} + b_T \le a_x+b_y\) 会成为新的特征点），这个的充要条件就是不能走到 \((La_x,y),(Ra_x,y),(x,Lb_y),(x,Rb_y)\)（你只能在 \((Lb_y,Rb_y)\) 中找到 \(b = b_y\)，它们与 \(y\) 等价），于是可以发现即 \(a_x +b_y \le X \land a_x + \min(\max_{i=Lb_y+1}^y b_i,\max_{i=y}^{Rb_y-1} b_i) \gt X \land b_y + \min(\max_{i=La_x+1}^x a_i, \max_{i=x}^{Ra_x-1} a_i) \gt x\)，而这个 \(\max\) 的 \(\min\) 是可以单调栈预处理的，所以 BIT 离线二维数点就行了。

• [A] Ultimate Weirdness of an Array：考虑枚举答案，还是不好求，考虑 后缀和一次 变成对每个 \(l\) 维护 \(f([l,r]) \ge x\) 的最远 \(r\)，这样 \(\begin{aligned} sum(f_i) = \sum_x cnt(f_i \ge x) \end{aligned}\)（这个式子和期望转概率形式相同），然后倒序枚举 \(x\)，使答案可以 \(= x\) 即是说 \(l \in [1,fir_{x,1}]\) 的 \(r\) 对 \(lst_{x,2}-1\) 取 \(\max\)，\((fir_{x,1},fir_{x,2}]\) 对 \(lst_{x,1}-1\) 取 \(\max\)，其中 \(fir_{x,i}\) 表示 \(x \mid a_j\) 中从前往后第 \(i\) 个 \(j\)，\(lst_{x,i}\) 表示从后往前；区间取 \(\max\)，线段树二分就行了，但是瓶颈在于 \(O(n \sqrt{M})\) 分解因数（需要更新因数的 \(fir,lst\)，当然这个东西应该是可以换成埃筛的）。

• [A] Mathematical Expression：乐子题，首先判掉没有 *、没有 + 和只能用一种运算的情况，然后就有个很显然的 dp；虽然你直接 dp 答案肯定存不下，但是你考虑如果 \(\sum_{i=l}^{r}[a_i \ge 2] \ge \log_2 9(r-l+1)\) 那么一定是合并了更优（\(\sum \le \prod\)），所以你只需要对段内个数小于 \(O(\log n)\) 的暴力 dp 就行了，你甚至可以斜率优化，复杂度应该是 \(O(\log^2 n)\) 或 \(O(\log n)\)。

• [A] Formurosa：（题目名字念起来很好听） 趣味题，因为保证了有 \(0\) 有 \(1\)，而且可以询问无限次，我们不妨直接看作是往里面代入了一个 01 串，那么设这个串表示的二进制数是 \(S\)，代入后最后的值是 \(f(S)\)，有结论是能解出当且仅当存在一个 \(S\) 使得 \(f(S) = f(\overline{S})\)（\(\overline{S}\) 表示对 \(S\) 取反），感性很好理解就不证明了（？），于是建出表达式树，设 \(g_{u,0,1,2}\) 表示子树中是否存在 \(f(S) = f(\overline{S}) = 0\) / \(f(S) = f(\overline{S}) = 1\) / \(f(S) \ne f(\overline{S})\)，转移的时候分讨合并左右子树，复杂度是 \(O(n)\)。
  代码写得也很趣味可以看看： 算了，太长一坨了，这里就不放了。

• [A] Partial Virtual Trees：Wei 老师题解。

• [A] Become Big For Me：\(\gcd\) 和 \(\rm lcm\) 之间可以使用 min-max 容斥转换，类似地，考虑对 \(\gcd_{i \ne j} a_ia_j\) 应用扩展 min-max 容斥，即 \(\begin{aligned} \text{k-th max}(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-k}\dbinom{|T|-1}{k-1} \min(T) \end{aligned}\)，那么可以得到 \(\begin{aligned} \gcd a_ia_j = \prod_{p \in Prime} p^{\sum_{T \subseteq \{a_n\}}(-1)^{|T|-2}(|T|-2) \max\{k(p,x) \mid x \in T\}} = \prod_{T \in \{a_n\}} (\text{lcm}(T))^{(-1)^{|T|-2}(|T|-2)} \end{aligned}\)，于是这里有了一个 \(O(n2^n)\) 次操作的构造，考虑选出原序列一个子集 \(S\) 使得 \(\gcd(S) = \gcd(\{a_n\})\)，再在 \(\{a_n\} \setminus S\) 中选出子集 \(T\) 使 \(\gcd(T) = \gcd(\{a_n\} \setminus S)\)，那么 \(\gcd_{i \ne j} a_ia_j = \gcd_{i \ne j \in (S \bigcup T)} a_ia_j\)，由于值域保证了一定能选出大小不超过 \(7\) 的 \(S,T\)，所以直接随机化，每次取前 \(7\) 个出来判定即可。

• [A] Choosing Ads：直接线段树维护候选人个数是 \(\lfloor \dfrac{100}{p} \rfloor\) 的摩尔投票就行了。

• [A] Inverse Inversions：戳我（参纤体）。

• [A] [USACO18FEB]Cow Gymnasts P：戳我（里面有打的表）。

• [A] Classical?：jiangly 题解。

• [A] Building Forest Trails：戳你。

• [A] Weak Subsequence：戳我（证明感觉比题解的简单一点）。

• [A] PCOPTRIP - Counting Pairwise Coprime Triples：戳谁。

• [A] Battalion Strength：戳他。

• [A] [APIO 2021] 雨林跳跃：别戳了。