Exemplary Examples III
导语见 Exemplary Examples I。
T-081 P9120 25-11-24 B
先用二分极差，之后枚举每一行的最大值，转化成判定性问题，总复杂度 \(O(n^{k+1}\log V)\)。现想要减少枚举量。从边界元素入手，关注全局最大值元素，它一定是某一行的最大值。做对称，也可关注全局最小值元素。若此二者在同一行，则极差必为全局最大差，可特殊处理。若二者不在同一行，则可减少两行的枚举量，得到 \(O(n^{k-1}\log V)\) 的做法。
如果把该枚举的元素都枚举完了，就只剩判定性问题。问题的答案是 0/1，随着你二分和枚举的信息而改变。关注你所枚举的最后一行（我们想要消掉此处的复杂度），把答案看成只关于最后一行最大值的函数（其它本来要用到的参数，如前几行的最大值，当作常量），这是一组本质相同问题，可以递推去求。具体来说，设现在二分的值为 \(m\)，现在正在从小到大枚举最后一行的最大值 \(x\)（其余行的最值均已确定），则依据其余行已经确定的最值，可以知道每个锁圈各自的，转到最后一行的数字可能性集合。单个判定性问题相当于询问，值域区间 \([x-m,x]\) 是否将每个锁圈的集合中的元素，各自至少包含了一个。在 \(x\) 从小到大依次增长的过程中，可以直接维护“第 \(i\) 个锁圈的合法集合中，大于等于 \(x-m\) 的最小元素是多少”。每次查询全局最大值即可，总复杂度 \(O(n^{k-2}\log V)\)。
只剩 \(k=4\) 没有解决，关键在于我们枚举了两行。把判定性答案看成只关于倒数第二行最大值的函数（把二分的值和前面两行的最值当作常量。如果存在一个合适的最后一行取值，则答案就是 1，否则是 0）。不妨设倒数第二行最大值是 \(y\)，则 \(y\) 从小到大增大的过程中，锁圈集合总计变动 \(O(n)\) 次。我想询问，在此 \(y\) 条件下（条件中还有被视作常量的，二分的值和前面两行的最值），是否存在一个合适的最后一行取值。以提出限制的元素为主体，从反面考虑。对于锁圈 \(i\) 集合，将它从小到大排序，关注其相邻元素 \(A,B\)，则“最后一行取值”不能落在 \([A,B-m)\) 范围内。用线段树叶子节点维护“最后一行取值”能否位于当前值（将“不能被落在”的位置用区间加一去覆盖，则所有零元素就是可以被落在的位置），每次锁圈集合变动，只需区间加/减一即可。对于一个 \(y\) 的询问，就是问全局有没有零元素，若有，则存在合适的最后一行取值。总复杂度 \(O(n^{k-3}\log^2 V)\)。
T-082 QOJ11318 25-11-27 B+
要求被操作的前缀单调递增，那描述法就简单了。一个方案可以由“操作位置（每次操作的前缀的末尾位置）组成的非重集合”唯一表示。但知道了方案，不代表知道最终答案（也就是由这个方案得到的串），先想想如何方便地由方案得到答案串（与之对称地，有时我们是去描述答案，然后考虑如何由这个答案，反推回方案）。因为每次操作都是对元素的位置变换，可以分拆成关注每个元素，也就是关心，初始第 \(i\) 个字符，最终在哪里。先关注边界元素，也就是那些位于最后一次、倒数第二次操作位置中间的元素。称这段元素初始时构成的子串为 \(S\)。则其最终状态是，\(S^T\) 被放置在总序列的开头。再关注次边界元素，也就是位于倒数第二、三次之间的元素，其最终状态是，直接被放在总序列末尾。换句话说，假设用所有的 \(k\) 个操作位置（为了描述方便，不妨设 \(k\) 为偶数）把原串划分成 \(k+1\) 段 \(S_1S_2S_3...S_kS_{k+1}\)（合起来就是原串），则结果串是 \(S_k^TS_{k-2}^T...S_4^TS_2^TS_1S_3...S_{k-3}S_{k-1}S_{k+1}\)。
因为“边界元素、次边界元素”等，都是从原序列靠左的位置依次剥离出来的。自然地想到倒序考虑，每次确定“倒数第 \(i\) 个”操作位置。相当于每决策出倒数第 \(i\) 个位置，就依奇偶性分讨，把倒数第 \(i,i+1\) 个位置之间的元素，要么翻转后分配给答案串最靠近开头的一段空白，要么直接分配给答案串最靠近结尾的一段空白（假设答案串初始全是空白。无论哪次分配后，答案串都是只被确定了一段前缀和一段后缀）。但这样做没有前途，其失败的关键在于，因为开头和结尾是分开的，所以在逐次分配的过程中，我们对“答案串”的字典序完全没有把握（只把握了前一半），也就不能了解，怎样的决策比较优秀。
做对称，改成依原序考虑，则相当于每次把当前段翻转后，接到“当前答案串”前面，或者直接接到“当前答案串”的后面（“当前答案串”初始为空串。无论哪次分配后，“当前答案串”都是一个连续的串，且是最终答案串的一个子串）。但还是不会做。关键在于，现在这个描述法是接近于断点转移的“每次确定一段”，想要在不同方案之间进行字典序比较，是困难的。
换成逐步转移，也就是更改描述法。改为描述一个 01 序列，如果是 0 代表本元素属于某个“接前面”的段，是 1 代表本元素属于“接后面”的段。假设没有“不能操作某些位置”的限制，则我们可以依次决定每个元素是 0 还是 1，也就是决定它是要放到当前答案串的前面还是后面。每次在可能的两种串中，选择放置后字典序较小的串，作为本元素的决策结果。如果有限制，只需将连续有限制的段作为整体，每次确定一个整体是全 0 还是全 1，还是选择字典序较小的方式即可。多次比较两个串的字典序大小，可以二分其 lcp（用哈希判相同），然后判断下一个元素谁大。
T-083 P14638 25-12-8 A 颓了一周，因为 NOIP 考寄了。但是我们先别急，NOIP 的题目其实依然落入了窠臼。
题面的主体，是所枚举的 \(i\)。首先转换主体，就是说对于一次询问，只需考察所有长度在 \([L_j,R_j]\) 范围内的区间，对每个点 \(i\) 处答案的贡献。接下来，因为想要考察“所有”区间，可以分治。
对于分治到的某个子区间 \([l,r]\)，记其中点为 \(m\)。则在这个子区间处，只考虑所有跨过 \(m\) 且长度在 \([L_j,R_j]\)，同时左右端点均在 \([l,r]\) 的区间，对于点 \(i\in [l,r]\) 的贡献。不好直接处理，不妨把贡献主体转换回去，对于点 \(i\)，能够贡献它的区间只需多满足一条，就是要跨过 \(i\)。形式化地说，若区间 \([a,b]\) 贡献 \(i\)，则 \(a\le i\le b\)。但是不要忘了，\([a,b]\) 必须是合法区间，换句话说 \(l\le a\le m,m\le b\le r\)。没想法吗？我再给你写慢一点，把所有限制叠在一起就是，\(a\in[l,\min(m,i)],b\in[\max(m,i),r]\)。这里存在两项取 min/max，因此需要根据两项的大小分类讨论。就是讨论 \(i,m\) 的大小关系。若 \(i\le m\)，则限制就是 \(a\in[l,i],b\in[m,r]\)。把 \(i\in[l,m]\) 对应的可贡献 \([a,b]\) 集合，记作函数 \(f(i)\)，则显然 \(f(i)\) 可以递推计算，\(f(i)=f(i-1)+([a,b]|a=i,b\in[m,r])\)。若 \(i\ge m\) 也类似。通过 st 表预处理，可以得到总复杂度 \(O(nq\log n)\) 的做法。
看特殊性质 D，因为 \(L_j>n/2\)，只需访问分治区间 \([1,n]\) 而不用递归下去，因为两个子分治区间 \([1,\frac{n}{2}],[\frac{n}{2},n]\) 内均不存在合法贡献区间。性质 E 也类似。正常做分治过程，不过一旦发现当前分治区间 \([l,r]\) 满足 \(r-l+1<L_j\)，就直接 return 即可。分治做法的前途到这里结束了，即使是继续优化分治做法，也必须要引入和分治无关的思想。这个思想就是：
定长分块。对原序列上，每隔 \(B\) 标记一个点，则任何长度 \(\le B\) 的区间，都最多跨过一个标记点。在本题中，每隔 \(R_j\) 放置一个标记点，把标记点 \(i\) 记作 \(m_i\)。那么，所有合法区间，要么恰跨过一个标记点（I 类），要么不跨过任何标记点（II 类）。关注 I 类区间的贡献，这个和分治时处理的问题完全相同，就不提了。关注 II 类区间的贡献，这些区间的端点必然均在某相邻两个标记点之间。很自然地，把端点在 \([m_t,m_{t+1}]\) 的合法区间放在一起考虑，称为集合 \(s(t)\)。又把贡献主体转换回去，只关心 \(i\in[m_t,m_{t+1}]\) 受到的，来自 \(s(t)\) 的贡献，不妨设对于 \(i\) 来说，能贡献它的集合是 \(g(i)\)，\(g(i)=([a,b]|a\in[m_t,i],b\in[i,m_{t+1}],b-a+1\in[L_j,R_j])\)。最后一个限制的上界其实不用管。最奇怪的限制是最后一个，因为它是个双元限制。
把 \(g(i)\) 写成 \(a,b\) 各自取值范围的形式。那双元限制如何处理，就看你把谁当作自变量。把 \(a\) 当作自变量，则 \(g(i)=([a,b]|a\in[m_t,i],b\in[\max(i,a+L_j-1),m_{t+1}])\)。把 max 的两项分讨一下，若 \(i\le a+L_j-1\)，记作 \(h(i)=([a,b]|a\in[i-L_j+1,i],b\in[a+L_j-1,m_{t+1}])\)。反之，记作 \(w(i)=([a,b]|a\in[m_t,i-L_j],b\in[i,m_{t+1}])\)。\(g(i)=h(i)+w(i)\)。对于 \(h(i)\)，可以单调队列递推处理。对于 \(w(i)\)，直接递推 \(w(i)=w(i-1)+([a,b]|a=i-L_j,b\in[i,m_{t+1}])\) 即可。
T-084 P14637 25-12-8 S
拿到这个题，先猜想它是 dp 去处理的。注意深度较小，那有两种可能，一种是有一维状态和深度有关，可能需要长剖优化转移。第二种是，状态/转移利用到了 \(\sum \mathrm{siz}_i=\sum d_i\le nd_{\max}\)。那么选择怎样的描述法呢？
以节点为主体，记录所有的 \(a_i\) 显然是一种描述法。但是我一再强调，要为答案服务，这个描述法不太容易计算答案。于是转换主体。最方便算答案的主体就是子树（毕竟答案就是每个子树的 mex 加起来），对应的描述法就是依次记录每个子树的 mex。对于 \(\mathrm{sub}_i\)，记录其 mex 为 \(b_i\)。关键是某些 \(b_i\) 序列不合法。不妨假设知道某个 \(b\) 序列，用 dp 判定其合法性。
定义状态 \(f_i\) 表示，为了让 \(i\) 子树合法，我们定下了一些 \(a_i\)，最多剩下几个节点未定 \(a_i\)。则 \(f_i=-(b_i-\max b_j)+1+\sum f_j,j\in \mathrm{son}_i\)。只需判断 \(\min f_i\) 和 0 的关系即可。
现在尝试 dp 逐步生成 \(b_i\)。状态 \(f_{i,j,k}\) 表示，生成了 \(i\) 子树内的所有 \(b_t\)，其中 \(b_i=j\)，最多剩下了 \(k\) 个节点未定，在此情况下，子树内 \(\sum b_t\) 最大是多少。前缀和优化转移，做到总复杂度 \(O(n^3)\)。但是没有前途。
换回主体，以 \(i\) 为主体如果想要统计答案，那就得知道，它的 \(a_i\) 给哪些子树的 mex 做了贡献。关键是如何定义“做了贡献”。从子树为主体考虑这个定义该怎么下。对于子树 \(\mathrm{sub}_x\) 内，\(\forall w\le b_x\) 都得定一个“贡献来源”，得到一个长为 \(b_x\) 的数组 \(g(x)\)。回想 \(b_x\) 的生成过程，它相当于在 \(x\) 儿子中，选择了 \(b\) 最大的 \(y\)“继承”了其 \(b_y\)，并在此基础上，从子树内选取了一些未定节点，将其 \(a\) 依次赋值为 \(b_y+1,b_y+2,...,b_x\)。既然如此，不妨令 \(g(x)\) 的前 \(b_y\) 项就是 \(g(y)\)，而 \(g(x)\) 的 \(b_y+1,b_y+2,...,b_x\) 项，则依次是，刚刚在子树内赋 \(a\) 等于该值的位置。由此能够定义“贡献来源”，从而知道节点对哪些子树有贡献。
如此看来，这个“继承”关系形成的树链剖分结构非常重要，不妨描述每个节点的重儿子是谁。假设已知这个辅助结构，再去考虑每个节点能够对谁贡献、如何 dp/贪心最优化这个贡献。那么一个节点 \(i\) 所贡献的子树的根，一定是从 \(i\) 到根的这条链（称作 \(l\)）上的某个“区间”。答案就是每个节点对应区间长度之和。对此区间的起点（深度较大端点）没有限制，不过其终点必须是，自起点开始向上数，\(l\) 上第一个满足“\(x\) 的父亲的重儿子不是 \(x\)”的位置 \(x\)。用调整法可得，若只关心 \(l\) 上的所有重边，则对于节点 \(i\) 来说，它的“区间”必然是贪心地选择，重边连成的链中最长的一条。据此，只要已知树剖结构，就能贪心算出答案了。
于是从上向下 dp，生成树剖结构。状态 \(f_{i,j,k}\) 表示，关心 \(i\) 的到根链，其中重边链中最长的一条长度为 \(j\)，且深度最大的重边链长度为 \(k\)，在此情况下，\(i\) 子树内所有节点贡献之和最大是多少。转移非常容易，只需枚举当前节点的重儿子是谁，可以做到 \(O(nm^2)\)。但是状态炸掉了，而且无法长剖优化。
改断点转移。也就是说，生成树剖结构的时候，不要依次确定当前点的重儿子，而是一次性确定当前点一直到叶子的重链。仔细分析一下，可以定义状态为 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 和父亲的连边是轻边，\(i\) 到根链上最长重链长度为 \(j\)，\(i\) 子树内点贡献之和的最大值是多少。每次转移时，枚举子树内的一个叶子节点，将该叶子节点到 \(i\) 的路径设成重链，并将重链上点的其余儿子设成轻儿子。形式化地说，定义 \(\mathrm{path}(i,j)_{k}\) 为从 \(i\) 到 \(j\) 的简单路径上第 \(k\) 个点。则
分讨 max 两项谁大，把总和分成两部分。关键的节点是，到叶子重链上的第 \(j+1\) 个节点。链在此节点上方的部分，是 \(j\) 大；在此节点下面是 \(k\) 大。
令 \(g_{x,j}\) 表示 \(\max_{t\in\mathrm{leaf}_x}\) 后面的东西。那么 \(g_{x,j}=\max_{y\in\mathrm{son}_x}(g_{y,j+1}+j+1+\sum_{z\in\mathrm{son}_x,z\neq y}f_{z,j+1})\) 可以 \(O(nm)\) 递推求出。剩余部分就是长剖，既然要长剖，就得把 dp 状态变成三维的“逐步转移”形态。可以改换主体，也就是枚举 \(x,j\) 后思考，它能够贡献哪些 \(f_{i,j}\)。然后下标换元使状态与深度有关。记录
逐步转移就是
显然 \(f_{i,j}=h(j)_{i,d_i-j}\)。而 \(h(j)_{i,a}\) 是可以长剖、打标记维护的。因为要对 \(O(m)\) 个 \(j\) 各做一遍，总复杂度 \(O(nm)\)。
T-085 P9482 25-12-10 B
因为需要快速比较字符串的两个子串的大小，想到 SA（在本题中，就是把 \(s+R(s)\)（+ 代表拼接）后缀排序）。接下来，只需关心有多少以 \(j>i\) 开头且 \(j\) 是奇数/偶数的前缀（原串的前缀），比以 \(i\) 开头的后缀，排名要大。称这样的 \((i,j)\) 为满足限制一的有序对。则原问题等价于询问，有多少 \((i,j)\) 满足 \(j<r\)。但该做法有问题，因为若 \(s[i:\frac{i+j}{2}-1]=R(s[\frac{i+j}{2}:j])\) 且 \((i,j)\) 满足限制一，则虽然 \((i,j)\) 不满足原题面的要求，但我们认为其符合要求，算多了，不过能够通过 B 性质。自然想到，用错解的答案，减去算多的个数。现在目标就是求算多的个数。
被算多的情形，类似于一个回文。可以用 manacher 去描述原序列（及其子串）的一切回文有关信息，设 \(w_i\) 表示 \(i+0.5\) 处为中心的最大回文半径。先枚举 \(i\)，则所有的 \(p>i,p-w_p<i\) 的 \(p\)（称为合法的 \(p\)），都给出了如下限制：\(j\neq 2p-i\)。看性质 A，此时回文子串数目较少。故每当枚举 \(i\) 后，暴力检查所有合法 \(p\) 对应的 \(j=2p-i\)，其 \((i,j)\) 是否满足限制一。若满足则去掉其贡献即可。如果想要直接用数据结构去除算多的部分，不可避免地要询问“有多少 \(j\) 满足，前缀 \(j\) 比后缀 \(i\) 排名大，且 \(j\) 等于某个合法 \(p\) 对应的 \(2p-i\)”（把这种“用数据结构硬维护”的做法，称为“摁做”）。
原询问是一组本质相同问题，尝试递推。那么从大到小扫描 \(i\)，每次加入新的合法 \(p\)，并删除刚刚变得不合法的 \(p\)。接下来有两种做法。法一，维护对于当前 \(i\) 来说，\(p\) 造成的不合法位置 \(j\)。\(i\) 变小一后，这些位置均增加一，类似于 bitset 的左移。直接用 bitset 搭配预处理就能够通过本题。但是其复杂度不优秀，也不是我要讲的重点。
法二。若不上 bitset，常规数据结构摁做不了的。那怎样去处理呢？分析性质。也就是问，有没有更简单的方法，去描述对“被算多”\(j\) 的限制？刚才那个表述，是有两个限制嘛，第二个限制跟回文有关，应该是非 manacher 不可，不好改变。只有改变第一个限制。凭什么第一个限制能够变简单？因为第二个限制要首先成立，只有当 \(j\) 满足了限制二，才会被你送去检测限制一。换句话说，我们要分析的就是，满足了限制二的 \(j\)，在何种条件下，才会满足限制一。\(j\) 满足限制二意味着 \(s[i:j]\) 是回文，那就要充分利用回文的性质。考察前缀 \(j\) 和后缀 \(i\)，如何比较其大小关系？比较第一个不同的位置。这是回文呀！第一个不同的位置在哪里，在 \(\frac{i+j}{2}-w_{\frac{i+j}{2}}-1,\frac{i+j}{2}+w_{\frac{i+j}{2}}+1\) 嘛。也就是说，对于一个确定的 \(p=\frac{i+j}{2}\)，它对应的所有 \((i,j)\) 是否满足限制一，只和 \(p\) 有关。不妨把“\((i,j)\) 满足限制一”作为合法 \(p\) 的另一个要求。这样，查询算多了多少，只需问当前有多少合法 \(p\) 即可。
T-087 CF2174D 25-12-10 A
把调整法和描述法的综合应用总结一下。“不能构成一棵树”，此限制也非常非常弱。那跟上个题一模一样的啊，用调整法。先选择最小的 \(n-1\) 条边作为初态。若不构成一棵树，则直接输出即可。反之，称初态为“原树”，开始调整。调整是改变边集，相当于分两步，第一步是删除某些已有边，第二步是加入某些未有边。对一次调整应用描述法，只需记录删除了哪 \(k\) 条边、加入了哪 \(k\) 条边。接下来，对一次调整应用调整法（一步调整，也是一个方案，也有自己的描述法，也可能在接受微扰后，变成更优的方案。用“微扰”表示对调整的调整），从而找出最优调整的性质。
我一再强调，描述法相当于定死了（钦定）一个方案的全部信息，在最优化/构造问题中，如果知道了最优描述法（最优解/可行解一定被它描述），那只需找出一种方法（可以是 dp，也可以是简单枚举等等），去遍历最优描述法的所有可能性，就做完了。注意，描述法只和主体，以及你观察出的，这个主体的性质有关。但有时很难一眼看出最优描述法，这一般是因为你没有掌握足够的性质。此时，应该先找出一个很笨的描述法（不依赖什么性质，只跟主体有关，虽然可能性过多，但是最优解/可行解一定被它描述），然后把某些定死了的信息“放生”，去把“放生”了的这部分信息调整到最优（当然也可不用调整法，而是直接贪心），看看所得到的结构必然是怎样的（得出性质），据此对描述法略作修改。之后再“放生”另一部分信息，继续调整到最优、更改描述法。循环往复直到描述法可能性足够少为止。其实，T-081 的解题流程就近似于“逐步修改描述法”。
在本题中，不妨先令被删除的 \(k\) 条边在微扰前后不变（微扰法暂不涉及这部分信息，也就是先把它们看作“定死了”），则原图无论如何都是先裂成了 \(k+1\) 个连通块，把连通块缩点。后来加入了 \(k\) 条边，最终构成基环树和树的混合森林。我们去微扰“后来加入的边”。首先，混合森林中最多有一棵基环树，否则可微扰：保留某棵基环树，令其余部分不再加边，而是按照原树边合并成尽量大的若干连通块，不劣。所以，混合森林中恰有一棵基环树，换句话说，把连通块缩成点后，所加的边，应该连成一个 \(k\) 元环，称为环 \(l\)（还有一个点是孤立的，孤立点称为 \(z\)）。仍然做不了，这意味着现在的描述法仍不够好，需要把不优秀的那些环，从描述法中剔除掉。
注意到原树是边权很小的，而且你比较掌握（总比随意选用边要好），在微扰的过程中，应多利用原树边。前面的调整和微扰，为什么如此大动干戈，就是因为初始描述法太劣。而现在可精雕细琢，减小微扰的幅度。微扰时，也必然要先删几个边，再加几个边。可以在加边的过程中利用原树边。从小往大考虑微扰幅度，不妨让一次微扰，只改变一条边。假设知道删了哪条边（本文中，“假设”这个词，就提示着描述法中“定死”的部分是什么），则重新加边时，除了不准加“某点-\(z\)”的原树边（变回一棵树了），加上任一原树边（在 \(l\) 上来看，有点像“弦”）来完成微扰均不劣。这意味着，最优的 \(l\) 不含原树边“弦”，故最优情形下，原树边必然是由 \(z\) 连向 \(l\) 内所有点的菊花形状。还不够。现在让一次微扰，只改变两条边。\(l\) 断成两个链，不妨设其中某条链链端为 \(a,b\)，则加边 \(e_{za},e_{zb}\) 不劣。故 \(l\) 的长度至多是二，否则可以应用上述微扰减小环长。
描述法好像已经足够简单。分类讨论，若 \(l\) 长度为一，数据结构摁做即可，你肯定会。关键是 \(l\) 长度为二的情况，居然摁做不了！还需要微扰。假设已知某个解，其中 \(l\) 上的点分别为 \(p,q\)，则可能涉及到的边只有，\(p,q\) 各自自环的最小边，称为 \(e_p,e_q\)（除原树边外）；\(p,q\) 之间最小边和次小边，称为 \(e_{pq},e_{qp}\)（除原树边外）；\(e_{zp},e_{zq}\) 是原树边；\(e'_{zp},e'_{zq}\) 是 \(z,p\)、\(z,q\) 之间除了原树边以外的最小边。该解就是 \(e_{pq}+e_{qp}\)，对其的调整只有四种，是 \(e_{zp}+e_q,e_{zq}+e_p,e_{zp}+e'_{zp},e_{zq}+e'_{zq}\)。若调整无效，则该解在 \(z,p,q\)“定死”条件下最优，这需要 \(e_{pq}+e_{qp}<e_{zp}+e_q\)。因为 \(e_{zp}\) 小于涉及到的一切边，可放缩得到，\(\max(e_{pq},e_{qp})\le e_q\)。把四个式子都写一遍然后合并得到 \(\max(e_{pq},e_{qp})\le\min(e_p,e_q,e'_{zp},e'_{zq})\)。因为当初计算 \(e_{pq},e_{qp},e_p,e_q,e'_{zp},e'_{zq}\) 时实际上考虑了原图内的所有非树边，所以 \(e_{pq},e_{qp}\) 分别为最小的两条非树边。已经知道，如果要成二元环，是哪两条边成的环了，可以摁做。
T-088 P3148 25-12-11 D
非常非常简单的题目。在此处，认为原题面中的 \(R,C\le 100\) 是被数据保证的。
对于同一碎片，总共只有常数种不同的方向，方向不是重点。可以枚举选取了哪些碎片、碎片分别放在哪里，这是一个笨拙的描述法。可分析性质，以雕像中有颜色的点为主体，从边界元素考虑，也就是关注雕像的边缘、顶点。定义左上角为最靠左的那一列有颜色的点中最靠上的点，可得必然有一个碎片的左上角，和雕像的左上角重合。不妨先枚举是谁重合，则无需描述该碎片放到了哪里。现在待解决问题是“把两个碎片填入原图，使得原图的剩余部分恰好与此两碎片之一重合，且所有三碎片之间不能有交”。
关注问题的自递归性质，待解决问题基本上还是“若干碎片拼原图”的形式。具体来说，将最先枚举的碎片与原图重合的有颜色点，都在原图上改成空白后得到新图，问题就严格转化为“两个碎片拼新图”的问题，与最初“三个碎片拼原图”完全相同。那采用同种做法，只需枚举新图的左上角和谁重合，就转化为“一个碎片拼新新图”的问题，这个问题可以哈希解决。时间复杂度 \(O(K^2RC)\)，可以通过。如果 \(R,C\le 500\)，卡常即可。
T-089 P9479 25-12-11 A
由第一条限制，\(T\) 是 \(T'\) 的虚树。那么 \(m\le 2\) 的部分非常容易，直接思考 \(n=1,k=0\) 的部分分。最简单的描述法是，记录每个节点的父亲是谁，对应了树形 dp 的常规模型，从子树信息合并的角度入手定义状态，结果发现完全做不了。
关注限制。因为要求 lca，所以限制二和树的形态有关。它还和节点编号的相对大小关系有关。对于这种限制，有两种考虑方法。一种是以树的形态为基础，另一种是以节点编号为基础，也就是以值域为基础。常规树形 dp 就属于以“树”为基础，但没有前途。那以值域为基础如何处理呢？只涉及相对大小关系呀！没想法吗？
扫描一个值 \(x\in[1,n+m]\)，转 01 序列去写出限制。当然，此处其实是转 012 序列，是分别将编号小于等于 \(x\)，编号属于 \((x,x+k]\) 和编号大于 \(x+k\) 的节点，重标号成 0/1/2。那么任两个 0 节点的 lca 必须是 0 或 1 节点。所以其实我只关心 0 节点内部的一切树上关系，可以用虚树去描述。所以限制是：所有 0 节点构成的虚树，只能包含 0 节点和 1 节点。
限制所关心的结构，就是所有 \(x\) 对应的 0 节点虚树。而最优描述法的主体，很可能是受到限制的主体。但如果要把这 \(n+m\) 棵虚树，以及其上节点的 01 性都记下来，这种描述法冗余信息太多。在此处讲一下逐步描述法，其实在 T-018 中就已应用过。逐步描述法用于处理，限制跟多个“时刻”的状态都有关系，不过这些状态具有可递推性的问题。只需每次在上一个状态的基础上，再额外记录一部分信息得到本状态，不断用已经记录的信息对尚未处理的信息作出限制。具体来说，本题中就是从小到大扫描 \(x\)，\(x\) 增加一时，0 虚树只会在某边上添加一个 0 节点，也可在某点下挂上一个新 0 儿子。或者增加两个节点，一个 0 和一个 1，其中 1 是 0 的祖先，且 1 在原虚树的某边上。还可能不增加节点，而是将一个 1 变成 0。那么改换描述法，只需记录总计 \(n+m-1\) 次 \(x\) 增大一时，对虚树的“修改操作”是什么即可。实际上，因为 \(x=n\) 时的虚树形态被原题给出，那么让 \(x=n+1\) 开始扫起，只需记录 \(m-1\) 次操作（据此看出，这个问题也具有近似自递归的性质）。
描述法足够优秀，直接 dp，转移时提前确定信息（添加一个 0 和一个 1 节点时，提前确定该 1 节点是谁）。定义状态 \(f_{i,s}\) 表示当前 \(x=n+i\)，编号在 \([i+1,i+k]\) 的节点中，已经在本虚树中的节点，长成 \(s\) 这个样子。转移已经讲过，就不提了（解法居然和原树的形态无关）。
T-090 P7220 25-12-12 B+
有两种做法。法一是从子任务一个一个思考过来的。前两个子任务比较简单。看第三个子任务，能够发现 \(x_{i+1}\ge x_i,y_{i+1}\le y_i\) 的性质在操作过程中始终保持。故只需用线段树二分出，每次扫地操作影响到的灰尘编号区间。对这个编号区间，将 \(x\) 或 \(y\) 统一赋值即可。
对于第四个子任务，有两种做法。法 I 是，认为本题的关键在于元素合并，扫地操作会造成若干元素位置重叠，重叠的元素在后来的操作中受到的影响是一模一样的。发现元素在扫地的过程中自然合并，形成锯齿状结构。形式化地说，关注某条从左上角开始到右下角结束的格点路径，其中从“向右走”拐到“向下走”的所有拐点均位于 \(y=-x+n\) 上。只有这个锯齿状结构上才有重叠的元素。拐点是关键的，不妨将该结构按照路径所有拐点分开，形成若干条线段，对每条线段，如对于水平线段，开一个平衡树维护它上面的所有灰尘编号，这些灰尘在平衡树上依纵坐标排好序。一次扫地操作，至多只分裂一个线段、“压缩”一个线段，平衡树能够处理。不过还可能将一些从未加入锯齿状结构的“新灰尘”，加入某条线段（对于同一次操作，只会有一个线段被插入点，就是那个被分裂的线段）。要查询每次操作涉及到哪些“新灰尘”，需要树套树维护所有“新灰尘”的坐标，复杂度瓶颈就在于此，是 \(O(n\log^2 n)\)，但其实已经能够通过子任务四。不过可以优化。刚才是以操作为主体，问有哪些新灰尘。可以对称一下，以一个灰尘 \((x,y)\) 为主体，只有在第一个涉及到它（形如 \(x\le l_i\le y\)）的操作时，才会被加入锯齿结构。单点修改，区间查 min，即可知道每个灰尘第一次被涉及到的时刻。此时总复杂度 \(O(n\log n)\)。
法 II，用化归思想，关注怎样利用子任务三的解法。锯齿状结构本身就满足子任务三所要求的性质，而任一灰尘被操作一次后，就会加入锯齿状结构。所以关键在于，一个灰尘第一次被操作的时刻是什么，我们已经会求了。剩下的直接套用子任务三即可。
对于整道题。关键在于这个加入操作，摁维护不了。不会加入就别加入。我多次强调过，规避删除操作可以用时间轴数据结构，其实规避加入也一模一样的，此处可以用线段树分治，把一个灰尘放置到 \(O(\log)\) 段时间线段树的节点上。用化归，关注子任务四的做法，能干什么。它能够处理，某些灰尘在时间 \(l\) 均存在，问它们经过时间区间 \([l,r]\) 的一切操作，会被移动到什么位置。我们在线段树分治 dfs 过程中，需要不断处理询问“挂在当前节点的灰尘 \(t\)，经过当前节点代表的时间区间的一切操作，会被移动到哪里”，并将这个查询到的位置信息，放置到 \(t\) 所应被挂到的下一个线段树节点处。这种询问，可以通过对当前时间节点跑一次子任务四，统一回答。于是总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，因为时限较大能过。
法二。形式化地说，一次操作是将 \(x_j\le l_i\le y_j\) 的所有灰尘 \(j\) 的 \(y_j\) 或 \(x_j\)（取决于操作种类）改成 \(l_i\)。用区间描述，所需关注的只有 \([x_j,y_j]\) 跨过 \(l_i\) 的灰尘。“跨过”呀，没想法吗？猫树分治。把每个灰尘挂到唯一一个中点被当前灰尘跨过，且不被当前灰尘包含的猫树节点上。一次操作只需处理，在猫树的节点上（该操作所访问到的 \(O(\log n)\) 个猫树节点都得处理），将挂在上面的区间（也就是灰尘），左/右端点小/大于 \(l_i\) 的那部分区间的左/右端点，赋值成 \(l_i\)，这个可以用树套树解决。不过有一种可能，就是 \(l_i\) 的取值会让某些区间，在操作后不再应当挂在本节点。其实简单，因为区间只会收缩，所以一个区间至多“不再应当”\(O(\log n)\) 次，每发现一个“不再应当”的区间，就把它删除，然后重新放到它该去的地方即可。因为有“重挂”，所以内层树应使用平衡树。总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
T-091 CF2165F 25-12-13 B+
目标是找出极小的包含 21435 的区间。我多次强调，需要你找出极小区间的问题，关键结论一般是，极小区间只有 \(O(n)\) 种。举一个例子，就是“极短 mex 区间只有 \(O(n)\) 个”。注意本题的限制只涉及到相对大小关系，可以扫描一个值 \(x\) 转 01 序列，将大于等于 \(x\) 的元素记录成 1，反之为 0。则你的 21435 子序列，扫描下来共六种形态，分别形如 00000,01000,11000,11010,11110,11111。
21435 子序列还是太复杂，我一再强调复杂的东西可以去想拆开，所需要处理的只有，各个部分自己内部元素间的关系，以及部分之间的关系。各个部分内部的关系好不好处理，在我们决定“如何拆”时不太重要；重要的是，部分之间的关系必须好处理。在本题中，部分之间不仅有位置关系，还有数值关系。位置关系最好是“\(x\) 部分元素位置，整体大于 \(y\) 部分的”，数值关系最好是“\(x\) 部分元素值，整体大于 \(y\) 部分的”。综合来看，按照 00/111 将原子序列分成两段，位置和数值关系均好处理。换句话说。需要处理包含 21 子序列的极小区间，以及包含 435 子序列的极小区间，合并它们得到 21435 极小区间。还是应该先关注部分之间的关系，在此体现为“如何合并”，也就是说应该先搞清楚如何合并，再想各个部分内部如何处理。合并时，可以枚举极小 21 部分，在后面找出满足 3 数值大于所枚举 2 数值且 4 位置大于所枚举 1 位置的 435 部分中，5 位置最小的那个，则此二者合并得到 21435 极小区间。
现在分析部分内部的关系。对于 21 部分和 435 部分，也是在找极小区间呀，那根据关键结论，它们是不是各自也仅 \(O(n)\) 个呢？先考虑什么叫极小，其定义和你合并的过程有关，合并过程中只涉及到 1,4 的位置关系，以及 2,3 的数值关系，还有 2,5 的位置。因此，21 极小区间包含了三重意义，分别是 2 位置尽量大、2 数值尽量小、1 位置尽量小。435 极小，也是三重意义，4 位置尽量大、3 数值尽量小、5 位置尽量小。先分析 21 极小区间，枚举重要的 2 元素，则 1 元素必然选择位置在它之后的第一个小于它的元素，总计 \(O(n)\) 个。关键是 435 部分如何处理。
其“极小”的定义有三维，任两维之间没有关系，所以对于两个 435 部分，除非一个严格优于另一个，否则两个部分都得保留。定下一部分信息，剩余信息做贪心，注意其对称性，要把三维都考虑到。具体来说，在 4,3 元素相同时，只需选择 5 位置最小的；4,5 相同时，选 3 数值最大的；3,5 相同时，选 4 位置最大的。随便枚举某元素，如枚举 4，去处理上面的要求，你看啊：在“位置”轴上建立 01 序列，将大于 4 数值的元素标成 1，小于它的标 0。由要求一，假设枚举某个 0 位置作为 3，则 5 位置就是其后第一个 1。因此，以 5 位置为主体，则它前面紧贴的那个连续 0 段都会选它，故由要求二，这个 5 只需选择前面连续 0 段中数值最大的元素作为 3。因此，每个连续 0 段只会产生一个有效 3,5 对。但是对于一个 4，共计 \(O(n)\) 段连续 0，对所有 4 不就成 \(O(n^2)\) 个极小 435 了吗？其实不是，因为还有要求三没有使用，对于一个连续 0 段，选择所有能够生成它的 4 中位置最大者。在 4 数值从小到大扫描的过程中，总计只产生 \(O(n)\) 个不同的 0 连续段。故 435 极小区间共 \(O(n)\) 个。
此时仅 \(O(n)\) 个 21 和 435，合并时关注两维信息“2,3 的数值关系、1,4 的位置关系”，扫描一维，另一维线段树摁做。据此找出 \(O(n)\) 个极小 21435 区间，就能 \(O(n)\) 算答案了。总复杂度 \(O(n\log n)\)。
T-092 P7564 25-12-13 B
本来不是多困难的题目，但是不去画图就难以直观描述。所以我在此强调画图的重要性。一般来说，含有时间的问题，可以时间为一轴；含有坐标位置的问题，可以坐标为一轴；含有数值的问题，可以值域为一轴。而类似于区间的东西，可以让它只占一轴，见 T-090 法二；也可以让它占两轴，以其左右端点位置分别为一轴，见 T-083 题解区其它做法，我没有在本文记录。如果轴数太多，想想问题本质上到底和哪些轴有关，而把其它轴省掉。对于原有坐标系还可以做平移、旋转变换得到更合适的坐标系。
以时间为横轴、位置为纵轴，建立平面直角坐标系，则一个顾客的轨迹形如一条斜率为 \(\pm 1\) 的线段。对于保镖来说，从边界元素思考，其行动轨迹可由斜率为 \(\pm 1\) 的线段拼接而成，无需利用其它斜率。因此可旋转坐标系四十五度，变成所有人都要么为竖直线段，要么为水平线段的情形。把原来时间加一、位置加一的方向重命名为“向右”，时间加一位置减一的方向命名为“向下”。
子任务一就是直接 \(f_{i,j}\) 表示保镖当前在 \((i,j)\)，只准自此处向右或向下行走，能够获得最大工资时多少。对于其它子任务，状态肯定爆炸，但是这个 dp 已经非常简单了，没有办法优化。注意只有 \(n\) 数据范围小，尝试离散化，只关心横、纵坐标，分别和某个顾客的起始断点或终止端点的横、纵坐标相同的那 \(O(n^2)\) 个关键点，用上述做法预处理，保镖初始位于任一关键点的最大收益。而对于初始不在关键点上的保镖，想办法处理他行走的前一点点，使之转化为“从关键点开始”的问题。也就是说，考虑他第一次到达关键点之前，是如何走的。他只可能先向右或向下走一段，然后沿着某个顾客一直走，直到走到某关键点。分析一下，这个过程可以李超树摁维护。
T-093 P8329 25-12-15 C
从小到大依次确定当前节点是否是树 1 中的叶子，以及当前节点在树 1 中的父亲是谁。至于当前节点在树 2 中的父亲是谁等信息，可费用推后计算。具体来说，定义状态 \(f_{i,j,k,l}\) 表示确定了前 \(i\) 个节点，在这些节点中，有 \(j\) 个被确定为“树 1 非叶子”，但其编号最小的儿子还没有被访问到；有 \(k\) 个被确定为“树 1 非叶子”，且其第一个儿子已经访问到；前 \(i\) 个节点的树 2 父亲，构成一个大小小于等于 \(i\) 的不可重集，其中编号大于 \(i\) 的元素有 \(l\) 个。转移比较容易，是 \(O(1)\) 的，总复杂度 \(O(n^4)\)，可得 60 分。
如何去优化状态呢？用排除法。这个 dp 没有冗余状态，无法把 dp 过程拆开（我曾尝试把 \(l\) 和 \(j,k\) 分开 dp，没有成功），无法格路计数（看到转移“步长”很小，想到格路计数，然不行），无法断点转移，无法做费用提前/推后对称，更不可能数据结构优化。你想，这是完全对称的问题，为什么树 1 要记录两个额外状态 \(j,k\)，但是树 2 只用记录一个 \(l\) 呢？因为树 1 需要额外处理“每个树 1 非叶子都有儿子”的限制。不妨修改一下这个限制，而限制的转化，除了基本的对称/取反操作以外，我们只讲过容斥。
假设知道每个节点是否是树 1 的叶子，如何计算方案数呢？若有 \(x\) 个树 1 非叶子，钦定其中仅某 \(y\) 个可能有儿子，其它必须没有，容易 dp 计算满足该钦定的答案数，记作 \(f(y)\)。推一下容斥系数，答案就是 \(\sum (-1)^{x-y}f(y)\)。回到原题，把容斥系数在 dp 过程中体现。定义 \(f_{i,j,k}\) 表示，确定了前 \(i\) 个节点，在这些节点中，有 \(j\) 个被确定为“树 1 非叶子”，且被钦定可能有儿子；前 \(i\) 个节点的树 2 父亲，构成一个大小小于等于 \(i\) 的不可重集，其中编号大于 \(i\) 的元素有 \(l\) 个。转移时，若确定当前节点是“树 1 非叶子”，并钦定它可能有儿子，向 \(j+1\) 转移；若钦定不能有儿子，则乘上 -1 的系数向 \(j\) 转移。转移 \(O(1)\)，总复杂度 \(O(n^3)\)。
T-094 QOJ15309 25-12-15 C
将 \(g(p)\) 相等的排列称作“等价的”，则 \(k\) 个排列被分为若干等价类，问等价类个数。以一个等价类为主体，其贡献就是 1，无需关心不在其中的排列。但关键问题是，只有极大等价类才能贡献 1，而极大等价类的子集，不能做贡献。这可以用容斥去解决，也可以不用。
等价类是由 \(g(p)\) 决定的，以某个 \(g_0\) 为主体，问其贡献。法一，不用容斥。则一个大小恰好为 \(x\) 的极大 \(g_0\) 等价类，出现概率就是 \(P_x(g_0)=\binom{k}{x}P(g_0)^x(1-P(g_0))^{k-x}\)。\(g_0\) 总贡献为 \(\sum_{x>0} P_x(g_0)\)，这是二项式定理的形式，变换得到 \(1^k-(1-P(g_0))^k\)。现在求“给定 \(g_0\)，问 \(P(g_0)\)”。定义排列 \(p\) 的逆排列为 \(q\)。看双元限制，\(\forall x\in g_0,\forall q_y<q_x,y<x\)。取反面就是 \(\exists x\in g_0,\exists q_y<q_x,y>x\)。据此，从大到小访问所有元素，只关心当前元素和所有比它大的元素之间的位置关系，若当前元素是某个前缀最大值，则它必须比所有访问到的元素位置都小；反之，必须比某个元素位置大。类似于 T-089，因为只关心所有大于等于 \(x\) 的元素之间的位置关系，只需一个长度为 \(n-x+1\) 的排列就能记录所有信息，当 \(x\) 减小一时，给当前维护的排列做修改，插入一个元素即可。若当前元素是前缀最大值，则只有一种插法，概率为 \(\frac{1}{n-x+1}\)；反之，概率为 \(\frac{n-x}{n-x+1}\)。总概率 \(\frac{\prod_{t\not\in g_0}(n-t)}{n!}\)。
但是仍不好求 \(\sum_g (1-(1-P(g))^k)\)。把里面的式子展开，是一个关于 \(P(g)\) 的 \(k\) 次多项式，系数也是简单的组合数。那怎么求 \(\sum_g P(g)^a\) 呢？dp，令 \(f_i\) 表示，确定了前 \(i\) 小的元素是否为前缀最大值，\(\sum_g(\prod_{t\not\in g,t\le i}(n-t))^a\) 是多少。总复杂度 \(O(nk)\)。
法二。如果做容斥，那一个大小至少为 \(x\) 的极大 \(g_0\) 等价类，出现概率就是 \(P_x(g_0)=\binom{k}{x}P(g_0)^x\)。据此容斥，总贡献中，\(P_x\) 的系数应为 \(F_x=1-\sum_i\binom{x}{i}F_i=(-1)^{x-1}\)。可直接推出用法一得到的最终式子：总答案就是 \(\sum_g\sum_x(-1)^{x-1}\binom{k}{x}P(g)^x\)。接下来还是得会求 \(\sum_gP(g)^x\)，跟上面一模一样。
T-096 25-12-24 S
有一个初始为空的有标号无向图，从小到大依次往里添加编号为 \(i\) 的节点，每次添加时，连上 \(i\) 向编号小于 \(i\) 的节点的最终所有连边（不准有重边），记录第 \(i\) 次添点之后图中边双连通分量个数为 \(c_i\)。给定一数组 \(w\)，据此定义一种方案的权值是 \(\prod w_{c_{i-1}-c_i+1}\)。要求最终图中恰有一个边双连通分量，求满足此条件的，共添加 \(a\) 个点的所有方案的权值和。对于 \(a\in[1,n]\) 均求出答案，\(n\le 200\)。
直接状态压缩添加前 \(i\) 个点后的边双缩点树，肯定做不了，而且问题跟树的形态关系极大，很难直接抛弃树的形态做 dp。终止状态是确定的，所以倒序考虑，关注最后一次添加的点 \(a\)。它把原图合并成一个边双，这要求，在最后一次添点之前的边双缩点森林上，所有度数为一的缩合节点，都至少向 \(a\) 连一条边。特别地，如果是孤立点，至少向它连两条边。
像这样求加权方案数的题目，永远都是算权值比算方案数困难，其难点在于算方案数不太需要关注元素确定的顺序，但算权值的时候需要。一般有两种解决方法，一种是把权值用组合意义转化掉，变成单纯求方案数的问题。另一种是，算权值和算方案数交替进行，且以算权值为主体，每步“算方案数”主要是算“把前一次算权值后得到的元素组合起来”的方案数（当然还需要调用一下“前一次算权值后得到各个元素”这一子问题本身的加权方案数）。本题是第二种。把求得答案之前，最后一步“算权值”的步骤称作“最终权值计算”，最后一步“算方案数”称作“最终方案计算”。则“最终权值计算”只需枚举最后一步前的缩合节点个数 \(b\)，就知道最后一步权值为 \(w_b\)。接下来总的目标，是求 \(g_{b,a-1}\) 表示“添加 \(a-1\) 个节点后，产生恰有 \(b\) 个缩合节点的森林。然后在缩合叶子上选择至少一个原节点，其余缩合节点上可选择任意多个原节点。特别情况是孤立点至少要选择两个原节点”的加权方案数（被选节点就是向 \(a\) 连边的）。按照所讲，现在应该处理“最终方案计算”，算“上一次算权值得到的若干元素”的组合方案数。而只有缩合边双的时刻才会计算权值，故待组合的若干元素，就是那 \(b\) 个缩合节点（小边双）。也就是说，把最后一步前缩合森林的树边，以及“选择原节点”，统一放到“最终方案计算”时确定。这没有问题，是因为我强调过的，算方案数不牵扯顺序。想严谨一点可以证“一一对应”，我就不证了啊。
具体来说，定义状态 \(f_i\) 表示给空图添加 \(i\) 个节点变成边双的加权方案数，则 \(f_i=\sum g_{j,i-1}w_j\)。所谓“元素组合方案数”就是“森林树边和选择”方案数，转化为算“树形态和选择”方案数，因此定义 \(h_{i,j}\) 表示给空图添加 \(j\) 个节点变成 \(i\) 个缩合节点的树并“选择”的加权方案数，则 \(g\) 可以用 \(h\) 直接背包。关键是 \(h\) 如何求，先想到树形 dp，但复杂度过高。其问题在于直接树形 dp 对应的描述法，记录了冗余信息“树的形态”，而这么多信息对计算答案是不必要的。
用描述法考察 \(h_{i,j}\) 的计算过程。首先你必定要调用每个小边双的 \(f_x\) 作为“上一次算权后解决的子问题答案”，故必须记录“第 \(i\) 个小边双的大小 \(a_i\)”（顺便算前缀和 \(s_i\)），那么子问题加权方案数的部分就是 \(\prod f_{a_i}\)。看来还需定义“谁是第 \(i\) 个”，也就是给原有点分配，其从属小边双的编号。不妨依据集合字典序比较出边双顺序，也就是说，令第 \(i\) 个小边双表示，删除前 \(i-1\) 个小边双内所有点后，编号最小点所在边双，据此得到编号分配方案数 \(\prod \binom{s_i-1}{a_i-1}\)。现在才进入最关键的“树边和选择方案数”联合计算的部分，笨拙地，直接描述 \(i\) 个点的某种有标号无根树 \(P_i\)，根据树的情况得到编号为 \(i\) 的小边双是不是叶子，用布尔数组 \(v_i\) 表示。缩合叶子“选择”方案数为 \(2^{a_i}-1\)，而缩合非叶子的是 \(2^{a_i}\)。则
在此介绍一个形似容斥的技巧，但本质是拆系数。注意看最后一部分，缩合之后是不是叶子，其系数式子只差了一项。对于某个已知的 \(v_i\) 状况，用直接数学乘开的方法，计算那个 \(\prod_k (2^{a_k}-v_k))\)。就是说，如果我们钦定每个 \(2^{a_k}-1\) 因式，是“选择”前面一项，还是“选择”后面一项，参与整个乘积运算，则把所有可能的选择之最终结果，加起来就是答案。形式化地说，枚举某个长度与 \(v\) 一致的 01 数组 \(s\)，要求它里面 1 的位置是 \(v\) 中 1 位置的子集，则
\(s\) 的存在相当于，在树上选择一些叶子当“叶子”，算 -1 系数；剩下的都当正常节点，\(2^{a_k}\) 系数。改变计算顺序，先确定 \(s\) 再确定树形态，用 \(s\) 去写对树形态的限制。\(s\) 中为 1（被当“叶子”）的节点，一定不能是任何节点的父亲，当然需要给它们各自找个在 \(s\) 中为 0 的父亲。至于 \(s\) 中为 0 的节点，无需关心它的后代情况，但要求所有 0 节点形成一个树上连通块。
连通块呀，没想法吗？prufer 图连通方案数。具体来说，把 \(s\) 中为 0 的小边双和为 1 小边双分开枚举，记录其大小数组分别为 \(a,b\)，前缀和数组分别是 \(s,t\)，因此可以暴力二维卷积计算 \(h_{i,j}\)。记录 \(q_{i,j}\) 表示 \(\sum_a(\prod_k 2^{a_k}f_{a_k}a_k\binom{s_k-1}{a_k-1})\)，要求 \(a\) 长度为 \(i\)，\(\sum a=j\)；记录 \(r_{i,j}\) 表示 \(\sum_b(\prod_k -f_{b_k}b_k\binom{t_k-1}{b_k-1})\)，则 \(h_{i,j}=\sum_k\sum_l \binom{j}{l}l^{k-2}l^{i-k}q_{k,l}r_{i-k,j-l}\)。至于 \(h_{:,1},h_{:,2}\)，属于边界情况，需要额外讨论计算。这样直接枚举当前要求的答案 \(f_a\) 并每次调用计算 \(q,r,h,g\) 的函数，是总复杂度 \(O(n^5)\) 的。
注意我们每次是先计算出 \(f_a\)，然后将它用于计算 \(q,r\)，再用 \(q,r\) 算 \(h\)，用 \(h\) 算 \(g\)，用 \(g\) 算 \(f_{a+1}\)。如果每次算出 \(f_a\) 后都从头再算，有重复计算。想得到的只有 \(g_{:,a}\)，而为了得到它，需要调用但从未被计算过的 \(h\) 是 \(h_{:,a}\)，为了算它需要算 \(q_{:,a},r_{:,a}\)，为了算它们需要考虑 \(f_a\) 对 \(q,r\) 的贡献。所以每次算出 \(f_a\) 后，统一计算“大小为 \(a\) 的小边双”对 \(q,r\) 的贡献即可。组合系数可能跟直接计算的略有不同，重点是如何分配编号不会算重，也是做集合字典序比较就行了。算 \(q,r\) 复杂度 \(O(n^3\log n)\)（调和级数），算 \(h,g\) 是 \(O(n^4)\)。注意因为 \(n\) 较小，杨辉三角预处理组合数会跑的更快一些，因为调用时没有取模。
T-097 一些 mex 题目 25-12-25 A
用这些题目来复习一下数据结构。
T-097-1
静态，区间查询 mex。
法零，莫队，但普通莫队要带一只 log。不过莫队维护答案时，删除操作比加入操作容易得多。不会加入就别加入，用回滚莫队规避加入操作即可。
法一，若离线做，可以扫描右端点，对于值等于 \(x\) 的元素，记录其最近出现位置存到值域线段树上，然后线段树上二分答案。也就是说，把等于 \(x\) 的数字分作一组，当成一种颜色，然后运用数颜色技巧。若用主席树维护各个版本，即可在线处理。
要注意，mex 不满足可加性，也就是给定两个集合，以及两个集合各自维护的有关 mex 的信息，想要查询这两个集合之并集的 mex 信息进而计算其 mex，是不够快速的。所以在常规数据结构题中的“分割阴影图形”技巧一般会失效。而且因为这个，mex 涉及到的一切东西不能做修改标记永久化。
T-097-2
单点修改，区间查询 mex。
不能用 T-097-1 中法二衍生的，树套主席树直接维护。因为若这样做，打在外层树的标记显然不能下传。故查询时需要将，外层树上某叶子节点的所有祖先处的，这共计 \(O(\log)\) 个用内层树维护的标记信息做一个合并，这是无法处理的。
法零，时光轴分块。对每一块，备份原序列，把块左端点之前的所有修改，都在备份上直接修改。在这里放个标记点，后面叙述方便。类似于 T-070，把本块内所有修改拆分为“删除，加入”，并将被删除过的位置，在备份上涂成 -1。接下来将本块内询问按右端点排序，从小到大扫描并维护 T-097-1 法一的值域线段树。每次查询时，还得把时间在询问之前的所有修改中的“加入”暴力处理，所以一次查询要涉及块长次的，值域线段树上二分。总复杂度 \(O(n\sqrt n\log n)\)。
法零点五，上述做法的问题在于，值域线段树跟我们根号做法不搭。根号做法就得配值域分块。类似于 T-053，“先找出答案在哪一块，再找出它在块中的哪里”。标记点前面都跟法零一样，还是将本块内询问按右端点排序，从小到大扫描并维护值域分块，整块信息就是，块内每个值最晚出现位置的最小值。这个好像做不了呀，因为扫描时，任一值的最晚出现位置只会增大，你却要算最小值。这是给值域分块加入信息，因为不好做，把它对称成删除。
也就是说，标记点前面都跟法零一样，类似于 T-070，把本块内所有修改拆分为“删除，加入”，并将被加入过的位置，在备份上涂多个数（到时候扫描到该位置，就把你涂过的数全部加入值域分块）。依备份序列直接建立“扫描到 \(n\)”这一时刻的值域分块。将本块内询问按右端点倒序排序，从大到小扫描并维护值域分块，每次只会把元素的最晚出现位置改小，容易维护整块信息。每次查询时，得先把时间在询问之前的所有修改中的“删除”暴力处理，直接在值域分块上做临时修改，查询后再撤销临时修改，只需记录一下你修改了的那几个块的改前信息，就容易还原。接下来才做查询，从小到大一次看块，看整块信息是否够大，若不够就停下，当前块就是答案所在块。从小到大扫描当前块内的所有值，看其最晚出现位置，发现不够大的就停下，答案就是它。总复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
法一，关注题中的所有轴，有值域、位置（这个其实是两维，因为查询为“区间”限制）、时间。值域轴如果放在里面，不可避免地要做信息合并，这不行。所以说，关于 mex 的数据结构题目中，大概率要把值域轴放在最外面。据此想到：你不是要二分嘛，只要允许离线，就可以整体二分。在整体二分递归到的，答案区间为 \([l,r]\) 的地方，先算 \(\mathrm{mid}\)。然后处理已经明确答案属于 \([l,r]\) 的询问（由整体二分的上一层求得），以及所有涉及到值域 \([l,\mathrm{mid}]\) 的修改（修改包括删除和加入）。此时，查询的目标是，看看它的答案是不是大于 \(\mathrm{mid}\)，这要求 \([l,\mathrm{mid}]\) 的“颜色”都于询问时刻 \(q_t\)，在询问区间 \([q_l,q_r]\) 内出现过。用线段树分治搞掉时间轴，则最内层就是 T-097-1，允许离线。总计 \(O(n\log^3 n)\)。
法二，前面几个都是离线做法，复杂度还贼高，这就不好。关注 mex 的定义，直接找出“最小的未出现的非负整数”，有两个条件，一个是“未出现”，另一个是“最小”。看第一个条件，以整数为主体，做反面，若 \(\exists p\in[q_l,q_r],v_p=i\) 则 \(i\) 不算“未出现”。也就是说若询问区间跨过任意一个 \(v_p=i\) 的位置 \(p\) 就不合法，那转化回来，\(i\) “未出现”的限制就是，询问区间是，相邻两个等于 \(i\) 的 \(v_p\) 对应的 \(p\) 也就是 \([\mathrm{lst}+1,\mathrm{nxt}-1]\) 的这些“关键区间”中，某个区间的子区间。再看第二个条件，可得询问 \([q_l,q_r]\) 的答案就是它的，所有超“关键区间”中，对应 \(i\) 最小者。那么最外面直接扫描时间维，时间每变动一则“关键区间”变动 \(O(1)\)，若它变动，相当于删除和加入 \(O(1)\) 个“关键区间”。用树套树处理即可。
树套树的维度如何选定？把两维位置分别放在外、内层，值域维度用所维护的信息（最小值）处理可以吗？因为要删除，故“关键区间”只能是单点改，而询问时平面查。因此外层节点 \([l,r]\) 对应的内层树上节点 \([L,R]\) 应该表示，所有左端点属于 \([l,r]\) 且右端点属于 \([L,R]\) 的“关键区间”其 \(i\) 最小值是多少，这个好像很难处理删除“关键区间”，因为当递归到内层叶子 \([c,c]\) 并删除了对应“关键区间”后，需要查询左端点属于 \([l,r]\)，右端点为 \(c\) 的剩余“关键区间”中权值最小的是谁。如果右端点为 \(c\) 的“关键区间”有好多个，就毁了！若摁做，得在每个外层节点上，另维护一内层平衡树，常数过大。不过这个其实好处理，右端点有重复你不会做，那就让右端点没有重复。把两个“关键区间”右端点大小比较的过程，改成“右端点，值 \(i\)”这个 pair 比较的过程，让每个区间的右端点彼此不同。但因为右端点值域变为原来的平方，内层树的 log 也要乘两倍常数，仍非常差。
当然，若允许离线，可以把所有 \(O(n)\) 个“关键区间”全拿出来，提前按照“右端点，值 \(i\)，左端点”三关键字排序，来编号。内层树就调用这个编号作为“右端点值域”，时间上不用乘以两倍常数了。
所以说，复杂度或常数，有时和树套树内外维度也有关系。那如果把值域放在最外层，每次线段树上二分查找如何呢？这样的话，内层是第一个位置维度，而另一个位置维，用所维护的信息处理。线段树上二分时，需要查询，值 \(i\) 属于 \([l,r]\) 的、左端点小于 \(q_l\) 的“关键区间”中，其右端点有没有大于 \(q_r\) 的。存在转极大，内层树维护的信息应是右端点最大值。可是删除好处理吗？非常容易，因为任意时刻，任两个“关键区间”左端点不同。不用离线排序和离散化，就能减小常数。
我再次强调，mex 问题，值域轴放外面，大概率没错。
T-097-3-1
静态，查询某区间所有子区间的 mex 之和。
子区间问题，没想法吗？扫描右端点 \(r\) 并维护所有 \([l,r]\) 的 mex，做历史和；或者类猫树分治，不过这个还是得扫描并维护 \([l,r]\) 的 mex，跟前面差不多。所以必须关心，\(r\) 增大一后所有 \([l,r]\) mex 的变化情况。首先，可能被影响的区间只有，左端点大于，\(a_r\) 上一次出现的位置的那些。其次，这些区间 \([l,r-1]\) 的 mex 还必须是 \(a_r\)，不过这个容易，因为 mex 具备区间包含单调性，所以可能被修改的区间的左端点，是一个区间，二分一下就知道是哪个。接下来得把它们的 mex 改对。相当于扫描值域（又是把值域放外面），依次看还有没有区间的改后 mex 应该大于等于 \(a_r,a_r+1,...\)，看来每一时刻，这些区间的左端点还是一个区间 \([a,b]\)。只有这些值的最后一次出现位置 \(p_x\) 有用。如果当前扫描的值 \(x\) 其 \(p_x\ge b\) 则 \([a,b]\) 都应该大于等于 \(x\)；反之，\([p_x+1,b]\) 的 mex 恰好被修改成 \(x\) 而退出，而 \([a,p_x]\) 则接着参与扫描的过程。注意对于同一左端点，答案只会改大不会改小，所以 \(p_x\) 作为一个合法“反之”的位置，至多参与一次一切（也就是 \(r\) 从一到 \(n\) 的整个过程）修改。也就是说，“反之”情况合计 \(O(n)\) 次。在值域线段树上维护值的最后一次出现位置，每次修改时，在其上不断二分出下一个“反之”值 \(x\)，做类断点转移就行了，总复杂度 \(O(n\log n)\)。转化为区间赋值历史和，好像没听说过。直接改成区间加历史和，即可解决问题。
T-097-3-2 CF1148H
跟 T-097-3-1 几乎完全一样，不过查询变成了问某区间，mex 等于 \(q_k\) 的子区间个数。那么根据 T-097-3-1 的思想，\(O(n^2)\) 的答案矩阵（存着所有 \([l,r]\) 的 mex），其实可被划分为 \(O(n)\) 个内部颜色均一致的矩形，把答案叫做“颜色”更好想象。查询就是问，答案矩阵的某子矩阵中，有多少颜色等于 \(q_k\) 的位置。还是把值域放最外面，对于每种颜色各开一个动态开点历史和线段树就行了（其实，想象一下扫描线求矩形面积并的过程，和历史和的过程很有相似之处）。不过不太对，它强制在线，所以得上历史和主席树，但它是区间修改，主席树区间修改标记不得下传。所以我们给每个颜色开一个“标记永久化历史和主席树”。
因为矩阵乘法强调顺序，所以矩阵流派完全不适用于标记永久化的情景，只能用“时间戳”流派。它的核心在于，记录“本子树最后一次被修改时刻”标记（也就是“时间戳”）。询问时，若访问到某节点，需要知道其标记对查询的影响，来代替原有 pushdown 操作。也就是要知道“本节点所有标记乘以迄今存在时长”，因为迄“今”难以在打标记时知道，差分一下，改成记“本节点所有标记乘以时间戳”。修改某节点后，也需要对祖先做贡献来顶替原有的直接 pushup 操作（因为正常 pushup 需要把子节点的版本手动对齐到父亲节点上，但时间戳流派，只计算版本对齐造成的贡献，而不真的对齐）。为了利用 pushup 操作去维护上述标记，另外记录“本子树涉及到的，标记乘以受标记元素个数和，的和”以及“本子树涉及到的，标记乘以受标记元素个数和乘以‘打标记时刻迄本子树时间戳的时长’，的和”。这两个标记也可说成是“只考虑本子树内标记，迄本子树时间戳的元素和”和“只考虑本子树内标记，迄本子树时间戳的历史和”。当然还有常规加法标记。
T-097-4-1
定义“极小 mex 区间”为，满足“将左端点右移一格”或“将右端点左移一格”后，均会使得 mex 减小的区间。可以证明这种区间共 \(O(n)\) 个，如何预处理？
还是把值域放最外面，依次求出 mex 为 0,1,2,... 的极小 mex 区间。首先直接找出极小的 0-mex 和 1-mex 区间。然后，从小到大扫描值 \(x\)，先对存储所有候选极小 x-mex 区间的 vector，求出极小区间。通过依左端点排序，加上单调栈实现。那么已经求出所有极小 x-mex 区间，对一个这种区间 \([l,r]\)，分别求出其距离左端点最近的 \(x\) 出现位置 \(p\)，和距离右端点最近的 \(x\) 出现位置 \(q\)，形成两个新的区间 \([p,r],[l,q]\)，分别算一下两个区间的实际 mex。例如对于第一个区间，mex 是 \(y\)，就把它丢到对应存储 y-mex 区间的 vector 里。
极小 mex 区间的用武之地，基本上和 T-097-3 介绍的东西一致。
T-097-4-2 P10169
注意 min*mex=0。也就是任一区间，min,mex 至少有一个为零。任意选用类似 T-097-4-1 或 T-097-3-1 的一种做法即可。
T-097-5
给定长度为 \(n\ge 2\times 10^5\) 的序列 \(a,b\)。初始化 \(f_1=0\)，定义 \(f_i=\mathrm{mex}_{j\in[1,i)}[a_i+b_i\ge a_j][a_j+b_j\ge a_i]f_j\)。求所有 \(f\)。空间限制 \(O(n\log n)\)。
本题有三个轴，分别是时间、值域、位置（两维）。类似于 T-090 法二，注意到 \(a,b\) 虽是两维，却表现出一维区间的性质，将 \([a_i,a_i+b_i]\) 全部看作区间，称为“题目区间”。则关于 \(a,b\) 的那个限制，本质上就是要求两个区间有交。接下来，若把时间轴放最外面没法做。所以优先把值域放最外面，这样的话，因为有 \(f\) 之间的转移，必须依次求出 mex 为 0,1,2,... 的 \(f\)。现在，可以先把时间轴放次外层试试。则从边界元素分析，先看如何求 mex 为 0 的所有 \(f_i\)。\(f_1=0\)，从反面，所有与 \([a_1,a_1+b_1]\) 有交的，其答案都不是零。那么时间上第二个为零的元素，就是与 \([a_1,a_1+b_1]\) 无交的，时间编号最小的元素。找出它后，再寻找与它们两个都无交的时间编号最小元素，一直找下去直到不存在合法元素，则答案为零的元素就求完了。把所有答案为零的元素删去，然后仿照上面的过程依次求答案为一、二等等的即可。每个元素只会被找出、删除一次。
重要的是如何快速求出，与所有已知区间不交的，编号（时间编号）最小的“题目区间”。把已知“题目区间”当作障碍，则显然它一定是某个空隙的子区间。重新从边界元素考虑，先找出 \([1,a_1),(a_1+b_1,n]\) 这两个空隙各自中，编号最小的“题目区间”，并进行比较，假设最优的位于 \((a_1+b_1,n]\)。之后，充分利用已经算过的信息，就不再算 \([1,a_1)\) 范围内的最小“题目区间”（因已算过），只需计算 \((a_1+b_1,n]\) 被分裂成的两个新空隙的，最小子合法“题目区间”即可。
换句话说，\(O(n)\) 次询问，编号最小的，是询问区间子区间的“题目区间”；\(O(n)\) 次删除“题目区间”。这是典型的树套树题目，有两种内外维度分配法。一种是把两维位置依次放在两维树上，用维护的信息处理编号维。和 T-097-2 法二需要处理的问题完全相同，比较麻烦的是，空间 \(O(n\log^2 n)\) 无法接受。那么树套树卡空间，90% 都是放弃动态开点，预离散化，内层建立静态线段树。就是说，某个特定内层树所可能涉及到的第一维位置，是可以离线获知的，且外层树上，所有第 \(i\) 层节点所对应的内层树，共计涉及到 \(O(n)\) 个位置，在本题中恰好成立。外层树可选用树状数组，也减小了一定常数。同样地，类似 T-097-2 法二后来提出的，改为把编号维放最外面，也行。
T-098 CF1209G2 25-12-29 A+
用描述法，完整的描述法需要记录，被改掉的有哪些值及其对应被改成的值。但是若只为统计答案服务，只需记录被改掉的有哪些值即可。这提示我们“逐步修改描述法”，只记录应被改掉的有哪些值，而“放生”它们应该被改成什么。也就是说，思考如下问题：假设已知哪些值会被改掉，问如何给它们改值，使得结果合法。
关注什么状态算作“合法”，分析双元限制。任意拉出来两个值 \(i,j\)，用边界元素刻画限制，将等于值 \(i\) 的最小元素称作 \(l_i\)，最大元素称作 \(r_i\)，则 \([l_i,r_i],[l_j,r_j]\) 不能相交。现在分析，“合法”这一要求，对“改值”的具体限制，还是从双元，若 \(i,j\) 中 \(i\)“未改”，\(j\)“被改”，且二者相交，则 \(j\) 必须被涂成 \(i\)。若均“被改”，且二者相交，那么它们必须被改为同一个值。换句话说，任取两组改之前值不同的元素 \(i,j\)（代称改之前值分别为 \(i,j\) 的全体元素）。若 \([l_i,r_i],[l_j,r_j]\) 相交，则它们改后的值必须相同。转化图论模型，将相交的值连边，则同一连通块改后的值必须相同，这要求我们在同一连通块中，选择一个元素个数最多的值保留下来（称这个元素个数为本连通块的价值），而剩余的值都得被更改。直接贪心可以通过 G1。
我一再强调有修改操作，就可以拆成删除和加入，看看哪一种容易做，如果有明显容易的，就用时间轴处理方法，把另一种规避掉。在此处，加入操作比删除操作容易多了，外层用线段树分治。不过内层不能并查集暴力合并连通块。这就需要观察连通块的性质，先看单点性质。单点性质一般跟对象的某个轴有关，从位置轴上看，同一连通块在序列上体现为一个区间。回想加入值 \([l,r]\)，会让连通块怎样合并，所有被 \([l,r]\) 包含的连通块，其价值都被新连通块“吸收”，与 \([l,r]\) 相交的至多两个连通块，在被“吸收”的同时，为新连通块的边界做贡献。因为要计算加入 \([l,r]\) 对价值和（最终答案）的影响，还得知道所有被“吸收”连通块的价值和，以及新连通块的价值（也就是被“吸收”连通块的最大价值）。大致是一个“区间求和”“区间求最大值”，用线段树能不能摁做一下呢？因为要区间求和，一个连通块内，只能有一个地方有“值”，应等于该连通块价值，是哪里呢，不妨让它是连通块内位置最小的地方。故建立两棵内层线段树，一棵维护序列上位置为 \(i\) 的元素所在连通块，位置最小的地方是谁；另一棵维护序列上位置为 \(i\) 的地方的“值”。改用主席树处理“外层回溯”操作，注意区间修改标记不得下传，可以做到 \(O(n\log^2 n)\)，无法通过，也不能优化。
对连通块的性质分析不够，此时不能只看单点性质了，先看连通块之间的关系。连通块间无交。找出关系紧密的一对连通块，例如相邻的连通块来看，你会发现此二者一定紧贴。既然紧贴，不妨改为以缝隙为主体（在数轴上的连通块问题，尤其是紧贴连通块中，挺常见的一个主体）。一个缝隙是两连通块交界处的条件是，没有任何区间跨过它。而答案就是，所有相邻两个缝隙之间，出现次数最多的值的个数，之和。把同一种值的出现次数记录到该值第一次出现的位置，第 \(i\) 个位置的记录值称作 \(a_i\)。用线段树维护每个缝隙 \(i\) 被多少区间跨过，记作 \(c_i\)。那么相邻两个 \(c_i=0\) 的缝隙之间的 \(a_i\) 最大值之和，就是答案。用线段树摁维护即可。
T-099 P10779 25-12-29 C
仙人掌，有两种想法，一种是点双缩点建立圆方树，然后在圆方树上做 dp 等。另一种是，广义串并联图。法一，建立圆方树，把虚点的实儿子们，按照原仙人掌环上的某个断环为链的顺序排序。定义状态 \(f_{i,0/1}\) 表示考虑 \(i\) 的圆方树上子树，若 \(i\) 为虚点且其实儿子中有被选取的节点，则第二维是 1，反之为 0；若 \(i\) 为实点且被选取则为 1，反之为 0。在此情况下，最大独立集是多大。转移非常简单。但这不是我要讲的重点方法。
法二，广义串并联图。我一再强调，广义串并联图方法是要用删一度点、缩二度点、叠合重边这三个操作，把原图缩成一个点。其核心在于，对于所有被操作过的子图缩成的点或边，用点权或边权维护出该子图的答案（删一度点会把点缩到新点里，剩余两个操作会把两条边缩到新边里）。对于本题来说，应该维护什么信息呢？最基础地，必须维护“某缩后点/边”所代表的子图的最大独立集大小，因为答案就在问这个。关注“缩二度点/叠合重边”的操作，你会发现只有点权不够，因为不知道边的两个端点有没有被选取。关注“删一度点”的操作，只有边权也不够，因为没有办法把“一度点”的价值，直接接到边上（有可能，与“一度点”相连的节点是度数很大的点，可不敢把所有和它相连的边都加上这个“一度点”的价值）。所以边权点权都要有。定义状态 \(e_{i,0/1,0/1}\) 表示第 \(i\) 条“缩后边”代表的子图，其左端点选不选，其右端点选不选，造成的最大独立集大小（注意无论何时“缩后边”的端点只有确定的两个，这两个点不是“缩后点”而是原有点）。无论左右端点选不选，这个大小也不包含左右端点的权值。定义 \(a_{i,0/1}\) 表示第 \(i\) 条“缩后点”代表的子图，选不选那个“所有跟本‘缩后点’有关的边，在本‘缩后点’处的端点，原有点”，造成的最大独立集大小（注意，容易根据广义串并联图的缩合过程证明，跟本“缩后点”有关的边，在本“缩后点”处的端点，就只是那一个原有点）。转移比较容易就不提了。讲一下广义串并联图缩合的过程，需要开一个队列，不断往里面补充度数小于等于二的点，每次出队就把那个点处理了，完成“删一度点/缩二度点”。若在“缩二度点”建新边的过程中，发现被建边的两个点本来就有边，就在此时“叠合重边”即可。
T-100 P13275 25-12-19 A
答案是 \(\sum_P\sum_Q[P\cap Q=\emptyset][f(P)=f(Q)]\prod_{i\in P\cup Q}a_i\)。想要转换贡献主体或者改变求和顺序，你会发现只有 \(f(P)\) 的值能够被枚举，其它元素连枚举都无法接受。因此关注 \([f(P)=f(Q)=t]\)，它是加在 \(i\in P\cup Q\) 全体元素上的，还挺复杂的一个限制，应该转换一下，没想法吗？对限制的转换，除了对称/取反，就只剩下容斥。
分析一下就会发现，这个容斥不能仅仅引入“\(f(P),f(Q)\) 相等且均至少为 \(t\) 的超集的方案数”，而必须进一步引入“\(a\subseteq f(P),b\subseteq f(Q)\) 的方案数”。具体来说，定义 \(G(a,b)\) 表示
转换贡献主体，以 \(i\) 为主体，一个 \(i\) 只能位于 \(P,Q\) 其中一个内，而且只有当 \(a\subseteq i\) 它才能加入集合 \(P\)，只有当 \(b\subseteq i\) 才能加入 \(Q\)，如果两个都满足，它就任选一个集合加入。也就是说，
这个很容易预处理，定义 \(f_s=\prod_{s\subseteq i}(2a_i+1),g_s=\prod_{s\subseteq i}(a_i+1)\) 则 \(G(a,b)=\frac{f_{a\cup b}g_ag_b}{g_{a\cup b}^2}\)。而两个预处理数组都是可以 \(O(n2^n)\) 高维前缀和直接做的。
现在 \(G(a,b)\) 可 \(O(1)\) 求出了，推一下容斥系数。定义 \(F(a,b)\) 表示“\(f(P)=a,f(Q)=b\) 的方案数”，称为“原问题方案数”。由定义，其对应“原问题贡献系数”\(p(a,b)\) 当且仅当 \(a=b\) 时是一，反之为零。故“容斥贡献系数”\(q(a,b)=p(a,b)-\sum_{c\subseteq a,d\subseteq b}[c\neq a\ \mathrm{or}\ d\neq b]q(c,d)\)。求系数的复杂度是 \(O(8^n)\) 的，成为了瓶颈。我一再强调容斥系数一旦验证正确性后，对它最好的优化就是打表。表格如下（第 \(i\) 行 \(j\) 列表示 \(q(i-1,j-1)\)）：
1 -1 -1 1 -1 1 1 -1 -1 1 1 -1 1 -1 -1 1
-1 2 1 -2 1 -2 -1 2 1 -2 -1 2 -1 2 1 -2
-1 1 2 -2 1 -1 -2 2 1 -1 -2 2 -1 1 2 -2
1 -2 -2 4 -1 2 2 -4 -1 2 2 -4 1 -2 -2 4
-1 1 1 -1 2 -2 -2 2 1 -1 -1 1 -2 2 2 -2
1 -2 -1 2 -2 4 2 -4 -1 2 1 -2 2 -4 -2 4
1 -1 -2 2 -2 2 4 -4 -1 1 2 -2 2 -2 -4 4
-1 2 2 -4 2 -4 -4 8 1 -2 -2 4 -2 4 4 -8
-1 1 1 -1 1 -1 -1 1 2 -2 -2 2 -2 2 2 -2
1 -2 -1 2 -1 2 1 -2 -2 4 2 -4 2 -4 -2 4
1 -1 -2 2 -1 1 2 -2 -2 2 4 -4 2 -2 -4 4
-1 2 2 -4 1 -2 -2 4 2 -4 -4 8 -2 4 4 -8
1 -1 -1 1 -2 2 2 -2 -2 2 2 -2 4 -4 -4 4
-1 2 1 -2 2 -4 -2 4 2 -4 -2 4 -4 8 4 -8
-1 1 2 -2 2 -2 -4 4 2 -2 -4 4 -4 4 8 -8
1 -2 -2 4 -2 4 4 -8 -2 4 4 -8 4 -8 -8 16
注意它是分形的结构。具体来说，任一长宽均为 \(2^i\) 的系数矩阵，可被拆成四个 \(2^{i-1}\times 2^{i-1}\) 的子矩阵（就是左上/左下/右上/右下四个），每个矩阵本质同构，只不过乘上了个系数，系数形如
1 -1
-1 2
因此，单个容斥系数可 \(O(n)\) 递归求解，不过递归求解的过程，也是二进制拆位的过程，故可知 \(q(a,b)=(-1)^{|a\oplus b|}2^{|a\cap b|}\)。现在可写出答案是 \(\sum_a\sum_b q(a,b)\frac{f_{a\cup b}g_ag_b}{g_{a\cup b}^2}\)，总复杂度 \(O(4^n)\)。这个式子已经非常简单了，那如何优化？因为是二进制卷积的形式，用 FWT。
但是这不是单纯的卷积，在卷积的过程中还乘上了系数，而且答案只有一个，不像正常 FWT 题目是要贡献到一个数组里。关注最难以处理的卷积系数 \(\frac{f_{a\cup b}}{g_{a\cup b}^2}\)，给它起个名字叫做 \(t_{a\cup b}\)。难以处理就别在卷积过程中处理，那只能在卷积结束后处理了。这提示我们定义卷积 \(h_{i|j}\gets q(i,j)g_ig_j\)，FWT 求出 \(h_i\) 后再算 \(\sum h_it_i\) 即可。但是 \(q(i,j)\) 的系数如何在卷积中处理呢？只有把它用 \(i,j,i|j\) 去表示，才能把它“吸收”进 \(g_i,g_j,t_{i|j}\)。可知 \(i\oplus j=2(i|j)-(i+j),i\&j=(i+j)-(i|j)\)。据此得到 \(O(n2^n)\) 的做法。
但只能过性质 B，因为涉及到询问 \(g_i\) 的逆元，可是存在 \(a_i+1\equiv 0\) 时，可能造成 \(g_i\) 无逆元的情况。先把 \(a_i+1\equiv 0\) 的位置在计算 \(g\) 的时候剔除掉，不让它对 \(g\) 做贡献。之后只需剔除直接算时不合法的部分，也就是存在 0 位于 \(i\) 或 \(j\) 的超集，但不位于 \(i|j\) 的超集时的情况。这完全无法在 FWT 过程中维护，唯一的希望是，多记录一维状态表示“0 有多少个”。形式化地说，令 0 在集合 \(s\) 中出现次数为 \(z(s)\)，则记录 \(h_{i,j}=\sum_a\sum_b[a|b=i][z(a)+z(b)=j]g_ag_b\)（这里的 \(g\) 已吸收过应有的系数）。答案就是 \(\sum h_{i,j}[j\le 2z(i)]t_i\)。但其复杂度肯定超过 \(O(4^n)\)，无法接受。
答案统计的是，枚举 \(i\) 之后，\(a|b=i,z(a)+z(b)\le 2z(i)\) 的那些数对 \(a,b\)。关注 \(z(a),z(b),z(a|b)\) 的大小关系，发现 \(z(a),z(b)\ge z(a|b)\)，故合法情况只有 \(z(a)=z(b)=z(a|b)\)，只需求 \(h_i=\sum_a\sum_b[a|b=i][z(a)=z(b)=z(i)]g_ag_b\)。如何套用 FWT 处理这一问题？FWT 是个复杂的过程，无论你是分析题目性质还是题目过程，如果它太复杂，都可以尝试拆开，从单点/双元的角度去描述。本题中，原有 FWT 可拆为三步 \(g\to g',g'^2\to h',h'\to h\)，因为是较为简单的或卷积，可以从组合意义的角度去理解整个过程：\(g'_i\) 是对 \(i\) 子集中元素的 \(g\) 求和，\(h'_i\) 相当于在子集中任取两个元素（隐含条件是，此两个元素的或至多为 \(i\)）的 \(g\) 乘起来，再求和。\(h'\to h\) 是容斥，减去能够被别的 \(h'\) 计算的部分，从而还原出“子集中任取两个元素 \(g\) 乘起来，要求此两个元素的或恰好是 \(i\)，再求和”。现在 \(h\) 的定义改变了，但分三步的思路没变。\([z(a)=z(b)=z(i)]\) 这一条件，不太可能在最后一步容斥掉，那只能强制要求它在前面就成立，也就是说，据此改变 \(g'\) 的定义为，\(g'_i=\sum_{a\subseteq i}[z(a)=z(i)]g_a\)。这能在高维前缀和 \(g\to g'\) 的过程中处理吗？高维前缀和也是挺复杂一个过程，但能被拆开。只关注在某一维 \(t\) 上的转移（假设 \(t\) 从低位到高位枚举）。那么在第 \(t\) 维开始转移之前，已经算好的 \(g'_i\) 的意义应为“\(i\) 的子集中，满足 \(z(a)=z(i)\)，且最高的 \(n-t+1\) 维和 \(i\) 完全相同的元素的 \(g\) 之和”。把这个分析清楚，就很容易了。任取一步转移 \(x\to x|2^t\)（拆双元了），意味着 \(x|2^t\) 在转移后，就要接纳一部分 \(z(a)=z(x)\) 的元素，不过 \(z(x),z(x|2^t)\) 的关系还不知道，判断一下，如果二者相等，就正常转移；反之放弃转移就行了。至于 \(h'\to h\) 的部分，是完全对称的，就不提了。
FWT 或/与卷积，因为算法是最简单最特殊的 FMT，跟“转移矩阵”这一套代数表示的关系没有那么大，可以从组合意义去分析，其算法灵活度也很大。所谓“快速 gcd 变换 FGT”\(h_i=\sum_{\gcd(j,k)=i}f_jg_k\) 也是一样，得从组合意义和容斥的角度去理解。
在此，我有一小段话想说。你刚才看到的题解，思维台阶是矮而且多的，思路过程是大致平滑的，但是大多数选手做题时，“台阶”只有两三级，高而陡峭。他们的方法，叫我这个天赋不够的人来说，只能望而生畏。有一位上一届的学长，非常有希望争夺 NOI2025 金牌的，他 d1 比金线高，可是 d2t2（本题）因“灵感缺失”，没有想出，总分跟队线差了一点点。我深深为他遗憾，替他痛惜。可是嗟叹之余，我还要问一句：难道信息学竞赛真是“彩票竞赛”吗？四十年来，有多少基础实力足够的选手，因为所谓“灵感”功亏一篑！我想，虽然信息学竞赛必然有运气的成分，或许“有灵感”也是金牌得主的重要素养之一；但是像我这样脑子笨的 whk 选手，唯一在 OI 赛场上打出好成绩的可能性，只能是在日常训练中，尽量抛却“灵感”。你读了我这么多篇题解，看了我写的 The Art of the Induction，应该能够明白我的想法：扔掉一切“感受一下”“毛估估”“注意到”，让一道题目的解法，能够真正一步步从已知中推出来。只需掌握最基础的几个寻找性质的工具与方法，还须牢记必要的 trick，而其它一切都是靠不住的，因为你能保证自己在 NOI 场上一定具备“灵感”吗？我认为自己不能。我们的目标就是，对每一道会做的题目，能说出自己如何做出来的；对每一道不会做的题目，做“逆向工程”，尽力猜想人家是如何做出来的。猜得多了，总结一下所学到的新思路、新方法、新 trick，也就都会了。
有人说我太在意细节，他还说，其实 OI 本来不需要那么严格的推理，其实 OI 本来就需要“模糊”一点，就是需要“感受”一下，可我不认同。也许我太菜了，也许我剑走偏锋了，也许我的天分达不到 OI 的要求，也许我该回去学 whk，但是我不在乎，因为在 Exemplary Examples 的这 100 道题目中，我能看见自己对这一门学科的浅薄认知中，最绚烂的图景。我不喜欢学科技，不喜欢读论文，不喜欢“没人能想到”的奇异思路和奇异题目，但我喜欢研究一种方法，这种方法能让几乎零基础的选手，望见高水平大佬的项背。我对 OI 的热爱或许就建立在它的基础上，这种热爱恐怕没有竭尽的一天，因为我不知道的还太多了，用现有方法解释不了的题目也太多了，我永远在完善“总结”，完善“方法”，继续训练的道路上啊。其实哪一门学科不是这样呢？我自学 whk，也是这样想，也是这样做。如果你和我是同道中人，尽力把我们的思想发扬光大吧。让他们知道，我们有逻辑的选手，也能取得自己满意的成果！
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