2025.10 做题记录

qwq awa owo uwu xwx
洛谷P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题
纯式子。

\[\begin{aligned}& \sum\limits_{k=0}^{n}f(k)\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{k=0}^{n}k^i\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{k=0}^{n}\left(\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{k}{j}{i\brace j}j!\right)\times x^k \times \binom{n}{k}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}j!\sum\limits_{k=j}^{n}\binom{n}{k}\binom{k}{j}x^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}j!\sum\limits_{k=j}^{n}\binom{n}{j}\binom{n-j}{k-j}x^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}\binom{n}{j}j!x^j(x+1)^{n-j}\\=& \sum\limits_{i=0}^{m}a_i\sum\limits_{j=0}^{i}{i\brace j}n^{\underline{j}}x^j(x+1)^{n-j} \end{aligned}\]

CF1278F Cards
记 \(p=\frac{1}{m}\)。

\[\begin{aligned}& ans\\=& \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{i}{j}{k\brace j}j!\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=j}^{n}\binom{n}{i}\binom{i}{j}p^i(1-p)^{n-i}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=j}^{n}\binom{n-j}{i-j}p^i(1-p)^{n-i}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!\sum\limits_{i=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}p^{i}(1-p)^{(n-j)-i+j}\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}{k\brace j}j!p^j\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}n^{\underline{i}}p^i \end{aligned}\]

然后直接做就完了。
洛谷P6031 CF1278F Cards 加强版
对 \(i^k=\sum\limits_{j=0}^{i}\binom{i}{j}{k\brace j}j!\) 这个式子二项式反演，可以得到

\[{n\brace m}=\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}i^n \]

\[\begin{aligned}& \sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}n^{\underline{i}}p^i\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\binom{i}{j}j^k\\=& \sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}(-p)^i\sum_{j=0}^{i}(-1)^{j}\binom{i}{j}j^k\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}(-1)^{j}j^k\sum_{i=j}^{k}\binom{n}{i}\binom{i}{j}(-p)^i\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}(-1)^{j}\binom{n}{j}j^k\sum_{i=j}^{k}\binom{n-j}{i-j}(-p)^i\\=& \sum\limits_{j=0}^{k}\binom{n}{j}p^{j}j^k\sum_{i=0}^{k-j}\binom{n-j}{i}(-p)^{i} \end{aligned}\]

可以发现前面几项都是很好做的，\(j^k\) 可以线性筛出来，\(\binom{n}{j}\) 可以拆成下降幂除阶乘的形式，现在就后面的难做。
记 \(f(i)=\sum\limits_{j=0}^{k-i}\binom{n-i}{j}(-p)^j\)。

\[\begin{aligned}& \sum_{j=0}^{k-i}\binom{n-i}{j}(-p)^j\\=& \sum_{j=0}^{k-i}\left(\binom{n-(i+1)}{j}+\binom{n-(i+1)}{j-1}\right)(-p)^j\\=& f(i+1)+(-p)^{k-i}\binom{n-i-1}{k-i}+\sum_{j=0}^{k-i}\binom{n-(i+1)}{j-1}(-p)^j \end{aligned}\]

对于中间那个组合数，可以根据 \(\binom{n}{m}=\frac{n}{m}\binom{n-1}{m-1}\) 递推一下，也就是 \(\binom{n-i-1}{k-i}=\frac{n-i-1}{k-i}\binom{n-(i+1)-1}{k-(i+1)}\)。
对于右边那个式子，可以化成 \(\sum\limits_{j=0}^{k-(i+1)}\binom{n-(i+1)}{j}(-p)^{j+1}\)，也就是 \((-p)f(i+1)\)。
边界为 \(f(k)=1\)。
然后就能 \(O(k)\) 做了。
洛谷P11343 [KTSC 2023 R1] 出租车旅行
考虑一条换乘路径 \(p_1,p_2,\cdots,p_{k-1},p_k\)，显然有 \(\forall i\in [1,k-2],B_{p_i}>B_{p_{i+1}}\)，也就是除终点外的 \(B\) 单调递减。
因为递减这个性质是不把终点算进去的，所以可以让全程的 \(B\) 都递减，最后再统计一遍答案。
记 \(f_i\) 表示走到 \(i\)，且全程的 \(B\) 单调递减的最小费用。转移是很好想的：
\(f_i=\min\limits_{B_j>B_i}\{f_j+A_j+B_j\times dis(i,j)\}\)
可以感知到这个玩意是个一次函数状物，但是 \(dis(i,j)\) 是一个比较难处理的东西，因此拉到点分树上，\(dis(i,j)\) 就是 \(dis(i,s)+dis(j,s)\)，\(s\) 为当前重心，就能用李超树做了。
把点按 \(B\) 从大到小排序，每次枚举祖先把 \(f_i\) 搞出来，然后在它祖先的李超树上都插个一次函数进去，统计答案和查询 \(f_i\) 是一样的。
洛谷P6881 [JOI 2020 Final] 火灾 / Fire
这个玩意瞪着看很难看出啥，可以打个表：
8 8 8 8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 8
8 8 8 8 8 8 6
8 8 8 8 8 6 6
8 8 8 8 6 6 4
8 8 8 6 6 4 4
8 8 6 6 4 4 2
8 1 6 3 4 2 1
最下面是时刻为 \(0\) 的样子，最上面是时刻为 \(n\) 的样子。
可以发现每个位置的贡献都是一个平行四边形，不过可能只有一部分在这个正方形里。可以把平行四边形差分成三个边长无限的三角形，查询差分成一行的前缀和。平行四边形的大小和这个位置左边第一个大于等于它的位置、这个位置右边第一个大于它的位置有关。
然后就不难了。把查询和三角形都按照顶点的 \(x\) 从小到大排序。维护在这个查询左边和不在这个查询左边的三角形，把式子拆一下后用四个树状数组简单维护就行。
洛谷P8867 [NOIP2022] 建造军营
简单题。
可以发现割掉一个边双里的边是没用的，所以可以缩成几个边双，\(a_i\) 表示第 \(i\) 个边双的点数，\(b_i\) 表示第 \(i\) 个边双的边数。
缩完点后有个很好的东西，就是图变成了一棵树。对于两个被选上的点，它们路径上的边都是要选上的，不然就爆炸了。
考虑对这个玩意树形 dp。记 \(f_i\) 表示只有 \(i\) 子树里的点和边会选，至少选一个点，而且选的点连上 \(i\) 的方案数，\(g_i\) 表示 \(i\) 子树里一个点都不选（边可能会选）的方案。
转移：
\(f_u=f_u\times f_v+f_u\times g_v\times 2+g_u\times f_v\)。第一项表示 \(u\) 和 \(v\) 都选，那么 \((u,v)\) 必须选。第二项表示 \(u\) 选 \(v\) 不选，那么 \((u,v)\) 选不选都行。第三项表示 \(u\) 还没选，\(v\) 选，那么 \((u,v)\) 必须选。
\(g_u=g_u\times g_v\times 2\)。\(u\) 和 \(v\) 的子树里都不选，\((u,v)\) 随便。
初始化为 \(g_u=2^{b_u},f_u=2^{a_u+b_u}-2^{b_u}\)。
统计答案是简单的，\(ans=\sum\limits_{u=1}^{n}f_u\times 2^{c_u}\)，其中 \(c_u\) 表示不在 \(u\) 子树里，也不是 \(u\) 和它父亲连的边的边数。
洛谷P11292 【MX-S6-T4】「KDOI-11」彩灯晚会
厉害。
合法链表示长度为 \(l\) 的链。
考虑 \(\sum cnt^2\) 的组合意义，也就是选出两条长度为 \(l\) 的合法链的方案数。
对于两条合法链，它们颜色相同的方案数 \(k^{n-2l+c+1}\)，其中 \(c\) 表示这两个链重叠的点的个数。可以发现答案只和 \(c\) 有关，所以可以计算恰好重叠了 \(c\) 次的链的方案数，记为 \(f_c\)。
恰好重叠 \(c\) 次看起来就比较难算，可以容斥一下，算钦定重叠 \(c\) 次的方案，记为 \(g_c\)。不难得出 \(g_i=\sum\limits_{j=i}^{l}\binom{j}{i}f_j\)，二项式反演一下变成 \(f_i=\sum\limits_{j=i}^{l}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\)。
在拓扑序上 dp。用 \(f_{u,v,k}\) 表示从 \(u\) 走到 \(v\)，链长度为 \(k\) 的方案，\(dp_{u,l1,l2,k}\) 表示现在走到 \(u\)，链一长度为 \(l1\)，链二长度为 \(l2\)，重叠了至少 \(k\) 次的方案，转移就是枚举下一个重合点和两条链长了多少，也就是 \(dp_{v,l1+\Delta1,l2+\Delta2,k+1}\gets dp_{u,l1,l2,k}\times f_{u,v,\Delta1}\times f_{u,v,\Delta2}\)，时间复杂度为 \(O(n^3l+n^2l^5)\)，显然过不了。转移的时候把 \(l1\) 和 \(l2\) 两维分开转移可以去掉一个 \(l\)，也就是 \(O(n^3l+n^2l^4)\)，但还是过不了。
这个转移看起来就很怪，估计不能继续优化，所以不妨猜测要推式子。

\[\begin{aligned}ans=& \sum\limits_{i=1}^{k}k^{n-2l+i+1}\sum\limits_{j=i}^{k}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{i=1}^{k}k^i\sum\limits_{j=i}^{k}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g_j\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{j=1}^{k}g_j\sum\limits_{i=1}^{j}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}k^i\\=& k^{n-2l+1}\sum\limits_{j=1}^{k}g_j(k-1)^j \end{aligned}\]

考虑把 \((k-1)^j\) 乘进 \(g_j\) 里，也就是转移的时候多乘一个 \(k-1\)，然后就做完了。
洛谷P10879 「KDOI-07」对树链剖分的爱
神秘。
对于一般的链加操作，除了树剖还能暴力跳。
可以先给一个多项式做法。从 \(u,v\) 开始，每次跳编号大的那个点，不妨设 \(u<v\)，枚举父亲，给 \(v\) 的答案加上 \(w\)，然后让 \(w=\frac{w}{r_v-l_v+1}\)，再跳到父亲。
可以发现这个过程可以放到一个数组上，给所有操作一起跑，转移可以用差分优化。
qoj7419 Jiry Matchings
请输入文本。
这种题直接上去瞪眼肯定是不行的（x。有一个显然的 \(O(n^2)\) dp，就是设 \(f_{i,0/1,j}\)，表示只考虑 \(i\) 子树里，\(i\) 有没有匹配上，共有 \(j\) 个匹配的最大值，转移是 简单的，\(f_{u,0,i}\gets\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+\max\{f_{v,0,k},f_{v,1,k}\}\},f_{u,1,i}\gets\max\{\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+\max\{f_{v,0,k},f_{v,1,k}\}\}+w(u,v),\max\limits_{j+k=i}\{\max\{f_{u,0,j},f_{u,1,j}\}+\max\{f _{v,0,k},f_{v,1,k}\}\}\}\)。
这种犹如屎一般的转移显然是不能直接优化的。把状态改一下变为只考虑 \(i\) 子树里，\(i\) 可不可以匹配，共有 \(j\) 个匹配的最大值，转移是 \(f_{u,0,i}\gets\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+f_{v,1,k}\},f_{u,1,i}\gets\max\{\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,0,j}+f_{v,1,k}\}+w(u,v),\max\limits_{j+k=i}\{f_{u,1,j}+f_{v,1,k}\}\}\)。虽然一样是屎，不过好看了点。其实没有好看，是我太菜了。
根据一些网络流知识可以得到，如果把 \(f_{u,0/1}\) 看成一个函数，那么它们都是凸函数，所以可以维护一个上凸包，\((max,+)\) 卷积就是做个闵可夫斯基和。
但是闵可夫斯基的复杂度是 \(O(\lvert A\rvert+\lvert B\rvert)\)，总复杂度还是 \(O(n^2)\) 的。
直接上神秘手法。树剖，对于每个点先求出不考虑重儿子的 \(f\)，最后在链顶合并，合并轻儿子和重链都可以分治一下。合并重链的时候还要考虑当前分治区间的链顶和链尾有没有匹配，复杂度是 \(O(n \log^2 n)\) 的。
洛谷P5642 人造情感（emotion）
调 emo 了。
不妨先把 \(W(U)\) 求出来。这个是简单的，记 \(f_u\) 表示只考虑 \(u\) 子树的答案，\(g_u\) 表示 \(\sum\limits_{v\in son_u}f_v\)，\(P(u)\) 表示端点的 lca 为 \(u\) 的路径集合。考虑转移：
如果 \(u\) 没被路径覆盖，那么贡献为 \(g_u\)。
如果 \(u\) 被路径 \((x,y,w)\) 覆盖，\((x,y,w)\in P(u)\)，那么贡献为 \(w+f_u+\sum\limits_{v\in(u,v,w)}g_v-f_v\)，对于每一条路径，把这一长串式子记为 \(S\)。
可以发现，对于一条路径 \((x,y)\)，\(f(x,y)\) 为全局答案减去它的权值为 \(0\) 时，一定要选它的答案。而这个东西为 \(S+h_{\text{lca}(x,y)}\)，\(h_u\) 表示不考虑 \(u\) 子树的答案。
用 dp 求 \(h\)。对于点 \(u,v\)，\(u\) 是 \(v\) 的父亲，从 \(h_v\) 转移到 \(h_u\) 是困难的，所以考虑从 \(h_u\) 转移到 \(h_v\)。
如果 \(u\) 没被路径覆盖，有 \(h_v=h_u+g_u-f_v\)。
如果 \(u\) 被路径 \((x,y,w)\) 覆盖，就按照 \(\text{lca}(x,y)\) 分讨一下，限制为 \(x\) 和 \(y\) 都不在 \(v\) 的子树里。
如果 \(\text{lca}(x,y) = u\)，那么贡献是 \(S_{(x,y,w)}+h_u-f_v\)，可以把 \(P(u)\) 按 \(S\) 从大到小排个序，然后暴力枚举。
如果 \(\text{lca}(x,y)\ne u\)，那么还有个限制是 \(u\) 和 \(v\) 里要有一个在 \(u\) 的子树里（另一个端点不会在 \(u\) 的子树里），贡献为 \(h_{\text{lca}(x,y)}+S_{(x,y,w)}\)，这个可以放到线段树上面统计。
最后考虑怎么统计答案。根据上面说的，\((u,v)\) 对答案的贡献为 \(f_1-\left(f_{\text{lca}}+h_{\text{lca}}+\sum\limits_{v\in(u,v,w)}g_v-f_v\right)\)。
对于前两项，可以枚举 \(\text{lca}\) 算，后面那一项可以对每个点单独算贡献。
然后就会变得不 emo 了。
ARC1993C Grid Coloring 3
容易发现每个格子的颜色只最后一次操作它的操作有关，所以考虑倒序。
把一次操作删除。第一次操作是把一行和一列删了，后面的每一次操作都相当于删一行/一列/一行和一列。
记 \(f_{n,m}\) 表示 \(n\) 行 \(m\) 列的矩形的答案。
删一行和一列是等价的。考虑删行：显然不能直接枚举删哪行，因为会计重，所以考虑二项式反演一下，贡献就是 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}\binom{n}{i}C^if_{n-i,m}\)。
考虑删一行和一列：依旧二项式反演，贡献为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^{i+j+1}\binom{n}{i}\binom{m}{j}Cf_{n-i,m-j}\)。
最终答案的形式删一行一列是差不多的，不过容斥系数要微操一下。
转移删一行一列的时候，直接枚举 \(i\) 和 \(j\) 是不行的，复杂度就变成四次方了。可以像洛谷P11292 【MX-S6-T4】「KDOI-11」彩灯晚会那样分开转移。
具体地，记 \(g_{n,m}=\sum\limits_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}Cf_{n-i,m}\)，转移的贡献为 \(\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^{j+1}\binom{m}{j}g_{n,m-j}\)。
CF1988F Heartbeat

记 \(f_{i,j,k}\) 表示长度为 \(i\) 的排列中前缀最大有 \(j\) 个，上升点有 \(k\) 个的数量，\(g_{i,j,k}\) 表示长度为 \(i\) 的排列中后缀最大有 \(j\) 个，上升点有 \(k\) 个的数量。不难注意到 \(g_{i,j,k}=f_{i,j,i-1-k}\)。

先把答案表示出来：枚举最大值的位置，有 \(\sum\limits_{p=1}^{n}\sum\limits_{i=0}^{p-1}\sum\limits_{j=0}^{n-p}\sum\limits_{k=0}^{p-1}\sum\limits_{l=0}^{n-p}\binom{n-1}{p-1}f_{p-1,i,k}\times g_{n-p,j,l}\times a_{i+1}\times b_{j+1}\times c_{k+l+[p>1]}\)。

简单化简一下这个东西。记 \(F_{p,k}=\sum\limits_{i=0}^{p}f_{p,i,k}\times a_{i+1},G_{p,l}=\sum\limits_{j=0}^{p}g_{p,j,l}\times b_{j+1}\)，上面那一坨就变成了 \(\sum\limits_{p=1}^{n}\binom{n-1}{p-1}\sum\limits_{k=0}^{p-1}\sum\limits_{l=0}^{n-p}F_{p-1,k}\times G_{n-p,l}\times c_{k+l+[p>1]}\)。这个玩意是四次方，还是不行。记 \(H_{p,l}=\sum\limits_{k=0}^{p}F_{p,k}\times c_{k+l+[p>1]}\)，上面那一小坨就变成了 \(\sum\limits_{p=1}^{n}\binom{n-1}{p-1}\sum\limits_{l=0}^{n-p}H_{p-1,l}\times G_{n-p,l}\)，就能三次方算了。
转移是简单的，考虑 \(1\) 插到哪就行。

1. \(1\) 插到最前面会让上升点和前缀最大的个数都加 \(1\)，\(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j-1,k-1}\)。
2. \(1\) 插到最后，\(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k}\)。
3. \(1\) 插到两个相邻顺序对中间，\(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k}\times k\)。
4. \(1\) 插到两个相邻逆序对中间，\(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k-1}\times (i-j-1)\)

ARC186D Polish Mania
先观察 Polish 序列有啥性质：
把一个 Polish 序列 \((a_1,a_2,\dots,a_m)\) 看成将 \((a_2,\dots,a_m)\) 分成 \(a_1\) 个小的 Polish 序列，也就是一个树状结构，\(a_i\) 表示 \(i\) 的儿子数。
因为有 \(n\) 个点，于是有 \(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i=n-1\)。
因为它是一个联通的树，所以 \(\forall \ i\in [1,n),\sum\limits_{j=1}^{i}a_j\ge i\)。
手腕一下发现这两个拼起来就是充要条件。
对于没有字典序限制的计数，可以看成从 \((0,0)\) 走到 \((n-1,n-1)\)，且不碰到 \(y=x-1\) 的方案数。
有字典序限制时，可以枚举 LCP，相当于从 \((x,y)\) 走到 \((n-1,n-1)\) 且不碰到 \(y=x-1\) 的方案数，用反射容斥做一下就行。
最后还要判断一下原序列是不是 Polish 序列。
洛谷P11233 [CSP-S 2024] 染色
简单题。
先给出一个状态。\(f_{i,j}\) 表示考虑 \(1\sim i\)，上一个和 \(i\) 颜色不一样的位置在 \(j\)，转移是简单的。但我太菜了觉得这个没有前途，所以换了一个状态！！！
记 \(c_i=\sum\limits_{j=2}^{i}[a_j==a_{j-1}]a_j\)，\(g_i\) 表示只考虑 \(1\sim i+1\)，且 \(i+1\) 和 \(i\) 颜色不一样的答案，最后的答案就是 \(g_n\)。
转移是简单的，枚举上一个和 \(i+1\) 同色的位置，也就是 \(\max\limits_{j=0}^{i-1}\{[a_{i+1}==a_j]a_j+c_i-c_{j+1}+g_j\}\)。
这个是简单的，把 \(c_i\) 拉到外面，然后记录当前 \(g_j-c_{j+1}\) 的最大值和值域上的 \(v\) 对应的 \(\max\limits_{a_i=v}\{g_i-c_{i+1}\}\)，就能 \(O(n)\) 做了。
洛谷P14254 分割（divide）
简单题。
可以发现，选出来的连通块（子树）的深度集合是一个区间，又发现选的点的深度是一样的，然后就基本做完了。
假设选出来的子树的深度区间为 \([l_1,r_1],[l_2,r_2],\dots,[l_k,r_k]\)，那么一定有 \(\forall \ i\in (1,k],r_i\ge r_1\) 且 \(\exists \ i\in (1,k],r_i=r_1\)。
对于同一个深度的点的集合 \(S\)，将他按 \(r\) 小到大排序后得到 \(p_1,p_2,\dots,p_k\)。
假设现在的第一个点是 \(u=p_i\)，\(S\) 中有 \(c1\) 个点的 \(r\) 大于等于 \(u\) 的 \(r\)，有 \(c2\) 个点的 \(r\) 大于 \(u\) 的 \(r\)。
容斥一下可以得到这个点的答案为 \(\binom{c1}{k-1}-\binom{c2}{k-1}\)，再乘上 \((k-1)!\)。
然后就做完啦。
洛谷P4707 重返现世
题目要求的是 \(E(\min\limits_k(S))\)，显然要 min-max 容斥，但是容斥后式子里会带一个 \(E(\max(S))\) 这个是不好做的。令 \(k=n-k+1\)，答案就是 \(E(\max\limits_k(S))\)。
对上面那个做 min-max 容斥，就变成了 \(\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-k}\binom{\lvert T\rvert-1}{k-1}E(\min(T))\)。
对于 \(E(\min(T))\)，本质上是第一次出现 \(T\) 中元素的期望时间，出现 \(T\) 中元素的概率是 \(P(T)=\frac{\sum\limits_{i\in T}p_i}{m}\)，期望时间就是 \(\frac{1}{P(T)}\)。
对这个玩意 dp。设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 种原料，大小为 \(j\) 且 \(p\) 的和为 \(k\) 的集合的 \(\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\lvert T\rvert-k}\binom{\lvert T\rvert-1}{k-1}\) 和。
考虑转移：
现在这个原料不加进去，有 \(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j,k}\)。
如果要加进去，有 \(f_{i,j,k}\gets f_{i-1,j-1,k-p_i}-f_{i-1,j,k-p_i}\)，也就是把组合数拆开，然后讨论一下正负。
然后就做完了。
CF1389G Directing Edges
显然先把强炼铜分量缩一起，就变成了一棵树。
不妨令根是一个特殊点，把子树内没有特殊点的点缩到它祖先里第一个特殊点，不然就要讨论一些情况，比较麻烦。
现在就可以换根 dp 做了。先把根的答案求出来，然后每个点的答案就是，求出它父亲去掉它的答案，再贡献给它。
CF526F Pudding Monsters
简单题。
先对每个点 \((x,y)\)，让 \(p_x=y\)，搞成一个排列。
对于一个区间 \([l,r]\)，它合法当且仅当 \(\max\limits_{i=l}^{r}p_i-\min\limits_{i=l}^{r}p_l=r-l\)。
这个是简单的，从左到右扫描线，然后用线段树和单调栈简单维护就行了。
洛谷P8860 动态图连通性
观察，如果一条边被删的第一次失败了，那么后面的那几次也会失败，所以每条边只和它第一次被删的时间有关，记为 \(t_i\)，如果都没被删就搞成 \(\inf\)。
可以发现，最后保留的边一定是一条路径和一些 \(t_i=\inf\) 的边，而这条路径上的 \(t\) 从小到大排序后字典序最大。
可以用主席树维护当前点最有字典序的哈希值，每次 \(O(\log m)\) 判断，复杂度是双 \(\log\)。
qoj6545 Connect the Dots
对于一个极长颜色连续段，从它左边或右边第一个点向段内所有点连边，就能把这个段缩成一个点，这样操作是不劣的，因此不妨令相邻颜色不同。
先让相邻的两个点连边。
如果这个串是 abababab 交替，就让第一个 a 对所有不相邻的 b 连边。
如果这个串有超过三种颜色：
如果有一种颜色只出现了一次，就让它对所有不相邻的位置连边。
否则，选一个不在 \(1\) 和 \(n\) 上的颜色，一直删它直到它只剩一个，删的意思是从左边往右边连边。
qoj8085 Bulbasaur
\(f(i,S)\) 表示第 \(i\) 行的点集 \(S\) 中每个点的出边连向的点的并集。
这种形式的式子一般都是扫描线。从前往后扫感觉上就比从后往前扫难做，因为从后往前扫只用维护这一行的答案。
直接维护能不能到后面每一行比较困难，转化为维护每个点集最远能到哪行。
先思考一下弱化版：每个点集能不能到下一行。根据 Hall 定理，这个点集能到当且仅当 \(\forall \ T\subset S,|f(i,T)|\ge|T|\)。
记 \(g(i,S)\) 表示第 \(i\) 行的点集 \(S\) 最远能到哪行，\(h(i,S)\) 表示 \(f(i,S)\) 大小为 \(|S|\) 的子集中 \(g\) 的最大值，于是有 \(g(i,S)=\min\limits_{T\subset S}h(i,T)\)。
然后就做完了。
qoj14522 军训 I
？？？
可以发现 \(k>13\) 是无解的。
先写个暴力方便打表，顺便把 \(n\le 3,m\le 3\) 判掉，不然会有一堆 corner。
\(k=1\)：全填。
\(k=2\)：不妨令 \(n\le m\)，第一行全填其它不填。
\(k=3\)：不妨令 \(n\le m\)，第二行全填其它不填。
\(k>3\) 的时候如果 \(\min(n,m)=1\) 就无解，先判掉。
\(k=4\)：\((1,1)\) 填，其它不填。
\(k=5\)：可以发现当 \(\gcd(n,m)=1\) 时无解。
观察一下，当 \(n=m\) 时填对角线，可以拓展一下，两维分别按照 \(\frac{n}{\gcd(n,m)}\) 和 \(\frac{m}{\gcd(n,m)}\) 分块。
\(k=6\)：\(m=2\) 时填 \((2,1)\)，否则填 \((1,2)\)。
\(k=7\)：填 \((2,1)\) 和 \((1,2)\)，如果 \(n>2\)，就把 \((1,x),x>2\) 全填。
\(k=8\)：全部无解！
\(k=9\)：不妨令 \(n\le m\)。\(n=2,m=2\) 时无解，\(n=2\) 时填 \((1,3),(2,1)\)，否则填 \((1,2),(2,1)\)。
\(k=10\)：全部无解。
\(k=11\)：不妨令 \(n\le m\)。\(n=2\) 时填 \((1,2),(1,4),(2,1)\)，否则填 \((1,3),(2,1)\)。
\(k=12\)：全部无解。
\(k=13\)：\(\min(n,m)\le 2\) 无解。\(m\ge4\) 时填 \((1,4),(2,1),(2,2)\)，否则填 \((1,3),(3,1)\)。
finish。
洛谷P5044 [IOI 2018] meetings 会议
先给出一个多项式做法：记 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 的答案，转移为 \(f_{l,r}\gets\min(f_{l,x-1}+(r-x+1)\times a_x,f_{x+1,r}+(x-l+1)\times a_x)\)，\(x\) 是区间内最大值的位置。
这个东西感知上不能直接维护。可以发现，除查询外的状态 \([l,r]\) 都满足 \(a_{l-1}\ge \max(a_l,\dots,a_r)\) 或 \(a_{r+1}\ge \max(a_l,\dots,a_r)\)，其它的都不用计，不妨让状态都满足第一个条件，第二个条件只用把序列倒过来再做一遍就行。
这种和大小关系有关的东西可以在笛卡尔树上做。记当前是节点 \(u\) 子树内的编号区间为 \([l,r]\)，要求的就是 \(f_{l,l+1\sim r}\)。
求 \(f_{l,r'}\) 时，如果 \(r'<u\)，那它就在左子树被算了，不管他。
如果 \(r'=u\)，那么 \(f_{l,u}=f_{l,u-1}+a_u\)。
如果 \(r'>u\)，\(f_{l,r'}=\min(f_{l,u-1}+(r'-u+1)\times a_u,f_{u+1,r'}+(u-l+1)\times a_u)\)。
把 \(f\) 数组按照 \(r\) 摊到序列上，显然不会有影响。前两个转移是好做的，第三个转移相当于区间加和区间对一次函数取 \(\min\)。注意到 \(l\) 固定时 \(f\) 单调不减，所以可以二分分界线，就变成了区间覆盖一次函数，这个是好做的。
询问直接挂到树上就行。
gym102586L Yosupo's Algorithm
两维都有限制比较难做，可以去掉一维。
考虑把红点和蓝点放在一起分治：若当前分治到 \([l,r]\)，把 \([l,mid]\) 中的红点拉出来记为 \(S\)，把 \((mid,r]\) 中的蓝点拉出来记为 \(T\)，\(S\) 中权值最大的点为 \(p\)，\(T\) 中权值最大的点为 \(q\)。
可以发现，在这个 y 的区间中，所有询问的答案一定会选 \(p\) 和 \(q\) 里至少一个点，证明可以考虑 \(L\) 在 \(p\) 的哪边，\(R\) 在 \(q\) 的哪边，分讨一下。
现在问题变成了：有若干个 \((x_i,y_i,w)\)，每次询问一个 \(L,R\)，问所有 \(x_i<L,y_i>R\) 或 \(x_i>L,y_i<R\) 的 \(w_i\) 的最大值，离线下来扫描线即可。
ARC156D Xor Sum 5
两个相同的数异或起来会抵消，可以先构造双射。
可以发现，若一个序列不是回文的，那么将它倒过来可以给它抵消掉，所以只用考虑回文的情况。
考虑 dp。记 \(f_i\) 表示 \(K=i\) 时的答案，这个状态在 \(i\) 为奇数时不好转移，因为他是一个 \(\bigoplus(\sum+a_p)\) 状物，\(a_p\) 是回文的中间项。
可以换个状态，\(f_{i,j}\) 表示 \(K=i\)，每个项都加一个 \(j\) 的答案。
考虑转移：
记 \(t=\lfloor\frac{i}{2}\rfloor\)。
当 \(i\) 是偶数时，对于一个回文序列 \(a_1,\dots,a_{t},a_{t},\dots,a_1\)，它的贡献是 \(2\times (\sum\limits_{k=1}^{t}a_k)+j\)。注意到左边那一项二进制最低位为 \(0\)，可以拆位，贡献变成了 \(2\times (\sum a_k+\lfloor\frac{j}{2}\rfloor)+j\bmod 2\)，得到转移 \(f_{i,j}\gets 2\times f_{t,\lfloor\frac{j}{2}\rfloor}+(N\times j\bmod 2)\)。
当 \(i\) 是奇数时，枚举中间项，然后就和偶数差不多了，有转移 \(f_{i,j}\gets\bigoplus\limits_{p=1}^{n}(2\times f_{t,\lfloor\frac{j+A_p}{2}\rfloor}+(N\times (j+A_p)\bmod 2))\)。
显然 \(i\) 只有 \(\log K\) 种，而 \(j\) 最大是 \(\max A_i\)。
qoj9527 A Brand New Geometric Problem
这个题看上去不是很可做。经验告诉我们，不可做题就是乱搞题。
可以发现 \(a\) 中不是 \(M\) 的因数的都是没用的。当 \(\prod a_i=M\) 时，可以加入或删除 \(1\) 让 \(\sum a_i=S\)，所以 \(1\) 也是没用的。
记 \(D\) 为 \(M\) 的因子集合。考虑设置一个阈值 \(B\)，对 \(M\) 小于等于 \(B\) 的因子 dp，大于 \(B\) 的爆搜，经过一些尝试可以得到 \(B=500\) 最优。
对于 dp，记 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了前 \(i\) 小的因子，乘积为 \(j\)，和为 \(k\) 的最小代价，转移是简单的，枚举当前的因子选了多少个，然后暴力转移。
可以发现 \(j\) 这一维只能是 \(M\) 的因子，\(10^{10}\) 内最大是 \(2304\)，\(k\) 我不会分析，反正开到 \(700\) 就够了。
爆搜是简单的，直接搜这个因子有几个就行。
qoj9523 Marble Race
把 \(x_i\) 取绝对值，将问题转化为：给你 \(x_1,\dots,x_n\) 和 \(v_1,\dots,v_m\)，对每个 \(i\) 随机一个 \(1\sim n\) 的整数 \(j\)，问 \(\frac{x_j}{v_i}\) 的中位数的期望。
把所有可能的 \(\frac{x_j}{v_i}\) 求出来，记为 \(z_i\)，那么答案就是 \(\sum P(z_i=M)z_i\)，\(M\) 表示中位数。
这个概率并不好求。差分一下，记 \(p_i=P(z_i\ge M)\)，答案就是 \(\sum (p_i-p_{i-1})z_i\)。
这个概率本质上是序列中小于等于它的数有至少 \(\frac{m+1}{2}\) 个，而对于一个 \(z_i\)，每个位置上的值小于等于它的概率都能求出来，记为 \(w_i\)，再做个 dp，时间复杂度是 \(O(nm^3)\) 的，显然过不去。
考虑优化。可以发现，将 \(z\) 从小到大排序后，\(w_i\) 的总变化量为 \(O(nm)\) 的，每次变化只和那个位置有关，可以做个 \(O(m)\) 的可删背包，就优化到了 \(O(nm^2)\)。
qoj14509 二维弹球
将正方形最下面的点挪到原点上，然后旋转正方形和那个点。
这个时候，\(g\) 被拆成了与 \(x\) 轴平行的加速度和与 \(y\) 轴平行的加速度，根据高一物理知识暴力算即可。
qoj2570 Maximal Subsequence
对每个 \(i\) 求出以它为结尾的最长上升子序列长度 \(f_i\)，把原问题转化为删最少的点，可以发现答案为：最大的 \(k\) 满足可以在序列中选出 \(k\) 个两两不交的最长上升子序列。
这个显然是对的：如果答案比 \(k\) 更大，那么肯定能选出更多两两不交的最长上升子序列。
然后就直接贪心。做法是对每个 \(i\)，让它向所有满足 \(j>i,a_j>a_i,f_j=f_i+1\) 的 \(j\) 连一条边，就相当于在这个图上选出最多的两两不交的最长链，每次选字典序最大的链是最优的，证明不会。
写的时候不用真的把图建出来，存一下每个 \(i\) 在 \(f\) 的出现位置就可以了。
qoj4808 Great Party
先考虑对一个序列 \(a_1,a_2,\dots,a_{n-1},a_n\)，先手必胜的情况是啥。
打个表可以发现先手必胜当且仅当 \(n\) 为奇数或者所有 \(a_i-1\) 的异或和不为 \(0\)。
然后跑个莫队就做完了。
qoj12212 Best Subsequence
显然二分。
对于一次 \(\text{check}(l,r,k)\)，先把区间内 \(w_i\times2\le k\) 的 \(i\) 选出来，将这些点记作一类点，显然这样选一定不劣。把选出来的下标序列记作 \(p_1,p_2,\dots,p_{m}\)，如果对于一个 \(i\)，\(\exists \ j\in(p_i,p_{i+1}),a_j+\max(a_{p_i},a_{p_{i+1}})\le k\)，那么就能给这个 \(j\) 选上，把选出来的 \(j\) 记作二类点。因为这个是在环上做的所以还要看 \(p_m\) 和 \(p_1\)。
qoj970 Best Subsequence
上面那一个题的 PLUS 版。
显然仍然是二分。
对于一次 \(\text{check}(l,r,k)\)，计算区间中 \(A_i\times2\le k\) 的个数是好做的，可以用主席树简单维护。
对于一个数对 \((i,j)\)，它们会在某些时候是两个相邻的一类点当且仅当 \(\max(A_i,A_j) < \min\limits_{k=i+1}^{j-1}A_k\) 或 \(i+1=j\)，根据一些支配对结论可以知道这样的数对的数量是 \(O(n)\) 级别的，可以用单调栈找出来，然后用主席树简单维护。
qoj1173 Knowledge Is...
对于两个区间，如果它们有交就连一条边，答案就是这个图的最大匹配。
我对着这个玩意瞪了几分钟，然后正解是一个，特别简单的反贪？？？？？？？
qoj4802 Ternary Search
可以发现单峰和单谷是等价的，只需要取相反数就行，下文中只考虑单谷。
对于一个单谷序列 \(b_1,b_2,\dots,b_m\)，\(\exists \ 1\le i\le m,b_1<b_2<\dots<b_i>b_{i+1}>\dots>b_m\)，如果把 \(b_1,\dots,b_k\) 全部取相反数，\(b\) 就是一个单调递增的序列。于是原问题就转化成了：对每个前缀，求出将一些数取相反数后逆序对的最小值。
考虑从前往后扫描线，同时维护答案。假设现在是前缀 \(i\)，对于一对 \(1\le j<k\le i\)，它们是逆序对有两种情况：

1. 当 \(a_j>a_k\) 时，只要 \(a_j\) 不取反就是逆序对。
2. 当 \(a_j<a_k\) 时，只要 \(a_k\) 取反就是逆序对。

因此可以维护每个位置不取反的贡献 \(b_i\) 和取反的贡献 \(c_i\)，当前答案就是 \(\sum\limits_{j=1}^{i}\min(b_j,c_j)\)。
对于 \(c_i\)，因为它只和 \(i\) 前面的数有关，可以用树状数组简单维护。
对于 \(b_i\)，可以让他最开始减去 \(c_i\)，答案就变成了 \(\sum\limits_{j=1}^{i}\min(b_j,0)+c_j\)。每次往后加一个数，都相当于对一个值域的后缀的 \(b\) 加上 \(1\)，所以可以把 \(b\) 摊到值域上存，每次加完后把 \(b_i=0\) 的位置删掉就可以了。
qoj8559 \(k\)-coloring
可以发现所有 \(k\) 是偶数的情况都能规约到 \(k=2\) 的情况，所有 \(k\) 是大于 \(1\) 的奇数的情况都能归约到 \(k=3\) 的情况。
\(k=1\)：
这是简单的，跑个欧拉路径就行。
qwq。
\(k=2\)：
对原图拉一棵生成树出来，如果只看树边的话，跑出欧拉序就行，因为一条边只会在下去或上去的时候被标记，对于非树边直接在经过的时候标记一下就行。
\(k=3\)：
先按照 \(k=2\) 的方法跑一遍，得到一个序列 \(a_1,a_2,\dots,a_t\)。
手玩一下发现，当遍历到 \(i\) 且 \(\exists \ j\in \mathbb{Z},4j+3=i\) 时，答案里要加上 \(a_{i-1}\)，\(a_i\)。
P12417 基础构造练习题 1
可以发现，当 \(n\) 为奇数时无解。
证明：数列每一项相等当且仅当数列的最大值个数 \(cnt\) 等于 \(n\)。当 \(n\) 为奇数时，构造数列 \(a_i\) 为第 \(i\) 个质数，此时 \(cnt\) 为奇数当且仅当没进行任何操作，因此 \(cnt\) 不可能等于 \(n\)。
先给出一个能用的构造。分治只能在 \(n=2^k\) 的时候用，考虑每次合并两个数，也就是从 \(\underbrace{a,\dots,a}_{n个},b,b\) 合并到 \(\underbrace{c,\dots,c}_{n+2个}\)。
先把一个 \(a\) 和一个 \(b\) 乘一起：

\[ab,\underbrace{a,\dots,a}_{n-1个},ab,b \]

我们想让所有项都包含一个 \(b\) 的因子。可以让后面那个 \(ab\) 和每一个 \(a\) 都做一次：

\[ab,a^{2} b,\dots,a^{n} b,a^{n} b,b \]

为了让前面的全部相等，可以将 \(1\) 和 \(n\)，\(2\) 和 \(n-1\) 等两两配对：

\[\underbrace{a^{n+1} b^2,\dots,a^{n+1} b^2}_{n个},a^{n} b,b \]

现在有个很坏的事情，将后两个乘起来后会少一个 \(a\)，所以可以在前面那部分保留两个 \(a\)：

\[\underbrace{a^{n-1} b^2,\dots,a^{n-1} b^2}_{n-2个},a,a,a^{n-2} b,b \]

将最后两个乘一起，然后和两个 \(a\) 配对：

\[\underbrace{a^{n-1} b^2,\dots,a^{n-1} b^2}_{n+2个} \]

写一下后发现最大操作次数为 \(392959\)。
每次合并两个数花的次数太多，考虑直接把整个序列做完。
记 \(m=\frac{n}{2}\)。
延续上面的匹配的思想，将 \(i\) 和 \(i+m\) 操作一次，\(a_1,\dots,a_m,a_1,\dots,a_m\) 分为：

\[a_1,\dots,a_m \]

\[a_1,\dots,a_m \]

为了能匹配上，让上面那一组做个前缀积，下面那一组做后缀积，然后匹配。手腕一下，最后是：

\[\underbrace{\prod_{i=1}^{m}a_i}_{m-1个},\prod_{i=1}^{m-1}a_i \]

\[\underbrace{\prod_{i=1}^{m}a_i}_{m-1个},\prod_{i=2}^{m}a_i \]

这时候多了两个匹配不上的东西。让这两个乘一起，就变成了 \(\underbrace{\prod_{i=1}^{m}a_i}_{n-2个},a_{1} a_{m} \prod_{i=2}^{m-1}a_i^2,a_{1} a_{m} \prod_{i=2}^{m-1}a_i^2\) 的形式，做一遍上面那个合并就行。
分析一下操作次数，为 \(3.5n-7\)，可以得到 \(86\) 分。
加两个东西进去操作次数太多了，肯定是要去掉的。
上面那两个剩下的东西过于诡异，一个剩了 \(a_1\)，一个剩了 \(a_m\)。有一个思路是，把 \(a_n\) 和 \(a_{n-1}\) 留出来，让 \(a_1=a_{m}=a_{n-1}\)，\(a_{m-1}=a_{2m}=a_{n}\)，然后做一遍 \(n-2\)，最后再把 \(a_{n-1}\) 和 \(a_n\) 乘上去。但这就需要做两次 \(n=3\) 的操作，显然无解，所以可以让 \(a_1=a_m\)，就变成了一次 \(n=6\) 的操作，手玩一下可以得出 \(n=6\) 的 \(11\) 次解（其实就是用 \(3\) 次合并相邻两个，用 \(2\) 次合并前四个，然后做一遍加两个数）。
现在做到了 \(2050\) 次操作，距离正解只差 \(3\) 次。
可以发现，在 \(2050\) 的解中，我们做的 \(n=6\) 操作本质上是为了做两次 \(n=3\) 的情况。我们注意到，做 \(n=4\) 只需要 \(4\) 次，而 \(2\times 4=8=11-3\)，也就是说可以把 \(a_2\) 和 \(a_3\) 拉出来，做两次 \(n=4\) 的合并，就能让操作次数少 \(3\)，然后就能得到 \(2047\)，也就做完了。记得要判 corner。