2025.6做题记录

洛谷P5354 [Ynoi Easy Round 2017] 由乃的 OJ
首先你要会起床困难综合症，就是看每一位最开始是 0/1，做完后是什么，然后贪心。
容易发现操作后的结果是可以合并的，也就是说可以上线段树，考虑树剖。
设左子节点的结果是 f0 和 f1，右子节点的结果是 g0 和 g1，这个点的结果是 a0 和 a1，显然有 a0=(f0&g1)|(~f0&g0)，a1=(f1&g1)|(~f1&g0)，当然还要维护倒过来做的。
修改是简单的，查询就是跳一下重链。
洛谷P8026 [ONTAK2015] Bajtocja
连通性显然是每个图开个并查集维护，两个点合法当且仅当它们在每个图的并查集祖先都相同，考虑对每个图的每个点随机一个权值，然后异或哈希维护。
统计答案的时候开个 unordered_map 就行了。
随机数用 mt19937_64。
洛谷P4149 [IOI 2011] Race
先把原图的点分树建出来，然后从根开始搜，每搜到一个点就标记那个点，然后统计它子树的答案。
洛谷P8512 [Ynoi Easy Round 2021] TEST_152
Ynoi 里比较水的一道题。
区间赋值考虑颜色段均摊。
把每个询问挂到右端点上，然后枚举操作，做完后看这个操作的询问，答案就是当前数组的和减去在数组里左端点前出现的数的总和，可以用树状数组维护每个操作在当前数组剩下的数字的和。
洛谷P8169 [eJOI 2021] Dungeons
设 \(S\) 表示一个起点集合，如果对于这个集合里所有起点相对位置为 \((x,y)\) 的地方都是能走的，我们称 \((x,y)\) 关于 \(S\) 是合法的。
考虑对于一个 \(S\)，从 \((0,0)\) 开始搜出所有能走到的关于这个集合合法的 \((x,y)\)。
然后看当前能看到的格子中，如果有一个格子满足这个集合中从一些起点出发看到的不一样，就分成两个集合，取两个集合答案的最小值。
如果没有就统计答案，然后返回。
写的时候，可以对一个相对位置 \((x,y)\)，记录下哪些起点的这个位置是能走的或看到的是空地/金币/墙，可以状压。
洛谷P5537 【XR-3】系统设计
很妙的一道题。
发现树的形态不变，考虑对于每个节点，处理出从根到这个节点的序列的哈希。
查询的时候线段树二分答案前缀，单调性是显然的。
具体的，在线段树上的每个极大区间，如果当前的哈希值能拼上这一段的哈希值就拼上去，否则就在这个区间里二分。
线段树单点修区间哈希。
洛谷P6617 查找 Search
先不考虑修改，有一个简单的做法是设 \(lst_{i,j}\) 表示 \(i\) 前面最后的权值等于 \(j\) 的位置，对于每个 \(i\)，记录下 \(pre_i = lst_{i,w-a_i}\)，查询就是看区间最大值是不是大于等于 \(l\)。
有修改后显然不能这样做，有一个很好的东西是如果 \(lst_{i,a_i}>lst_{i,w-a_i}\)，就把 \(pre_i\) 改成 \(0\)，正确性显然。
用一个 set 维护每个权值的出现位置，\(pre\) 用线段树维护，可以发现每次修改要改 \(pre\) 的位置最大是 \(5\) 个。
洛谷P9128 [USACO23FEB] Fertilizing Pastures G
先考虑 \(T=0\)：
最小时间显然是 \(2\times n-2\)。
设 \(f_i\) 表示走完子树的答案，\(s_i\) 表示子树里价值的和，\(sz_i\) 表示子树的大小，\(p\) 表示当前节点的儿子。
要给 \(p\) 一个合适的顺序，最小化 \(\sum\limits_{i}s_{p_i}+f_{p_i}+s_{p_i}\times (\sum\limits_{j<i}2\times sz_{p_j})\)。
前面两项是固定的，设 \(a_i=s_{p_i}\)，\(b_i=2\times sz_{p_i}\)，要最小化 \(\sum\limits_{i}a_i\times(\sum\limits_{j<i}b_j)\)。
考虑交换 \(p\) 的相邻两项，更优的条件，推一些式子可以发现是 \(\frac{a_{i+1}}{b_{i+1}}>\frac{a_i}{b_i}\)。
所以对儿子按 \(\frac{a_i}{b_i}\) 降序排就得了。
考虑 \(T=1\)：
最小时间显然是 \(2\times n-2-d\)，\(d\) 表示树里的最大深度。
设 \(g_i\) 表示把儿子里子树里有最深的点的儿子放到最后算的最小时间，如果 \(i\) 子树里没有最深的点就不处理。
这个是简单的，排序后枚举儿子，如果这个儿子的子树里有最深的点就算出把它放到最后的答案，然后取最小值。
洛谷P7831 [CCO 2021] Travelling Merchant
容易发现出度为 \(0\) 的点肯定无解，所以在反图上跑一遍拓扑，被拓扑到的就是无解的。
把拓扑时删的点的入边删了，然后把边按 \(r\) 从大到小排，枚举边，设这个边为 \((a,b,r,p)\)。
更新答案 \(ans_a=\min\{ans_a,r\}\)，然后把这条边删了。如果 \(a\) 的出边都没了，就从 \(a\) 开始在反图上拓扑更新答案，拓扑时遍历到的边也要删了。
洛谷P11831 [省选联考 2025] 追忆
bitset 要手写，就是开 \(\frac{10^5}{\omega}\)（大约为 \(1570\)）个 ull，每个 ull 存 \(63\) 个 01 位。
先对每个点开个大小为 \(n\) 的 bitset，把 bitset 里自己的编号那一位设为一，然后在反图上拓扑处理可达性。
对 \(a\) 和 \(b\) 的值域分块，对两个数组各开根号个 bitset，设为 \(ba\) 和 \(bb\)，处理出 \(a\) 和 \(b\) 在这个块里的点的编号，然后做后缀或。
修改是简单的。
查询的时候，先处理出 \(a\) 符合要求的 bitset，设它为 \(A\)，与上 \(x\) 能到的点的 bitset。
然后可以先求出答案在哪个块，再在块里枚举。求块的时候，设当前的块为 \(p\)，枚举手写 bitset 的每一位 ull，如果 \(A\) 的这一位与上 \(bb_{p+1}\) 的这一位的结果不为 \(0\)，就把 \(p\) 加一，求块内答案是简单的。
洛谷P4690 [Ynoi Easy Round 2016] 镜中的昆虫
先考虑单点修怎么做。
对每个 \(i\)，处理出 \(pre_i\) 表示上一个和 \(i\) 颜色相同的位置，没有则为 \(0\)。
假设在二维平面上有 \(n\) 个点 \((pre_i,i)\)，那么查询的答案是在 \([0,l)[l,r]\) 的点的权值和。
修改的时候对 \(pre\) 有影响的位置显然没多少个，可以加个权值为 \(-1\) 的点删旧的点，再把更新 \(pre\) 后的点加回去。对每个颜色开个 set 维护出现位置就行。
这个东西是二维数点，用 cdq 做。
考虑区间赋值：
看到区间赋值可以想到 ODT。
有一个结论是 \(pre\) 的修改次数是 \(O(n+m)\) 级别。感性理解，ODT 最开始有 \(n\) 个点，修改最多会加 \(m\) 个点，每个点在修改的时候最多会被删一次，如果是修改时的边界点，因为最多就两个，所以影响不大。
然后可以开一个序列的 ODT，对每个颜色开 ODT，修改的时候就可以维护了。
洛谷P6965 [NEERC 2016] Binary Code
一个串最多有两种形态，考虑 2-sat。
如果一个串出现了三次以上，那么显然是无解的，用哈希判掉。
开两个形态一样的 trie，\(T1\) 上点往父亲连一条边，\(T2\) 上点往儿子连一条边，每个点往对应的串的另一个状态连。
建好树后，每个状态向 \(T1\) 上对应的点的父亲连，向 \(T2\) 上对应的点的两个儿子连，然后每个点对应的几个状态互相连。
建图方式显然是对的。
洛谷P1117 [NOI2016] 优秀的拆分
设 \(f_i\) 表示结尾在 \(i\) 的 AA 状子串有多少个，\(g_i\) 表示开头在 \(i\) 的 AA 状子串有多少个，答案就是 \(\sum\limits_{i=2}^{n-2}f_i\times g_{i+1}\)。
考虑枚举 AA 的长度的一半 \(len\)，把 \(len\) 的倍数的位置设为关键点，易知长度为 \(2\times len\) 的 AA 串一定经过两个关键点。
枚举这两个关键点 \(i\) 和 \(j\)，有 \(j=i+len\)。设 \(lcp=\min(len,lcp(\operatorname{suf}(i),\operatorname{suf}(j)))\)，\(lcs=\min(lcs(\operatorname{pre}(i-1),\operatorname{pre}(j-1)),len-1)\)，这两个可以用二分哈希求，连 SA 都不用。
当 \(lcp+lcs<len\) 时，在 \([i+lcp,j-lcs)\) 里一定有一个和 \(j+lcp\) 后面的匹配不上（不然 \(lcp\) 可以变大），也就是无解。
否则，设 \(l=lcp + lcs - len\)，则起点在区间 \([i-lcs,i-lcs+l+1]\) 里，终点在 \([i-lcs+2\times len-1,i-lcs+l+2\times len]\) 里，差分一下然后区间加一。
P11993 [JOIST 2025] 迁移计划 / Migration Plan
对每个深度维护一个以 \(dfn\) 为下标的线段树，合并的时候是线段树合并，单点修是在对应深度的树上修改，查询的时候是在对应的深度的树上查询 \([dfn_p,dfn_p+siz_p-1]\) 的和。
感性理解一下，这个是对的。
洛谷P6665 [清华集训 2016] Alice 和 Bob 又在玩游戏
可以发现森林中每一棵树都互不影响，所以考虑单独处理。
设 \(f_i\) 表示 以 \(i\) 为根的树的 \(SG\) 值，\(g_i\) 表示 \(\bigoplus\limits_{v\in son_u}f_v\)。
转移 \(f_u\) 的时候，考虑对 \(u\) 子树里每一个点做一次操作的 \(SG\) 值。对于子树里的一个点 \(v\)，它的值是到 \((\bigoplus\limits_{x\in path(u,v)}g_x\oplus f_x)\oplus f_u\)
对每个点开一个 01trie，枚举 \(u\) 的儿子 \(v\)，把 \(v\) 的trie 全局异或 \(g_u\oplus f_v\)，然后合并。做完后 \(f_u\) 就是树里的 mex。
洛谷P4689 [Ynoi Easy Round 2016] 这是我自己的发明
简单题。
考虑随便选个点当根，搜出 dfn，子树就变成了区间。
换根是简单的，考虑这个点是根/根在点的子树里/根不在点的子树里三种情况，一个点最多能拆成两个区间。
把区间出现次数拆成前缀和的减，然后直接拆出最多 \(16\) 个询问。
然后跑个莫队就做完了。
P3501 [POI 2010] ANT-Antisymmetry
定义合法串为：
设 \(S\) 为一个合法串。

1. 空串为合法串。
2. \(1S0\) 为合法串。
3. \(0S1\) 为合法串。

容易发现从一个点往外拓展，是有单调性的。
枚举这个点，然后二分哈希。
洛谷P6333 [COCI 2007/2008 #1] ZAPIS
简单题。
考虑区间 dp，设 \(f_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 合法的方案数，转移的时候看 \(s_l\) 和 \(s_r\) 能不能匹配上，然后枚举中间的点 \(p\) 统计。
可以发现会有计重的，比如 ()()()，这时候可以设 \(g_{l,r}\) 表示 \(s_l\) 和 \(s_r\) 匹配且 \([l,r]\) 合法的方案数，枚举 \(p\) 时，强制让 \(s_l\) 和 \(s_p\) 匹配上，贡献就是 \(g_{l,p}\times f_{p+1,r}\)。
需要注意的是，如果答案为 101111，要输出 01111 而不是 1111，所以可以对 \(10^6\) 取模而不是 \(10^5\)。
洛谷P10499 开关问题
简单题。
设 \(a_i\) 表示操不操作开关 \(i\)，\(S_i\) 表示操作开关 \(j\) 后会对 \(i\) 开关有影响的 \(j\) 的集合，也就是 \(i\) 的入边和 \(i\)。
容易发现，对每个 \(i\) 都有一个限制 \(\bigoplus\limits_{j\in S_i}a_j=st_i\oplus ed_i\)，其中 \(st\) 和 \(ed\) 表示开始和结束状态。
然后这玩意其实就是 P2447，无解和数量和 P2455 差不多。
洛谷P8990 [北大集训 2021] 小明的树
神秘题。
把没电亮的点称为黑点，点亮的称为白点，合法条件可以转化为所有黑点联通。感性理解一下，如果不连通，那么肯定有某些黑点的祖宗里有白点，那些白点是不合法的。
设 \(b_i\) 表示点完 \(a_i\) 后黑点连通块的个数，显然当 \(b_i=1\) 时合法。根据经典结论，连通块个数为点数-边数，也就是黑点数量减去两边都是黑点的边的数量。第一个为 \(n-i\)，第二个初始是 \(n-1\)，所以把 \(b_i\) 初始化为 \(1-i\)。
考虑贡献。可以发现一个树的贡献是两端颜色不同的边的数量，用 \(c_i\) 来表示，最初为 \(0\)。
最后考虑怎么维护 \(b\) 和 \(c\)。设 \(t_i\) 表示点 \(i\) 被点亮的时间。对于一条边 \((u,v)\)，它对 \(b\) 的影响是 \([\min(t_u,t_v),n)\) 加 \(1\)，对 \(c\) 的影响是 \([\min(t_u,t_v),\max(t_u,t_v))\) 加 \(1\)。
对于修改，这个是简单的，区间修的次数很少。
对于查询，要维护 \(b_i=1\) 的 \(c_i\) 的和，可以开个线段树，维护最小值，最小值个数和最小值的 \(c_i\) 的和。
洛谷P2566 [SCOI2009] 围豆豆
从每个豆往右射一条线，用 \(c_i\) 表示豆 \(i\) 的射线和多少条多边形的竖边相交，如果 \(c_i\) 是奇数，那这个豆就在多边形里。
考虑状压选点的状态，枚举起点，处理出选出一个状态要用的最少步数。
从起点跑 bfs，跑的时候处理状态。