Exemplary Examples IV
导语见 Exemplary Examples I。
T-101 一些组合符号化题目 25-12-31 S+
应当学习一些必要的科技。有一些题目不用科技也能做，但是如果你会科技，就会更加容易。况且，有一些在科技中运用的 OI 思想，是可以迁移的。T-101 中有好多思维跳步大的题目，所以给到 S+，是第一个 S+ 题。
先给最重要的几个式子。在定义新对象的乘除加减的时候，一般会让它们成立。一个是高中数学错位相减法推出来的
另一个是自然对数的定义“某个满足 \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}A}(e^A)=(e^A)\) 的函数”。只要满足它，就是 \(e^A\)
这样就能定义反函数 \(\ln(e^A)=A\)。由于第二个式子成立，可以推出以下式子成立
在这些式子中，\(A\) 就是“新对象”。可以是数字，也可以是多项式，甚至可能是别的什么东西。注意，有时候写 \(e^A\) 会写成 \(\mathrm{exp}(A)\)，这两个式子的含义是一样的。
组合对象：树、图、串等。组合对象有一个大小 \(|a|\)，定义就是其中的节点个数等。组合对象的乘法是拼接，例如组合对象“字符串 ab”与“字符串 opq”的乘积就是“字符串 abopq”。显然其结果的大小，会是原有两个组合对象大小之和。定义组合对象乘法单位元 \(\epsilon\)，它和任何组合对象的乘法运算结果，是另一组合对象本身。特别地，\(\epsilon\times \epsilon=\epsilon\)。你可以把 \(\epsilon\) 看成“空组合对象”。
组合类：组合对象的集合。例如“所有节点个数不超过 100 的二叉树”就是一个组合类。组合类的加法是集合不交并，若集合有交，则运算未定义。组合类的乘法是，在第一个集合内取一个元素，与第二个集合内的一切元素做拼接，得到一个新组合类。将第一个元素取任意值得到的那些组合类，加起来的结果。例如字符串类“0,01,012”和“234,14”的乘法结果为“0234,014,01234,0114,012234,01214”。
在后面的运算中，有时把组合对象和组合类的概念混淆了。这种情况下，不妨把组合对象当成只有一个元素的组合类来理解。
组合构造
sequence 构造：根据某组合类，在其中选择若干组合对象（可以重复），依次拼接形成一个序列，求一切序列构成的组合类（注意措辞“拼接”，这意味着所谓“序列”依然是组合对象做乘法的结果，“序列”和原有的组合对象，属于同一种组合对象。原有组合类内的对象都是字符串，则 sequence 构造得到的组合类内对象，还是字符串）。假设原有组合类是集合 \(\mathcal{A}\)，则 \(\mathrm{seq}(\mathcal{A})=\epsilon+\mathcal{A}+\mathcal{A}\times \mathcal{A}+\mathcal{A}\times \mathcal{A}\times \mathcal{A}+...\)。要求 \(\mathcal{A}\) 中不能包含 \(\epsilon\)，否则加法未定义。
multiset 构造：根据某组合类，在其中选择若干组合对象（可以重复），组成一个可重集，求一切可重集构成的组合类（对于“集合”的定义是，将“集合”内所有组合对象依字典序排序并顺次拼接，得到新组合对象，这个组合对象就象征“集合”。也就是说，“集合”和原有组合对象，还是同一种组合对象）。假设按照字典序将组合类 \(\mathcal{A}\) 内元素排序后的第 \(i\) 个为对象 \(\mathcal{A}_i\)，则 \(\mathrm{multi}(\mathcal{A})=\epsilon+\prod_i(\sum_j (\mathcal{A}_i)^j)\)。\(\mathcal{A}\) 中不能包含 \(\epsilon\)。
powerset 构造：根据某组合类，选择组合类的某个子集，求一切子集构成的组合类。则 \(\mathrm{pwset}(\mathcal{A})=\prod_i(\epsilon+\mathcal{A}_i)\)。\(\mathcal{A}\) 中不能包含 \(\epsilon\)。
递归定义
它和 dp 联系很紧密。用 dp 的思想去理解会比较容易。
举例说，组合类“一切 01 字符串”\(\mathcal{S}\)，可看成是 \(\epsilon+\{0,1\}\times \mathcal{S}\)。组合类“一切 儿子有顺序的有根二叉树”（可认为是：选取一无标号有根二叉树，然后选取一种 dfs 序，其综合选取方式）\(\mathcal{T}=\epsilon+\mathcal{T}\times p\times \mathcal{T}\)。这里的 \(p\) 代表单个节点构成的二叉树，在此处的意义就是“根节点”。组合类“一切无标号有根树”\(\mathcal{B}=\epsilon+p\times \mathrm{multi}(\mathcal{B})\)。
T-101-1 生成函数
对无穷序列 \(a\)，定义以 \(x\) 为主元的多项式 \(\sum a_ix^i\) 为它的普通型生成函数；定义多项式 \(\sum a_i\frac{x^i}{i!}\) 为其指数型生成函数。你注意，不管是什么类型的生成函数，它得先是个多项式，定义生成函数 \(A\) 第 \(i\) 次项的系数为 \([x^i](A)\)，则普通型有 \([x^i](A)=a_i\)，指数型有 \([x^i](A)=\frac{a_i}{i!}\)。两个生成函数 \(A,B\) 之间的加法、乘法，就定义为其对应多项式的加法、乘法；生成函数的幂次、求导、积分等，也是对应多项式的操作。
当然，还可以定义多元生成函数，给定 \(a,b,c,...\)，则以 \(x,y,z,...\) 为主元的多项式 \((\sum a_ix^i)(\sum b_jy^j)(\sum c_jz^j)\) 为它的普通型生成函数。
生成函数的作用是什么呢？处理组合构造中的计数问题。这个计数一般是跟组合对象的大小有关（问大小为 \(k\) 的组合对象有多少）。对于组合类 \(\mathcal{A}\)，定义其中大小为 \(i\) 的组合对象个数是 \(a_i\)，根据 \(a\) 得到对应的普通型生成函数或指数型生成函数 \(A\)。那么对组合类做加法、乘法、组合构造，得到的新组合类对应的生成函数，这个新生成函数可以完全依赖于参加运算的组合类对应的生成函数，而不依赖组合类本身。你所问的，就是最终组合类对应的生成函数的 \(k\) 次项系数。容易得到以下这几个，组合类运算及其生成函数运算的关系。注意这里的都是普通型生成函数：
组合类 \(\mathcal{C}=\mathcal{A}+\mathcal{B}\)，则生成函数 \(C=A+B\)。
组合类 \(\mathcal{C}=\mathcal{A}\times \mathcal{B}\)，则生成函数 \(C=A\times B\)。
组合类构造 \(\mathcal{B}=\mathrm{seq}(\mathcal{A})\)，则 \(B=\sum A^i=\frac{1}{1-A}\)。
组合类构造 \(\mathcal{B}=\mathrm{multi}(\mathcal{A})\)，\(B=\prod_i(\sum_j x^{|\mathcal{A}_i|j})=\prod_i(\frac{1}{1-x^{|\mathcal{A}_i|}})=\prod_j(\frac{1}{1-x^j})^{[x^j](A)}\)。
组合类构造 \(\mathcal{B}=\mathrm{pwset}(\mathcal{A})\)，\(B=\prod_i(1+x^{\mathcal{A}_i})=\prod_j(1+x^j)^{[x^j](A)})\)。
对于一个无穷求和的多项式，如果它是收敛的，我们一般可以把它用非无穷求和的方式表现出来，称之为对应生成函数的“封闭形式”。例如对于序列 \(a_i=1\) 的普通型生成函数，它形如 \(1+x+x^2+...\)，可得它的封闭形式 \(\frac{1}{1-x}\)；对于该序列的指数型生成函数，它形如 \(1+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}\)，通过“最重要的式子”中 \(e^x\) 的定义，得其封闭形式 \(e^x\)；序列 \(a_i=\binom{n}{i}\) 的普通型生成函数之封闭形式则是 \((1+x)^n\)；\(a_i=\frac{1}{i}\) 的普通型等价于 \(-\ln(1-x)=\ln(\frac{1}{1-x})\)（这也是 ln 的定义，使之生效的）；\(a_i=\binom{n+i-1}{n-1}\) 的普通型等价于 \((\frac{1}{1-x})^n\)。
封闭形式的好处在于，当对生成函数做操作时，人或者计算机，可以不用处理无穷求和，而是去计算有穷的式子。先看看有哪些对生成函数的常见操作，以及它们对于 \(a_i\) 的影响之组合意义：
加法就是对位相加。
普通型生成函数的乘法 \(C=A\times B\)。这意味着 \(c\) 是 \(a,b\) 的卷积。
指数型生成函数的乘法 \(C=A\times B\)，\(c_i=\sum_j\binom{i}{j}a_jb_{i-j}\)。
根据这两个乘法操作，我们可以选用合适的生成函数解决 dp 问题。例如若转移式类似于 \(f_i=\sum \binom{i}{j}f_{i-j}g_j\)，就宜选用指数型生成函数，写出结果后用多项式计算就好了。
普通型生成函数的移位 \(B=xA\)，这意味着 \(b_i=a_{i-1}\)。若左移位，则 \(B=\frac{A}{x}\)。
指数型生成函数的移位 \(B=\int A\)，这意味着 \(b_i=a_{i-1}\)。若左移位，则 \(B=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}A\)。
普通型生成函数的系数乘 \(i\) \(B=x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}A\)，这意味着 \(b_i=ia_i\)。
普通型生成函数的前缀和 \(B=\frac{1}{1-x}A\)。若差分，\(B=(1-x)A\)。
一般来说，根据题意写出初始展开形式，以及通过哪些操作来得到最终形式，这并不难。只需灵活应用交换求和顺序。不过一定要牢记，要保持收敛性一致：若对于任意 \(n\)，其前 \(n\) 项系数均收敛，那么一个无穷求和收敛。需要关心的是，生成函数的封闭形式和其展开形式的互相转化。
先看展开形式转封闭形式。
公式法。最基本的五个公式已经举过例子了。将陌生生成函数转化为若干熟悉生成函数的组合（就是用“生成函数常见操作”去做转化），然后将熟悉生成函数各自直接应用公式法。特别是如果遇到组合数，想办法给它凑一个 \(\binom{i}{j}x^j\) 或者 \(\binom{i}{j}x^i\) 并应用公式法。
换元法。例如普通型生成函数 \(\sum c^ix^i=\sum (cx)^i=\frac{1}{1-cx}\)。
取对数。多项式也可以求 \(\ln(A)\)，\(e^A\)（“多项式 ln，多项式 exp”），如果求其前 \(n\) 项的系数，则也只需用到 \(A\) 前 \(n\) 项的系数。时间复杂度仅为 \(O(n\log n)\)（用 NTT，NOI 应该不会考），也有 \(O(n^2)\) 的递推方法，后面讲“求导法求递推式”时介绍。其意义在于把复杂的求积式化为和式。注意，多项式 ln 要求 \(a_0=1\)；多项式 exp 要求 \(a_0=0\)，否则做不了。
这样一来，multiset 构造有快速求法：\(B=\prod_j(\frac{1}{1-x^j})^{[x^j](A)}\)，取对数得到 \(B'=\ln B=\sum_j [x^j](A)\ln(\frac{1}{1-x^j})\)。换元得 \(B'=\sum_j[x^j](A)j\sum_k \frac{x^{jk}}{k}\)。可以 \(O(n\log n)\) 暴力求 \(B'\) 前 \(n\) 项系数，能总复杂度 \(O(n\log n)\) 求 \(B\)。不过还能让形式更好看一点，换求和顺序 \(B'=\sum_k\frac{1}{k}\sum_j[x^j](A)x^{jk}=\sum_k\frac{A(x^k)}{k}\)。这里 \(A(x^k)\) 代表，把 \(x^k\) 换元 \(x\) 代入多项式 \(A\)。这样，就更显然地得到 \(O(n\log n)\) 的求法。至于 powerset 构造也类似，总之就是先取对数，再用 \(e^{B'}\) 还原。
再看封闭形式转展开形式。
法一。
第一步，分子分母分离。分子上的多项式如果不复杂，就利用“乘以 \(x\) 代表位移”来处理；如果复杂，可以整个提出来，利用公式法直接转化回展开形式；如果不能直接转化，把分子分母同除以，分子多项式的某个因式，可使得分子多项式变得简单。至于分母，用下面介绍的方法处理。最终把分子和分母的展开形式，卷一下就好。
第二步，处理分母。式子 \(\frac{1}{F(x)}\) 对 \(F(x)\) 做因式分解，得到 \(\prod (\frac{1}{x-x_i})^{p_i}\) 的形式（重根必须用 \(p_i\) 表示重几次）。这就表示成了若干能应用公式法的因式的乘积，已经可以对它们的展开形式做卷积，而得到结果了。另外，容易证明，它能够被裂项成 \(\sum \frac{Q_i(x)}{x-x_i}\)，其中 \(Q_i\) 是一个至多某次的多项式。用待定系数法，根据所有 \(Q\) 的前 \(j\) 项系数递推求它们的第 \(j+1\) 项系数，即可。
法二，求导法得系数递推式。
其实就是解微分方程。与之所处理问题相近的还有多项式牛顿迭代，但是我没学。
例如，给定 \(A\) 前 \(n\) 项系数，问如何 \(O(n^2)\) 得到 \(B=e^A\) 的前 \(n\) 项系数。对封闭形式求导，得 \(AB=B'\)。对展开形式求导，得 \(B'\) 是 \(B\) 各项系数移位并乘常数的结果。递推地，若已经求出前 \(n\) 项 \(B'\)，根据展开形式求导，就直接得到第 \(n+1\) 项 \(B\)；据封闭形式求导，\([x^{n+1}](B')=\sum_i [x^i](A)[x^{n+1-i}](B)\)，就可以求出第 \(n+1\) 项 \(B'\)。所以就得到一个 \(O(n^2)\) 递推算法。
换句话说，通过对封闭形式求导，来得到导函数 \(B'\) 和 \(B,A,A'\) 之间的第一个关系。通过对展开形式求导，得到 \(B',B\) 间的第二个关系。据这两个关系，看到每个系数，写出无穷个方程，然后从次数最低的系数开始，依次解起。
多项式求 ln 也完全一样。至于多项式求逆，就不用求导了，可直接递推做。因为 \(AA^{-1}=1\)，所以 \([x^i](AA^{-1})=[i=0]\)。存在多项式逆元的要求是 \(a_0\neq 0\)。据这个式子递推即可。这样，这几个常见多项式操作，都用递推 \(O(n^2)\) 解决了。
法三，拉格朗日反演。
若 \(f,g\) 互为复合逆（只要 \(f(g(x))=x\) 或 \(g(f(x))=x\) 成立即可，因为有一个成立能推另一个），则
求复合逆的办法，也可以写出方程、递推系数。不过更常见的是存在一个关于 \(f\) 的等式，这就可以把等式两边放一边，而另一边是 \(x\)，据此得到 \(g(x)\)，见下面例题。存在复合逆的要求是 \(f_1\neq 0\)。
T-101-1-1
有标号的 \(n\) 个小球，放进任意多个有标号盒子，求方案数。放进盒子的方式可能不止一种。具体地，把 \(i\) 个小球放进某盒子的方式有 \(f_i\) 种。特别地，保证 \(f_0=0\)，即不能空放。
若 dp，定义状态 \(g_i\) 表示 \(i\) 个球的答案，则式子是 \(g_i\gets \sum_j \binom{i}{j}f_jg_{i-j}\)。这完全就是指数型生成函数做乘法时的形式。定义指数型生成函数 \(G=\sum g_i\frac{x^i}{i!},F=\sum f_i\frac{x^i}{i!}\) 则 \(G=1+F+F^2+...=\frac{1}{1-F}\)，可以多项式求逆得结果；答案就是 \(n\)。
若放入无标号盒子怎么办呢？那就有 \(G=\sum \frac{F^k}{k!}=\mathrm{exp}(F)\)。若是无标号小球放有标号盒子，怎么办呢？重写 dp 式子，这回近似于普通型做乘法的形式，改为定义普通型生成函数就行了。若是无标号小球放无标号盒子怎么办呢？
这个还不好办。直接定义普通型生成函数 \(G=\sum g_ix^i,F=f_ix^i\)，它不满足 \(G=\mathrm{exp}(F)\)，因为可能存在多个盒子，里面放的球个数相同，你的那个“除以 \(k!\)”除多了。类似于 multiset 构造中的想法，把球个数一样的盒子，一次性确定。得到 \(G=\prod (\frac{1}{1-x^i})^{f_i}\)。当初，快速算 multiset 构造的两种办法中，你选一个就能 \(O(n\log n)\) 解决了。
T-101-1-3 P2767
显然，组合类 \(\mathcal{T}=p\times(\epsilon+\mathcal{T})^m\)。定义对应生成函数为 \(T\)，则 \(T=x(1+T)^m\) 只需求 \([x^n](T)\)。运用拉格朗日反演。把等式两边放一边，\(\frac{T}{(1+T)^m}=x\)，构造复合逆 \(G\) 只需满足 \(G(T)=x\)，因此 \(G=\frac{x}{(1+x)^m}\)。拉格朗日反演：
T-101-2 幂级数与集合幂级数
可以把幂级数想象成一种“map<?,int> 映射”，用 \(x\) 作为“占位符”，把映射用 \(\sum \mathrm{val}x^{\mathrm{key}}\) 来表示。
举一个例子，定义组合类 \(\mathcal{S}\)“一切用 \(1\times 2,2\times 1\) 两种砖块铺 \(2\times i\) 平面的方法”，把第一种砖块用 \(p\) 代替，第二种砖块用 \(q\) 代替，把两个第一种砖块摞起来得到的 \(2\times 2\) 方块用 \(p^2\) 代替。则 \(\mathcal{S}=\epsilon+\{p^2,q\}\times \mathcal{S}\)。定义组合类 \(\mathcal{A}=\{p^2,q\}\)，则 \(\mathcal{S}=\mathrm{seq}(\mathcal{A})=\frac{1}{1-\mathcal{A}}\)。那么这个式子包含了有关 \(\mathcal{S}\) 的一切信息，但一般不需要那么多，我们一般只关心“大小”“个数”。
例如需要求，“用了 \(i\) 个 \(p\)，\(j\) 个 \(q\) 得到的方法总量”，怎么办呢？把一个组合类的定义从“集合”改成“map<pair<int,int>,int> 映射”，用 \(\sum a_{i,j}x^{i,j}\) 表示组合类内“用了 \(i\) 个 \(p\)，\(j\) 个 \(q\) 得到的方法总量”为 \(a_{i,j}\)。这样，\(\mathcal{A}=x^{2,0}+x^{0,1}\)。故 \(\mathcal{S}=\frac{1}{1-x^{2,0}-x^{0,1}}\)。这实际上就是一个二元生成函数而已。
因此生成函数只是一种特殊的幂级数，不过它最常用。在幂级数里，集合幂级数也比较重要，比较常用。它是“map<sta,int> 映射”，是二进制状态到整数的映射。集合幂级数的加法就是同次数对位加，但乘法被定义成“次数上做某种二进制卷积，系数上做乘法”，最常见的是“次数上做子集卷积，系数上做乘法”。下面重点介绍这类集合幂级数。
最基础的是集合幂级数 exp。也就是定义 \(\mathcal{A}=\sum a_sx^s\)，其中 \(a_s\) 表示状态 \(s\) 的“权值”。定义 \(\mathcal{G}=\sum g_sx^s\)，\(g_s\) 表示把 \(s\) 划分为若干子集部分的所有方案之加权和，而一种方案的权值是，划分方案中所有子集的 \(a_t\) 之积，即 \(g_s=[x^s](\sum \frac{\mathcal{A}^k}{k!})\)。快速求 \(\mathcal{G}\) 和 FMT 子集卷积的做法完全相同。设状态 \(f_{i,s}=[|s|=i]a_s\)，\(h_{i,s}=[|s|=i]g_s\)。把 \(f_{:,s},h_{:,s}\) 看作最高 \(n\) 次的普通型生成函数，对 \(f\) 做 FMT 得到 \(f'\)（高维前缀和要调用加法，直接改成生成函数的加法），
也就是说，\(h'_{:,s}=\mathrm{exp}(f'_{:,s})\)。求出之后 IFMT 回去得到 \(h\)，而 \(h_{|s|,s}=g_s\)，总复杂度 \(O(n^22^n)\)。与之相应地，做集合幂级数 ln，集合幂级数求逆也都一样。总之就是把集合幂级数改成 \(O(2^n)\) 个以“状态大小”为主元的生成函数，然后做一遍或 FMT，对结果分别做 exp，ln 或者求逆元，并 IFMT 回去。这是因为子集卷积作为此类集合幂级数的乘法，能够通过 FMT 转化成，对位的多项式卷积。故在 FMT 之后，完全依照常规多项式的做法做就是对的。
T-101-2-1
从这道题开始，我们介绍若干道状压图问题。这类问题一般有两个解决方法，两个方法常常联合使用。一个是，用总数减不合法。另一个是，从子结构拼成大型结构。dag 计数问题中，常使用“当前所有入度为零的点”作为子结构；点/边双连通分量/强连通分量在最优化问题中，常用耳分解为子结构，连通分量本身作为大结构，配合“最后一个操作没有结束”；计数问题中，常用连通分量本身作为子结构，而大型结构则成了缩点树/圆方树/缩点 dag。不过无论哪种图，无论什么做法，总是有一维状态是“只考虑 \(s\) 这个点子集内部的边”，如何如何。常见的想法还有，枚举“子集内编号最小的节点所在连通块”的状况。
特别地，有一类问题可以先求出“子图内什么都不要求”的集合幂级数 \(G=\sum 2^{e_{s,s}}x^s\)。\(e_{s,t}\) 表示两个集合之间的边数。然后找出，从所求答案的集合幂级数推到 \(G\) 的过程（用集合幂级数运算表示）。那么求答案只需倒推回来就行了。有时还会定义 \(G\) 表示“子图什么都要求，就是不要求连通”的集合幂级数。
T-101-2-1-1
给一张 \(n\le 18\) 点 \(m\) 边的图，多次询问，在某个点子集的导出子图内选择某些边，使得该子集连通的方案数。又称连通子图计数。
法一，常规 dp。总数减去不合法，不合法情况是子集碎成若干连通块，“碎成若干连通块”可以通过枚举“最小编号点所在块状态”来处理。\(f_s=2^{e_{s,s}}-\sum_{t\subset s,\min t=\min s}2^{e_{s-t,s-t}}f_t\)。这里 \(\min s\) 表示子集内最小编号点。优化，注意到后面是一个半在线子集卷积。即可 \(O(n^22^n)\)。
法二，“子图内什么都不要求”集合幂级数为 \(G=2^{e_{s,s}}x^s\)。定义集合幂级数 \(F\) 表示连通子图方案数（所求答案的集合幂级数），则 \(G=\mathrm{exp}(F)\)，故 \(F=\ln G\)。也能 \(O(n^22^n)\) 解决原问题。
T-101-2-1-2
连通二分子图计数。
若不要求连通怎么做，枚举黑点和白点的点集，要求内部没有边，中间随便连。假设这样求得的集合幂级数为 \(G\)，而实际答案为 \(F\)。\(F,G\) 之间不是直接 exp 的关系，因为对一个有 \(k\) 个连通块的二分图，它有 \(2^k\) 种染色法。故 \(G=\mathrm{exp}(2F)\)，则 \(F=\frac{\ln G}{2}\)。
T-101-2-1-3
连通欧拉子图计数。
若不要求连通怎么做，存在欧拉回路的限制是，每个节点的度数均为零。把每个节点的度数，状压为一个小于 \(2^n\) 的二进制整数。也就是说，给若干整数（一条边看成一个整数），问选择整数的某个子集，异或起来成零的方案数是多少。把每条边当成是一个零一变量 \(x_i\)，写出对于每一位的异或方程，高斯消元解方程组，则二的自由元次幂，就是解的个数。当然，这也就是把边插入线性基的过程。最后 ln 回去即可。
T-101-2-2
树计数问题，要么就定一个根上树形 dp；要么就别定根，改成从值域扫描，每次加编号为 \(i\) 的点到当前连通块或虚树中。\(f_{i,s}\) 表示“\(s\) 内选边，使得子图怎样怎样，要求点的编号都小于等于 \(i\)”的方案数。
T-101-2-2-1
树子图计数。或者问森林子图计数。第二问显然是第一问的答案做集合幂级数 exp 后的结果。
从值域扫描。定义状态 \(f_{i,s}\) 表示只考虑前 \(i\) 个点内部的边，存在某个连通块长成 \(s\) 这个样子的选边方案数。那么 \(f_{i,s}=\sum_{a_1+a_2+...+a_k+\{i\}=s}\frac{1}{k!}\prod f_{i-1,a_j}\)，可以 exp。虽是 \(n\) 次，但是每次只用 exp 前 \(i\) 个点，共计 \(\sum i^22^i=n^22^n\)。
T-101-2-2-2
仙人掌子图计数。
仙人掌是什么？缩点之后每个点双都是环的图。环的集合幂级数可以简单 dp 得出。接下来相当于 dp 圆方树形态，关键的是割点。定义 \(f_{i,s}\) 表示“\(s\) 内选边，使得 \(s\) 是仙人掌，要求割点的编号都小于等于 \(i\)”的方案数。初始化 \(f_{0,s}\) 时不能有割点，因此只能是一个环；转移时，\(f_{i,s}=\sum_{a_1+a_2+...+a_k+\{i\}=s}\frac{1}{k!}\prod f_{i-1,a_j+\{i\}}\)，可以 exp。总复杂度 \(O(n^32^n)\)。
T-101-2-2-3
点双连通子图计数。
令 \(G\) 表示在 \(s\) 内任意选边的集合幂级数。如何用所求答案 \(F\) 算 \(G\) 呢？相当于 dp 圆方树形态，设状态 \(f_{i,s}\) 表示“\(s\) 内选边，什么也不要求，只要求割点的编号都小于等于 \(i\)”的方案数。初始化 \(f_{0,s}=[x^s]F\)。接下来转移 \(f_{i,s}=\sum_{a_1+a_2+...+a_k+\{i\}=s}\frac{1}{k!}\prod f_{i-1,a_j+\{i\}}\)，exp 即可。\(f_{n,s}=[x^s]G\)。如今倒着推回去到 \(f_{0,:}\)，每次做 exp 的逆运算也就是 ln。总复杂度 \(O(n^32^n)\)。
T-101-2-2-4
边双连通子图计数。
法一，同上设状态 \(f_{i,s}\) 表示“\(s\) 内选边，要求割边的端点的编号都小于等于 \(i\)”的方案数，从 \(f_{i-1,s}\) 推 \(f_{i,s}\) 仍旧容易，只需要考虑所有与 \(i\) 相连的割边的影响即可。而实际上知道 \(f_{n,s}\) 的值，逆回来即可。
法二，注意到割边就是大小为二的点双。那只需求子图“点双缩点后不存在大小为二的方点”的方案数。先做一遍 T-101-2-2-3 预处理出点双的集合幂级数 \(F\)，并将大小为二的状态对应的值改成零。接下来类似于 T-101-2-2-2，设状态 \(f_{i,s}\) 表示“\(s\) 内选边，使得子图是边双，要求割点的编号都小于等于 \(i\)”的方案数。初始化 \(f_{0,:}=F\)。转移时，\(f_{i,s}=\sum_{a_1+a_2+...+a_k+\{i\}=s}\frac{1}{k!}\prod f_{i-1,a_j+\{i\}}\)，可以 exp。
T-101-2-3
dag 容斥，枚举当前所有入度为零的点集 \(s\) 来转移，容斥系数是 \((-1)^{|s|+1}\)。
T-101-2-3-1
dag 子图计数。
由 dag 容斥写出暴力转移式 \(f_s=\sum_{t\subset s}[t 为独立集](-1)^{|t|+1}f_{s-t}\)。注意此处没有“钦定最小标号点在独立集里”。改写为集合幂级数的形式。设集合幂级数 \(G\) 满足，所有 \(s\) 为独立集的位置有 \([x^s](G)=(-1)^{|s|+1}\)，其余位置为零。则 \(f_s=[x^s](\frac{1}{1-G})\)，集合幂级数求逆即可。
T-101-2-3-2 P11714
强连通子图计数。
用子图任意的方案数，减去子图缩点后超过一个点的方案数（定义它是 \(g_s\)）。由 dag 容斥，定义 \(h_s\) 处理“入度为零”层，即“子图缩点后为偶数个相互独立强连通分量的方案数，减去奇数个的”。据此 \(h_s=\sum_{t\subset s,\min s=\min t}(-1)f_th_{s-t}\)。显然 \(g_s=-\sum_{t\subset s,\min s=\min t} h_t 2^{e_{s,s-t}}\)，而 \(f_s=2^{e_{s,s}}-g_s\)。精细实现做到 \(O(3^n)\)。
T-101-2-3-3 P10221
前面几步都非常简单就不说了，关键在于得到 \(O(n^23^n)\) 做法之后，有两种能够通过该题的方法。一种是卡常。在瓶颈循环中，如果发现某层循环只涉及到 popcount 个元素，或者只用枚举到 popcount 就行了，那一定要写这个剪枝。另外，瓶颈循环里面，取模次数越少越好，最好放到外面预处理需要取模的东西（说题外的，有时瓶颈循环调用组合数。应放弃预处理阶乘逆元的办法，而是选用杨辉三角。减少了取模次数）。
法二。关注瓶颈部分 \(f_{i,s}=\sum_{t\subset s}[\mathrm{chk}(t,s-t)]\sum_j f_{j,t}g_{i-j,s-t}\)，其中 \(g\) 是可预处理数组。本来半在线子集卷积就能做，可惜 chk 不可能在 FMT 过程中处理。一旦发现 dp 转移中，存在近似于卷积的形式，就可以生成函数，用代值计算法，插值得到答案。将 \(f_{:,s}\) 看作 \(n\) 次生成函数，给形式底数 \(x\) 代入 \(n\) 个点值。每代入一次，据上述式子给每个 \(s\) 求一遍 \(F_s=\sum f_{i,s}x^i\) 是 \(O(3^n)\) 的。\(O(n3^n)\) 就能求得 \(n\) 个点值，再插值就能求多项式系数，也就是 \(f_{i,s}\) 具体是多少了。
这个题目和 T-101-1-2 共同提示我们，生成函数首先是一个多项式，其次才具有别的性质。它作为一个多项式，就意味着支持代入点值、插值、一切 NTT 优化的快速多项式计算。另外，一切近似卷积的问题，都可以看作是生成函数（多项式）在做乘法。
T-101-3 容斥与集合划分容斥
我再次强调，计数问题如果直接 dp 不了，或者直接 dp 复杂度无法接受的，可以看看能不能容斥（尤其是答案统计和“极大段”有关的情况下）、组合、生成函数。先回顾常规求容斥系数的思路（其实不是回顾，是在发明，因为，好像我对容斥的理解又深化了。修改了好几版）。
给一些元素，每个元素有取值方式，问“所有方案加权和”。这个权值的计算方法如下：
题目给定一族对元素取值的限制 \(R\)。你可以给它定义“严格度”，其中任两个限制的“严格度”之间可能存在偏序关系（具备传递性），也可能不可比。对它的定义必须非常谨慎，使得：对于任一方案，能够唯一找出它在 \(R\) 中满足的最严格的限制 \(x\)（不存在另一个它满足的限制 \(y\) 使得 \(y\) 比 \(x\) 严格），且方案的权值，是只跟 \(x\) 有关的某个已知 \(p(x)\)。
记录权值为 \(p(x)\) 的方案共 \(f(x)\) 种，那答案就是 \(f(x)p(x)\)，但 \(f(x)\) 极其难算。不过“满足限制 \(x\)”的方案数 \(g(x)\) 极其好算。现在希望给 \(x\) 配上一个容斥系数 \(q(x)\) 使得 \(\sum f(x)p(x)=\sum g(x)q(x)\)。计算方法是，\(q(x)=p(x)-\sum_{y<x}w(y|x)q(y)\)，其中 \(w(y|x)\) 表示任一满足限制 \(x\) 的方案，是否一定也满足限制 \(y\)（即，被 \(g(x)\) 统计的方案一定被 \(g(y)\) 统计）。有时可以用 dp 来处理 \(\sum_{y<x}w(y|x)q(y)\)。如果算系数的速度还不够快，就需要打表看规律了。
千万注意，因为偏序关系是你自己定的，所以 \(w(y|x)=[y\ge x]\) 并不总是成立。
反演是指，题目给定限制族，然后你自己给它定一个偏序。现在已知 \(g(x)\) 想要求出 \(f(x)\)。一般是按照偏序关系从小到大枚举 \(x\)，\(f(x)=g(x)-\sum_{y<x}v(y|x)\)，其中 \(v(y|x)\) 表示同时满足 \(y,x\) 两个限制的方案数有多少，计算 \(v(y|x)\) 的时候可以自选调用 \(f(y)\)（指定的偏序关系要比较合适，使得 \(v(y|x)\) 容易计算）。反演常应用于，题目询问所有 \(f(x)\) 的情况下。用反演，就不能得到那个独立于方案数的系数 \(q\) 了。
反演所能处理的一类问题（如 T-101-3-4），直接容斥做不了吗？对上述容斥做个小扩展即可，只需更改 \(w(y|x)\) 的定义为“概率”（而不是原有的零一离散变量），也就是在满足限制 \(x\) 的条件下，同时满足限制 \(y\) 的条件概率。
集合划分容斥是一个特例。若把全集 \(U\) 恰好划分成元素 \(x_1,x_2,...\) 的权值是 \(p(x)=\prod P_i(x_i)\)，方案数是 \(f(x)\)，求加权和 \(\sum f(x)p(x)\)。易求出集合至少划分成元素 \(x_1,x_2,...\) 的方案数（也就是说 \(x_i\) 内部可能还有划分）\(g(x)\)，想要配上合适权值 \(q(x)=\prod Q_i(x_i)\)。定义幂级数 \(A=\sum_i Q_i(x_i)y^{x_i},B=\sum_i P_i(x_i)y^{x_i},C=\sum_i G_i(x_i)y^{x_i}\)。若存在某组合构造方法对应的幂级数变换 \(H\) 使得 \(g(x)=[y^U]H(C)\) 且 \(\sum w(y|x)q(y)=\prod_i [y^{x_i}]H(A)\)（这两个会同时成立，是“集合划分”的性质保证的），故 \([y^x]B=[y^x]H(A)\)。至于为什么 \(q(x)\) 也可以把多个小限制分开独立计算，最后再乘起来？这是集合划分问题的内禀属性使然（就是说能证，但是我不会证）。集合划分容斥运用生成函数能够解决的问题，我们当然也能拿通用的 dp 方法至少给出一个暴力，具体方式就是考虑所有把一个元素 \(x_i\) 划分成若干其它元素的方案 \(x'\)，它是把原来的元素划分成了 \(x'_1,x'_2,...x'_n\)，则 \(Q_i(x_i)=P_i(x_i)-\sum_{x'}\prod Q_j(x'_j)\)。
题目的限制族不明显时，需要你自己构造合适的族。问题只有一个目标（只有一个特殊的 \(p(x)\) 不为零），则定义限制族时，可以把问题的目标限制（没有怎样的元素/没有怎样的关系）拆成若干单点/双元小限制，然后此限制族的某个大限制就应该是，在所有可能的小限制构成的集合中，挑选一个子集，囊括其中的所有小限制。很特别地，我们常常把所有限制取反面，然后定义限制族，这是为了方便求 \(g(x)\)。
一般来说，你指定的偏序关系尽量要使得 \(w(y|x)=[y<x]\) 成立。如果做不到，再勉为其难尝试别的定法，例如 T-101-3-4。
我们最后用这套理论，推理一下数论莫比乌斯函数。此场景下，限制族 \(R\) 中的每个元素都是一个数字 \(x\)，用于限制“某元素应该是它的倍数”。若 \(p(x)=[x=1]\) 那么可以推断 \(q(x)=-\sum_{y|x,y\neq x}q(y)\)，从而 \(q\) 就是莫比乌斯函数。那么为什么 \(\sum_{d|x}q(d)=[x=1]\) 呢？因为我们在此更换了主体，如果以一个顶格满足限制 \(x\) 的方案为主体，那么它总计被所有 \(d|x\) 的限制计入过，它对答案的贡献系数就是上述 \(\sum_{d|x}q(d)\)，而这个东西就是 \(p(x)=[x=1]\)。
T-101-3-1 AGC058D
如果直接 dp，必须记录最后两个字符以及剩余的 A,B,C 个数，转移还是十分固定的，虽然不能矩阵快速幂，但是 T-101“组合类的递归定义”告诉我们，如果存在 dp，那么对应的生成函数也存在合理递归定义。那此时能不能设生成函数替代 dp 呢？
法一，直接替代。具体来说，设 \(A_1\) 表示以 AA 结尾合法串的三元生成函数，\(A_1\) 表示 AB 结尾的，...，直到 \(A_9\) 表示 CC 结尾的。于是就能得到一个九元线性方程组，形如 \(A_0=x^2+x(A_0+A_4+A_7)\) 之类（其实就是把 dp 转移写成生成函数形式而已）。方程并不好解，但好像有人能解出来。
法二。因为不会解方程，我们希望得到一个不记录最后两个字符的 dp 状态。先看三个“不能出现子串”的限制。以缝隙为主体（我才讲过啊！序列上的连通块，考虑缝隙。子串也算序列上的连通块嘛）改单点限制“不存在连续的 A|B,B|C；不存在连续 B|C,C|A；不存在连续 C|A,A|B”，那不就是“A|B,B|C,C|A 连续段长度不超过二”吗？容易想到“枚举最后一个连续段的长度”来做 dp，但是不知道倒数第二个连续段的末尾字符，这个 dp 就不对。因为限制被加在极大元素上，尝试容斥。为了让 dp 数组里的值都是对的，因此每次转移都要容斥。
具体来说，定义限制族 \(R_{A,B,C}\) 表示向状态 \(f_{A,B,C}\) 转移时的容斥限制族，限制形如“最后一个连续段长度大于等于 \(x\)”，“严格度”的偏序关系显然就是 \(x,y\) 的数值大小关系。那么 \(p(x)=[x\le 2]\)，\(g(x)=\sum f_{A',B',C'}t(x)\)。考虑 \(\sum_{y<x} w(y|x)q(y)\) 是什么，若一个方案满足了“最后一个连续段长度大于等于 \(x\)”，是否也一定满足“最后一个连续段长度大于等于 \(y\)”？好像是的，但其实不是。你注意，“同时满足”的定义是，被 \(g(x)\) 统计的方案一定被 \(g(y)\) 统计，而若 \(y\le x-2\) 则因为 \(f\) 每个状态都是正确的，那么所有被 \(g(x)\) 统计的方案都不被 \(g(y)\) 统计。换句话说 \(q(x)=p(x)-\sum_{y\in[x-1,x]}q(y)\)，打表后容易看出并证明 \(q(L)=[L\mod 3=1]-[L\mod 3=0]\)。
当然，上述思路是旧版的。用上新版的技巧，我们已经知道这是一个集合划分容斥问题，但是我们就是不用生成函数，就是想打暴力 dp。根据集合划分容斥问题的内禀属性，如果知道了一个划分方案 \(x\) 中所有连续段的长度 \(x_i\)，则 \(p(x)=\prod P(x_i),q(x)=\prod Q(x_i)\)。则令 \(H(i)=\sum_{1\le j<i} H(j)Q(i-j),Q(i)=P(i)-H(i)\)。算出 \(Q(i)\) 后再修改对应 \(H(i)\) 的定义，令它额外加上 \(Q(i)\)。也可得到上述结论。
法二点五，上集合划分容斥。显然幂级数应该以连续段长度为次幂，因此 \(H\) 就是个 sequence 构造而已，有 \(\frac{1}{1-A}=B=x+x^2\)，多项式求逆即可。多项式求逆也是可递推的过程，能归纳出递推式 \(a_i=-a_{i-1}-a{i-2}\)，容易证明 \(Q(L)=[L\mod 3=1]-[L\mod 3=0]\)。
得到该容斥系数后，用递归定义的三元生成函数替代 dp（用 \(x,y,z\) 的次方分别代表 A,B,C 出现的次数），那么答案函数 \(R=(x+y+z)\sum_{i=0}(xyz)^iR-3\sum_{i=1}(xyz)^iR=\frac{1-xyz}{1-x-y-z+2xyz}\)。最终答案就是 \([x^Ay^Bz^C](1-xyz)(\sum (x+y+z-2xyz)^k)\)。
归约到求 \([x^Ay^Bz^C]\sum (x+y+z-2xyz)^k\)。枚举 \(k\) 之后，还是不敢暴力卷积。关键在于答案只要一项，没必要把整个多项式算出来。那么类似于 T-096，把“多项式乘开”的过程，看作是在 \(x,y,z,-2xyz\) 中选择一个乘到式子里，共选 \(k\) 次，并把得到的 \(4^k\) 个式子求和。改为枚举途中选了多少次 \(-2xyz\)，为了让 \([x^Ay^Bz^C]\) 这一项有系数，\(k\) 只能取一个确定的值，就能组合数直接算了。
T-101-3-2 QOJ11704
不可能按序列依次决定当前最后一个颜色段是什么颜色、长度是多少。只能按颜色 dp，每次需要枚举把当前颜色划分为多少段，并把当前这些颜色段插入到先前的若干颜色段中。但是插入方式很有可能让两个“被划分为不同段”但同颜色的段相邻，这就不对了。用容斥解决，定义限制族 \(R\) 中的限制 \(x\) 对应的若干小限制 \(x_i\) 形如“要求环上 \([l,r]\) 颜色相同”，并要求所有 \(X_i\) 的并集是全集。那么“严格度”偏序关系显然就是，若限制 \(y\) 的任一小限制 \(y_i\) 都被某个 \(x_i\) 包含，则 \(y<x\)。那么，\(p(x)=\prod |x_i|\)，这满足了“特别情况”，定义 \(p(x)=\prod P(x_i),P(x_i)=|x_i|\) 和 \(q(x)=\prod Q(x_i)\)，显然 \(Q(x_i)\) 只跟 \(|x_i|\) 有关，修改定义为 \(q(x)=\prod Q(|x_i|)\)。想知道 \(W(Y'(|x_i|)|(|x_i|))\prod_{|y_i|\in Y'(|x_i|)}Q(|y_i|)\) 的求法，可以 dp。设它为 \(S(|x_i|)\)，则有递推式 \(S(L)=\sum S(L-i)Q(i)\)。
但是这个限制族太庞大，不可能 dp 一个一个求 \(g(x)\)，这要求我们把 \(q(x)\) 相同的限制合并起来。定义 \(|x_i|\) 构成的可重集为 \(s(x)\)，则 \(\sum g(x)q(x)=\sum_{s(x)}g'(s(x))q'(s(x))\)。转化之后就容易 dp 求了，定义状态 \(f_{i,j}\) 表示把前 \(i\) 种颜色的所有元素划成 \(j\) 段的容斥加权和。据此定义辅助状态 \(g_{i,j}\) 表示把 \(i\) 个颜色相同的元素划成 \(j\) 段的容斥加权和，则 \(g_{i,j}=\sum_k g_{i-k,j}Q(k),f_{i,j}=\sum_k \binom{j}{k}f_{i-1,j-k}g_{a_i,k}\)，就解决了，吗？
样例过不去。思考一下，当前 dp 算的东西对不对劲。当前 dp 算的是 \(\sum_{x_1+x_2+...=n}(\prod Q(x_i))(给 x_1,... 分配颜色使之合法的方案数)\)。这不对劲，因为这相当于算“序列”的答案，“序列”和“环”的答案不该相同。考虑对任意一种“序列”的实际方案，该方案恰好对应一种“环”。但“序列”的首尾两段可能颜色相同，因而权值和“对应环”不一定相同，算得不对。枚举首段颜色，还有两个值 \(i,j\) 表示首段长度 \(i\) 和“若首尾颜色相同则 \(j\) 表示尾段长度；反之 \(j=0\)”。可惜不知道 \(i,j\) 到底是不是“极长长度”。对此容斥，定义实际系数 \(\hat p(i,j)\) 和容斥系数 \(\hat q(i,j)\)，则 \(\hat p(i,j)=i+j\)，\(\hat g(i,j)\) 可以通过刚才的 dp 直接求出。\(\hat q(i,j)=\hat p(i,j)-\sum_{k\le i,l\le j}[(k,l)\neq (i,j)]\hat q(k,l)S(i-k)S(j-l)\)。
把这些东西全部编到 dp 里面，重新定义 \(g_{i,j,0/1}\) 表示把 \(i\) 个颜色相同的元素划成 \(j\) 段，这里面有没有“首尾段”，其容斥加权和是多少；\(f_{i,j,0/1}\) 表示把前 \(i\) 种颜色的元素划成 \(j\) 段，目前有没有“首尾段”，其容斥加权和是多少。答案就是 \(\sum f_{n,:,1}\)。复杂度瓶颈在求 \(\hat q(i,j)\)，是 \(O(V^4)\)。
T-101-3-3 P10104
第二条限制不好处理，容斥。定义限制族 \(R\) 中的限制 \(x\) 由小限制 \(x_i\) 组成。\(x_i\) 是状态压缩数字，要求连通子图 \(x_i\) 内 \(b\) 全部相同，且 \(x_i\) 的并集是全集。则“严格度”偏序关系显然就是，若 \(y\) 中的所有 \(y_i\) 均是某个 \(x_i\) 的子集，则 \(y<x\)。容易知道除了 \(x_i\) 均为单点的那个 \(p(x)=1\)，其余均为零。现在思考如何求 \(g(x)\)。
若连通块大小为偶数，显然该连通块内元素取什么值不要紧，方案数就是块内最小 \(a\) 值。然后把所有大小为奇数的连通块内最小 \(a\) 值找出并依次排开得到长度为 \(k\) 的序列 \(c\)，求“有 \(k\) 个数，第 \(i\) 个数小于等于 \(c_i\)，使得它们异或和等于 \(C\)，问方案数”。数位 dp 能做，复杂度 \(O(k\log V)\)，就不提了。把偶数块的最小 \(a\) 的乘积，再乘上这个东西的答案，就得到 \(g(x)\)。那容斥系数 \(q(x)\) 怎么求。容易看出 \(q(x)=\prod Q(x_i)\)。
\(Q(x)=[|x|=1]-\sum_y W(y|x)\prod Q(y_i)\)，定义后面那一长串是 \(S(x)\)，则 \(S(x)=\sum_{y\subset x,\min y=\min x}S(x-y)Q(y)\)，转移要求 \(y\) 是连通子图。算完 \(Q(x)\) 后令 \(S(x)\gets Q(x)\) 即可。
用 dp 求 \(\sum g(x)q(x)\)。为了最后算 \(g(x)\)，状态必须记录，所在块是奇数块，且是所在块内 \(a\) 最小值的关键位置。故定义状态 \(f_{s,t}\) 表示选择若干连通块使得 \(s\) 内点都被所选连通块包含，且 \(t\) 是关键位置集合的，“部分加权”（如果转移一个偶数块，就把权直接乘上）方案数。也就是说，
状态 \(O(3^n)\)，瓶颈复杂度 \(O(4^n)\)，可以艰难通过。但是还能优化。因为只关心关键位置，关键位置必须是块内 \(a\) 最小值所在处，可以扫描值域，定义 \(f_{i,s}\) 表示依次决定了前 \(i\) 个点所在连通块，以及是否关键，若是关键位置，则 \(s\) 中对应位置染成一；后 \(n-i\) 个点，若和前 \(i\) 个点中的某个在同一连通块，就在 \(s\) 上染成一。其“部分加权”（如果转移一个偶数块，就把权直接乘上）方案数是多少。因此状态优化为 \(O(n2^n)\)，瓶颈复杂度 \(O(n3^n)\)。
T-101-3-4 P8340
注意到，能够还原信息 \(x\) 的子集，其中元素都小于 \(x\)，故不妨按照 \(x\) 从小到大转移。定义状态 \(f_{i,j}\) 表示考察前 \(i\) 个元素是选还是不选，使得恰好 \([1,j]\) 内的信息都能被还原的选取方案数。则 \(f_{i,j}\gets f_{i-1,j}[j\ge i],f_{i,j}\gets f_{i-1,j-i}\)。复杂度 \(O(n^2)\)。
用折线图分析，当前位置横坐标为 \(i\) 时，要么向右走一格，要么同时向右走一格、向上走 \(i\) 格。问直到走到横坐标为 \(n\) 为止，没有低于直线 \(y=x\) 的行走方案数。这个不能反射容斥。用总数减去不合法，不合法的情况应该是，存在某个时刻 \(y=x-1\)。不过一条路径很可能存在多个位置使得 \(y=x-1\)。
上容斥，定义限制族 \(R\) 中的限制 \(x\) 表示“要求折线经过 \((x,x-1)\) 这个点”。但这里面没有“偏序关系”，不妨人为指定一个“直接比较 \(x\) 的大小作为偏序关系”，这样就能满足“一个方案只满足一个‘极大’限制”这个对偏序关系的要求。则 \(p(x)=-1\)，\(g(x)=h(x)2^{n-x}\)，其中 \(h(x)\) 表示选择 \([1,x]\) 的某个整数子集，子集和恰好为 \(x\) 的方案数。然后你会发现，若 \(y<x\)，\(g(y)\) 所包含的方案有一部分属于 \(g(x)\)，而另一部分不属于，没有办法定义零一离散的 \(w(y|x)\)，只能把它定义成概率。这样定义和直接反演本质相同，写出反演式子 \(f(x)=g(x)-\sum_{y<x}v(y|x)=2^{n-x}(h(x)-f(y)s(y+1,x-1))\)。其中 \(s(l,r)\) 表示选择 \([l,r]\) 的某个整数子集，子集和恰好为 \(r-l+2\) 的方案数。
先想 \(h(x)\) 如何求。我介绍过这个经典问题，复述一遍解法：有若干不同的数字加起来等于 \(x\)，则数字种类仅 \(O(\sqrt x)\)。想象有一个直方图，其列数为 \(O(\sqrt x)\)，且每一列的高度严格递增，就是问此直方图列高度和等于 \(x\) 的方案数。定义状态 \(f_{i,x}\) 表示 \(i\) 列的直方图高度和等于 \(x\) 的方案数，则有两种转移，一种是让当前所有列都升高一；另一种是在最左侧新开一列，这一列初始高度为一。不允许在中间没有转移一的情况下连开两列。那么 \(O(n\sqrt n)\) 即可求得 \(h(x)\)。
这里是半在线的形式，可以 cdq 分治优化。具体来说，若已经求出 \(f(y),y\in[l,\mathrm{mid}]\)，如何求出它对 \(f(x),x\in[\mathrm{mid+1},r]\) 的贡献呢？因为求 \(v(y|x)\) 的转移非常相似，不妨统一赋初值，统一转移。
T-101-3-5 P4707
拆贡献，只需求 \(\sum_{t=0}^{\infty} \sum_{i<k} P(在时刻\ t\ 恰好有\ i\ 种出现过)\)。“恰好”难以处理，不妨做容斥变为“求在时刻 \(t\) 至多有 \(i\) 种出现过，或者说至少有 \(n-i\) 种未出现过，也就是说钦定 \(n-i\) 种元素不准在前 \(t\) 秒出现”的方案数 \(g(t,n-i)\)。则原有系数 \(p(t,i)\) 当且仅当 \(i<n-k\) 时为零，反之为一。实际容斥系数 \(q(t,i)=p(t,i)-\sum_{j<i}\binom{i}{j}q(t,j)\)。容易打表看出 \(q(t,i)=(-1)^{i-(n-k-1)}\binom{i-1}{n-k-1}\)。
\(g(t,i)=\sum_{方案}(1-\sum_{i\in\ 方案}\frac{p_i}{m})^t\) 不太好求。但是实际要的是 \(\sum_t\sum_i q(t,i)g(t,i)=\sum_i q(i)\sum_t g(t,i)\)，而 \(\sum_t g(t,i)=\sum_{方案} \frac{1}{\sum}\)。设计 dp，\(f_{i,j,k}\) 表示考虑前 \(i\) 种元素是否选取，共选了 \(j\) 个元素，当前选取元素的 \(p\) 和为 \(k\) 的选取方案数。这是 \(O(n^2m)\) 的。
无法通过，关键在于 \(k>n-10\) 的性质没有用到。先想着对称一下使得“只有大于 \(n-k\) 的 \(i\) 容斥系数不为零”，但不可行。事实上，一切容斥题目在经过容斥转化后，要解决的都只剩下带权计数问题，可关注权值的组合意义，乘进方案数里。原来的 dp 是在描述“选取了哪些元素”。容斥系数中，负一的那一部分好搞，关键是要把 \(\binom{i-1}{n-k-1}\) 乘进去，这相当于描述“选取了哪些元素，并在这些元素中高亮标出 \(n-k-1\) 个，要求标号最小的元素不得被高亮”的联合方案数，是容易 dp 的，就做完了。
这东西其实就是 kthmax-min 容斥，也就是 min-max 容斥的扩展版本。我们的容斥通法可以推导出它来。
T-101-3-6 P9563
法一，看到限制过强，不妨容斥（恐怕是，一见到限制，就得问问自己，能不能容斥）。定义限制族 \(R\)，内部的元素 \(s\) 要求必须包含关键点子集 \(s\)。偏序关系显然是若 \(t\subset s\) 则 \(t<s\)。原系数 \(p(s)=[|s|=0]\)，推得 \(q(s)=(-1)^{|s|}\)。关键是如何计算 \(g(s)\)，应求出 \(s\) 的最小外接矩形 \(Q_s\)，求“所统计的正方形包含这个矩形”的面积和 \(w_{Q_s}\)，是一个低次多项式。改变主体，以“最小外接矩形”为主体，合并统一计算。也就是说，\(\sum g(s)q(s)=\sum_Q w_Q\sum_{s}[Q_s=Q](-1)^{|s|}\)。这是一个 \(O(k^4)\) 的做法。
此类容斥题目，很常见的一个优化是，找出系数必定为零的方案，并将其剔除掉。发现一旦 \(Q\) 内非边界位置包含了关键点，则 \(\sum_{s}[Q_s=Q](-1)^{|s|}=0\)，因此 \(Q\) 只可能在边界上具有关键点，\(Q\) 的总数是 \(O(n^2)\) 的，直接枚举即可。
法二，其实不用容斥也能做，就是一个“网格图上有障碍物，矩形计数”的 trick，已经被考烂了。这种题目永远是枚举左边界所在列，求出这一列的每个位置向右最多拓展多远，据此建立笛卡尔树，然后分析剩余细节。本题先离散化，之后相邻的横坐标称为 \(x_i,x_{i+1}\)。不能枚举左边界所在列，只能同时计算一个连续段，也就是左边界处于 \(x_i,x_i+1,...,x_{i+1}\) 这些列的答案。好就好在笛卡尔树形态不变，所以容易算。
T-102 一些“坐标轴”题目 26-1-12 S
性质决定做法。不太确定信息是否满足某性质时，可大胆猜结论并验证。先介绍信息的若干常见性质：
交换律。任意交换操作顺序，结果不变。
可逆性。存在逆运算或逆元素，能够快速撤销上一个操作。如果同时存在交换律，就能撤销任意时刻进行的操作。如果撤销操作的成本过高，就应尝试用时间轴操作规避撤销。
可加性。或者说可合并性。就是现有两个集合的全部信息，能否快速求“这两个集合不交并”的信息。尤其关注“可按任意顺序合并性”。
可重算性。字面意思，常见于最优化问题中。
可减性。若 \(t_1,t_2\) 两个集合的不交并结果为 \(t\)，那么可减性就表示，有办法在只知道 \(t_1,t\) 全部信息的条件下，快速求得 \(t_2\) 的全部信息。这是差分割补的基础。
单调性。如果两个轴之间满足单调性，那这两个轴的地位基本就等价了。
幂等性。多次操作和只操作一次等价。如果某个元素满足了幂等性，那它就不重要了，大概率可以删除。
注意，上述“全部信息”是指“全部对算答案有用的信息”。为解释上述性质的用途，举一些例子：
单点修改，单点查询，什么性质也无需满足。
单点修改，区间查询，用分治数据结构处理的条件是，所维护的信息必须满足交换律和可加性，也就是说，支持以任意顺序合并得出区间信息。
区间修改，单点查询，用打标记的方法处理的条件是，标记具备交换律和可加性。
区间修改，区间查询，除了以上两点，还需满足：先合并区间信息，再总体作用标记，与先作用标记，再合并区间信息，得到的信息应该等价。
一旦题目中有个“解”字，例如最优化、判定性计数问题，我就能够应用调整法、限制的选取与对称、从边界元素入手、从特殊性质入手等办法，做题就比较顺；但是如果题目中没有“解”字，就比较吃力。没有“解”字的题目应该成为近期的工作重点。其中，大部分数据结构题目就没有“解”字。
现在看来，没有“解”字的题目，有如下普遍做法：从答案去考虑，尝试变换贡献主体。如果有本质相同问题，就尝试递推、统一计算。统一计算的元素之间的关系非常的大，大概率是某个维度上的连通块，甚至同时是多个维度上的连通块（事实上，如果元素有种类，我们常常统一计算同一种类的元素；可以把“种类”也视作一个轴）。递推计算的元素之间的关系也非常大，大概率在某个维度上相邻（递推做到极致就是莫队）。如果元素没有用了，就把它删掉或者和别人合并起来。如果某种元素看起来重要，一定一定要分析其个数是不是特别少。
常见的轴有，时间轴、位置轴、值域轴。特别关注“区间”，既可以把它当作一维的东西，也可以把它当作二维的。树上问题可能还有“深度轴”。尽量把“转移顺序明显”的轴放在外面。
最常见的对最外轴的操作，就是“扫描最外层”。假设扫到 \(t\)，一般是实时维护“在外部轴时刻 \(t\)，内部轴上坐标为 \(i\) 的元素的值，是什么”。如果有多个内部轴，就维护二维平面，可以利用割补法。被割成的若干区域的求法，常常完全不同（可以离线，可以在线；可以改主体，可以递推）。割补法的基础是要知道，在二维平面上，一只老哥足够处理什么。第一个是，在线（带修）求两条平行直线之间范围内的和/最大值；第二个是，在线（带修）求某条直线上的某个点 \((x,kx+b)\) 左上方的和/最大值；第三个是，离线求，定了小于等于三条边的半矩形，内的和/最大值（扫描线求）；第四个是，离线求任意矩形内的和/最大值（历史和/历史最值）。如果允许两只老哥或者一只根号，就能用树套树或者 kdt 去在线求任意矩形内和/最大值了。若允许根号，不妨对二维平面分块。而所谓“强制在线”，就意味着题目指定了最外轴是谁，而且钦定最外轴仅允许直接扫描线。
特殊情况，如果每次查询要涉及到最外轴上的一个区间。那么一是可以“令若干个轴地位平等”，使用莫队；二是用分块；三是坚持扫描线，做线段树历史和；四是用类猫树分治。如果性质特别好，还可以直接差分。除了莫队以外，这些办法都要求信息可合并。
特殊情况，如果痛恨删除操作，不妨把最外层线段树分治/回滚莫队；如果痛恨修改操作，不妨最外层分块并定期重构（有时应将修改视作先删除后加入，如果修改不比较复杂，考虑如何将一个大修改分成若干“先删除后加入”的“单位修改”）。
特殊情况，如果最外层是值域轴，可二分询问的答案，可以拆贡献到每个修改/元素上，贡献依任意顺序可加。那就可以整体二分最外轴。
特殊情况，如果可以拆贡献到每个修改/元素上，一切贡献从最外层的小端向大端进行。那就可以 cdq 分治最外轴。
特殊情况，最外轴翻转，加入变删除，删除变加入。
特殊情况，元素具备若干种形态。而形态之间的转换是不可逆的。暴力维护元素在形态之间的转变即可。这就是珂朵莉树。通常还会把同种形态的元素连续段缩起来。
特殊情况，具备若干种不同角度的暴力做法，可平衡复杂度。
特殊情况，问题涉及两个元素之间的关系，但是直接维护“任两个元素间的关系”是不可取的。可用根号分治把关系变成单向（从小点到大点）的。如果某些元素的和是一个不大的定值（\(10^12,10^5\) 分别代表 \(O(\sqrt n),O(n\sqrt n)\) 的复杂度），也不妨根号分治。千万注意在这种情况下，有两种和根号有关的对称结论。第一个是“大于 \(\sqrt n\) 的元素仅 \(O(\sqrt n)\) 个”，第二个是“所有元素只有 \(O(\sqrt n)\) 种本质不同的出现次数”。如果想到了其中一个，一定要提醒自己，另一个结论此时也成立。
上述所有东西都能用来优化其它算法，尤其是优化 dp。
T-102-1 P11364
前面都比较容易，把问题转化成：有 \(O(n)\) 个区间 \([l,r]\)，每个区间有一个权值。\(O(n)\) 次询问，与 \([q_l,q_r]\) 交集大于等于 \(q_k\) 的，权值最大的区间的权值。如果把“区间长度”也当作一个维度，就相当于常规三维问题，树套树做到 \(O(n\log^2 n)\)。但是期望 \(O(n\log n)\) 求解。
把区间当成点 \((l,r)\) 画到二维平面上，每次相当于查询以下区域的交集内点的最大权值：\(y\) 轴右侧；某条 \(y\) 轴右侧平行于 \(y\) 轴的直线左侧；一条 \(x\) 轴上方平行于 \(x\) 轴的直线上方；某条平行于 \(y=x\) 的直线左上方。信息满足可按任意顺序合并性、可重算性，但不满足可减性。
要用一只老哥解决问题，看一只老哥能做什么。本问题是可离线的，而且看起来用不到真正的矩形，用半矩形就够了。怎么用半矩形处理呢？因为可以重算，但不能漏算，且不能差分，可以先随便上几个半矩形，只要不出现“超出界限，导致必须差分”的情况就行，然后对着没有算到的地方继续想。原有图形是一个五边形。很自然地想到，从五边形右下侧的两个顶点，各自引一个“以该顶点为右下角”的矩形（关注对称性，所以引了两个矩形）。此时未被算到的部分其实只有一个等腰三角形，不太好处理。因为能重算，只需找出一种办法，在不覆盖原五边形以外区域的条件下，完全覆盖该等腰三角形即可。
法一，等腰三角形的难点在于腰是斜的。不过别忘了，斜的矩形也能扫描线，旋转一下坐标轴就行了。因此以“腰”为一条边、过“腰”两端点且垂直于腰的两条直线为另两条边，确定的半矩形，就满足条件。
法二，尝试优化 \(O(n\log^2 n)\) 的做法。不妨让难处理的“腰”做最外层。具体来说，依 \(q_k\) 或 \(r-l+1\) 联合排序，顺序扫描，依次加点。那就无需考虑“腰”的条件，因为“腰”所在直线以下的点都尚未加入平面。换句话说，此时在“腰”所在直线以下都是空白，允许你所划分出的图形包含任意多的空白。现已是“在线问题”，想想如何运用“两条平行直线之间的最大值”解题。显然，取“腰”两端点的横坐标 \(x_1,x_2\)，直线 \(x=x_1,x=x_2\) 之间的部分就满足条件。
像这种区间转换成二维点的问题，需千万注意的一点是，无论何时直线 \(y=x\) 下方都是空白。这个法二还启示我们，可以把图形分成若干部分，一部分离线求，另一部分在线求。
T-102-2 P14638
本题的法一和法二已经在 T-001~T-100 中介绍过，这里讲法三。这个法三呢，可以给到 S+，甚至能进 Ultra Examples，因为实在太难想到了。
每个询问相互独立，且“异或”仅仅是为了加速输出。那对一次询问，问题就是对所有 \(i\)，求：直线 \(y=x+R,y=x+L\) 与直线 \(y=i,x=i\) 交得的等腰梯形内点的点权最值。不过，点有 \(O(n^2)\) 个，恐怕得一次性算好多点。同一批次算的点间，关系匪浅。我一再强调这种“关系”，通常是相邻，进一步可能是连通块的关系等。假设是一维关系，也就是查询“某线段上点的点权最值”，其时间复杂度 \(O(\log)\)；若是二维关系，也就是查询“某矩形内点的点权最值”，还是 \(O(\log)\)（用 st 表预处理可达到 \(O(1)\)）。本题中的信息满足可按任意顺序合并性、可重算性，但不满足可减性。期望复杂度 \(O(nq)\)。
对于一次询问，需要快速处理若干本质相同问题的答案，用递推。一般是用关系相近的两个状态做递推，不妨尝试用 \(i\) 的答案推向 \(i+1\) 的答案。此时，需要加入一竖溜、删除一横溜。但没有可减性，故无法“删除”。那就是说，得改变递推的基础状态，使得递推过程中不需要“删除”。同时，用 \(O(1)\) 个基础状态能够拼出（可重复）任意一个所求状态。既然“加入一竖溜/横溜”好做，想想，有什么基础状态能够用这个玩意递推，不妨令基础状态为“平行四边形”。具体来说，令直线 \(x=i,y=x+L\) 的交点为 \(P\)，过 \(P\) 做平行于 \(x\) 轴的直线，交 \(y=x+R\) 于点 \(Q\)，则由 \(PQ,y=x+L,y=x+R,y=i\) 四条直线构成的平行四边形就是基础状态一。同理，做对称可得到 \(P'Q'\) 和另一个平行四边形，称为基础状态二。一、二可以分别递推。
可是，用一、二不一定能拼出所求状态。事实上，当 \(\frac{R}{L}>2\) 时，直线 \(PQ,P'Q'\) 有一交点 \(T\)，做过 \(T\) 关于 \(x,y\) 轴的平行线，交 \(y=x+R\) 于两点，则此三点构成的等腰直角三角形未被算到。因此需要对它也进行割补，增加“基础状态”。新的基础状态呢，可以递推去求，也可以 \(O(1)\) 算出，不准算多，可以算重（可与一、二有所重复）。比较容易想到，因为 \(T\) 也在一条定直线上，只需将这条定直线，\(y=x+R,y=i,x=i\) 四条直线构成的等腰梯形内的部分算出即可，自递归成子问题，总复杂度 \(O(nq\log n)\)。
但是无法通过，其核心在于我们把一个“等腰直角三角形”放缩成了“等腰梯形”，放缩过火了。要利用好这个等腰三角形的性质。三角形是一条边退化的梯形，这启示我们利用好直角顶点。我刚才提到，可以 \(O(1)\) 算出基础状态，而矩形就能 \(O(1)\) 算出，不妨以直角顶点为右下角做三角形的尽量大、尽量对称的内接矩形，也就是一个内接正方形，称为基础状态三。这样就只剩下两个小三角形部分没有覆盖到，再用两个平行四边形（基础状态四、五）即可处理。
综上，状态一、二、四和五，可各自递推求解；状态三 \(O(1)\) 直接算；用这五个状态 \(O(1)\) 拼出所求状态，时间复杂度 \(O(nq)\)。那么这道题启示我们，当元素过多时，考虑把若干元素合并成一个二级结构，统一计算，二级结构内的元素关系匪浅。而每次查询只准调用二级结构外加 \(O(1)\) 个单点元素，这其实就是分块的思想来源。另外，正如 T-101-1 所说，把所求图形划分成若干基础状态之后，各个基础状态的求法，可以不同：状态一离线求，状态二在线求，状态三彼此递推求，这都可以。
T-102-3 CF1830F
把区间画在二维平面上。本题中有个“解”字，尝试描述法，描述法的第一要务是，算答案方便；第二要务是，与原题面中所有可能性一一对应/多一对应，在最优化问题中，至少要和“优秀/合法”的那些可能性对应上。这样，就有两个明显的描述法。一个是以“算答案”为重点，记录每个区间被哪个激活点贡献。不过这不是直接描述原题面的可能性，故需要判定你所描述的东西，有没有一个原题面的可能性与之对应，不太好搞；第二个是以“对应”为重点，直接描述原题面的可能性，也即每个点是否被激活，这就要关心答案如何计算。在二维平面上，把被激活点 \((i,i)\) 左上方的半正方形涂色，称为“\(i\) 贡献正方形”。则以被激活点 \(i\) 为主体，它所实际贡献到的区间，是所有，属于“\(i\) 贡献正方形”，但不属于“第一个大于 \(i\) 的被激活点 \(j\) 的贡献正方形”，的点。这些点也构成一个半矩形。
依据此描述法做 dp，显然有一个断点转移的 \(O(n^2)\) dp。状态为 \(O(n)\)，应该做不了手脚了；是半在线形式。显然不能 cdq，那能不能决策单调性？不可能，因为 \(p_i,i\) 不是同时单调的。这些都不太行，不妨转逐步转移。也就是说，改为定义状态 \(f_{i,j}\) 表示，现位于二维平面上 \(y=i\) 这一行，上一个被激活点的横轴坐标为 \(j\)，只考虑 \(y\le i\) 的那些区间，其权值和最大是多少，转移当然是 \(O(1)\) 的。此时你看这个状态就爆了，把用于优化状态的套路弄进去看看。好像**整体 dp **就非常有前途。数据结构上去看，这相当于在线 \(O(n)\) 次区间修改 \(c_i\)，并查询 \(\max a_ic_i\)。这是分块建凸包，或者 KTT 的板子，即可 \(O(n\sqrt n)\) 或 \(O(n\log^2 n)\) 解决。
这个题本身倒不算难。但是分块建凸包或 KTT 是比较著名的算法。而且，断点转逐步，相当于用大状态代替大转移，然后再去优化那个大状态，这就把对转移的优化改成了对状态的优化，还是很常见的技巧。可以用这题稍微复习一下优化 dp。
不过最重要的在这里。逐步转移的 dp，有时候对应的描述法是跟原来不一样了。在本题中，不妨逆向分析一下逐步转移 dp 到底“是在 d 什么”。它实际上描述了某条从 \((0,0)\) 开始的折线，这个折线相当于所有“贡献正方形”的外边界。显然，描述这条折线就足够计算答案，故该描述法也正确。
T-102-4
给定一长度为 \(n\le 2\times 10^5\) 的序列 \(a\)，以及一常数 \(k\)。现有 \(k\) 次查询，每次问，在区间 \([l_1,r_1]\) 中选择一个点 \(i\)，并在 \([l_2,r_2]\) 中选择另一个点 \(j\)，要求 \(a_i+a_j\le k\)，在此条件下 \(a_i+a_j\) 的最大值是多少。同时问能够达到该最大值的有序数对 \((i,j)\) 有多少对，注意 \([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 可能有交。强制在线。
在二维平面上画图，将数对 \((i,j)\) 画到平面对应点上，则每次相当于查询一个矩形内的信息。这信息还是个二元信息，它显然支持以任意顺序合并，但不可减，也不可重算。数据范围提示根号，又要在线，而且 \(k\) 恒定也提醒了预处理，不妨分块。在此处插入本博客有史以来第一张图
黑格线代表块缝隙，红格线代表一次查询的矩形范围，本图例中有三次查询。把问题分割为整块对整块（绿色）、散块对整块（蓝色）、散块对散块（黄色）这三部分。你注意，在这类二维平面上的分块题目中，“基础状态”是一个“整块对整块”“散块对整块”或“散块对散块”。举个例子，本图中最下方的询问就涉及到了十二个“整块对整块”。不过基础状态分为了三大类，用不同的颜色表示出来，同一类的状态很可能要统一处理。
先看黄色部分。千万注意，在每次查询时我们还有 \(O(\sqrt n)\) 的时间可以花费。一次询问只有 \(O(1)\) 个黄矩形，对一个黄矩形，不妨一列一列算答案并拼起来。具体来说，一个黄矩形，需 \(O(\sqrt n)\) 次”小查询”，“选择 \(i\)，并在 \([l,r]\) 中选择 \(j\)”的信息，这几次查询的 \([l,r]\) 都一样。注意，因为图中最上面、中间的两个询问给出了例子，可知 \([l,r]\) 是满足 \(l,r\) 属于同一块内的任意区间，不一定满足“\(l\) 或 \(r\) 与块端点重合”这一性质（预处理某块的前后缀信息，在分块问题中比较常见，可惜此处不满足这一点）。对黄矩形预处理 \([l,r]\) 内元素的顺序，则每个“小查询”只需问“某位置的前驱元素”，显然可以二分，不过可以用六十四叉 trie 或者类链表并查集来做到近似大常数 \(O(1)\)，但这不好。不妨将每个块预排序后存到若干数组中，每次查询时把黄矩形涉及到的元素拉出来归并即可。
再看绿色部分。恐怕需要把“在第 \(i\) 块选一个元素，并在第 \(j\) 块选一个元素，的信息”预处理出来一个 \(\sqrt n\times \sqrt n\) 的数组（用归并的办法，复杂度可以接受），查询时，每次只需在线问一个矩形内的值，可以接受 \(O(\sqrt n)\)，这显然要用某个数据结构去处理，并且该数据结构的预处理复杂度最多 \(O(n\sqrt n)\)。不妨用 kdt 或者四分树完成。
最后看蓝色部分。由图中最上面那个查询的例子可以知道，蓝色部分也不一定是块内的前后缀等。预处理“选择元素 \(i\)，并在第 \(j\) 块选择另一元素的信息”，也是一个 \(\sqrt n\times \sqrt n\) 的数组，查询时还是用 kdt 或四分树。
总结来说，如果贡献是类似 pair 型的问题。那么可以序列分块，然后预处理块与块间、单点和一个块的答案。画出上述图示，辅助分析。
T-102-5 为什么我不会做这个题，才刚刚总结过类似的东西啊？！
有 \(n\le 2\times 10^5\) 个盒子，第 \(i\) 个盒子一开始装有 \(a_i\) 个红色糖果和 \(b_i\) 个蓝色糖果。它的容量为 \(c_i\)，且保证 \(c_i\) 为偶数。其中最后一个盒子（第 \(n\) 个盒子）例外，它没有容量限制。现打算进行一些糖果添加操作。对第 \(i\) 个盒子加入一个糖果时，会发生以下情况：如果加入糖果后，第 \(i\) 个盒子中的糖果总数不超过 \(c_i\)，或者该盒子是第 \(n\) 个盒子，那么糖果将直接加入其中。否则，此时盒中的糖果数必定为 \(c_i+1\) 个。此时会从数量较多的那种糖果中取出一个“拿在手上”，将其从当前盒子中移除，再放入第 \(i+1\) 个盒子。对于第 \(i+1\) 个盒子，将重复上述过程（即递归处理）。需要支持 \(q\le 2\times 10^5\) 个操作，操作分为以下三种类型：在第 \(x\) 个盒子中加入 \(v\) 个红色糖果；在第 \(x\) 个盒子中加入 \(v\) 个蓝色糖果；查询当前时刻，第 \(x\) 个盒子中红色糖果和蓝色糖果的个数。在添加糖果时，实际上是一个一个依次加入，并执行上述的传递过程。有一档重要的部分分是，初始时 \(a_i+b_i=c_i\) 均成立。
这个题可以与 T-097-5 对比着来看。题目分四个轴，分别是时间、位置（盒子的）、糖果个数。那么哪个轴放外面好呢？注意，时间是从小到大“转移”的，也就是说当前时刻的状态严格依赖以前时刻的状态；位置是从小到大“转移”的；糖果个数比较复杂。再看看 T-097-5，这道题目也是有三个轴，其中一个比较复杂，另外两个都具备“转移”的偏序关系。这种具备“偏序关系”的轴适合放外面。因为所谓“放外面”大概率就是去扫描它。
法一，把时间轴放外面，其实就是在线模拟整个过程。先思考暴力，期望得到一个与“糖果个数”无关的暴力。当修改时直接一路模拟到 \(n\)，实时维护每个盒子里的糖果个数，以及打算给下一个盒子加入的糖果（称为“拿在手上”的糖果，这些糖果之间有“添加时序”的顺序）。但这不容易，因为大概率，在单次修改中，模拟到一半时，“拿在手上”的糖果，已经依添加时序分成了好多连续段，一段蓝一段红的。如果你非要维护这些段，就很不可做。不妨猜想，对于同一个盒子给它加入若干糖果，盒子的终止状态，也即盒子“往外吐”的糖果种类和个数，跟糖果加入的顺序无关。这结论是正确的。
就容易得到一个 \(O(nq)\) 的暴力。以一个盒子为主体，类比 T-052，从函数的角度，你会发现它可分为三个状态。一个是“没有放满”，第二个是“放满但没有平衡”，最后一个是“平衡”。我真的真的奉劝大家，不要看到分段函数，就上分块维护分段函数。一定一定一定要仿照 T-052 的思路，把元素分成若干类，维护元素在两类之间的转化，显然一个元素只会转化 \(O(1)\) 次。那借鉴这个思路，在模拟的过程中实时把“没有放满”的盒子红色标出，把“未平衡”的盒子黄色标出，那似乎只需快速维护，当前“拿在手上”的糖果经过无色连通块后的结果（其实就是没受影响）即可。因为一旦遇到被标出的元素，该元素一定要转换状态。
但这不是真话。仔细分析，若碰到红色元素，要么它转换状态，要么你手上的糖果都被该盒子吃了，直接结束模拟，这没问题；但若碰到黄色元素，有可能你手上的某色糖果不够多，使得该黄色元素未被填满，反而是手上的该色糖果均被转化。然而即使手上全是一种颜色的糖果，也并不意味着模拟应该结束。所以有可能需要遍历很多黄色元素，这些元素还不会被转换状态，就不能暴力一个一个遍历了。我所好奇的应该是“下一个被转换状态的黄色元素”，在它之前、当前位置之后的这一段，只需对中间的黄色元素打个 tag 就行了吧？这个做法比较难写，然而允许强制在线。
法二，把位置轴放外面，从小到大扫描位置，只需维护“从时刻零到正无穷，当前位置盒子内的状况”，和维护“从时刻零到正无穷，经过当前位置后手上糖果的状况”是完全对称的。用一棵线段树维护“手上糖果的状态”，每次在树上二分找到时间段，然后进行对应的区间赋值操作（多整几个 tag 例如“被某盒子吃了”“全被改成蓝糖果”“全被改成红糖果”等）即可。非常的好写（相对而言）。
T-102-6 P14719
法一。枚举 \(t\) 的长度 \(i\)，只需贪心扫一遍就能知道长度为 \(i\) 时最多替换多少次，这是一个 \(O(n^2)\) 的办法。带哈希表的常数，可以改成 sa 去掉那个常数。接下来有两种办法去理解下一步。
第一种，设上述答案为 \(f(i)\)，相当于求若干本质相同的问题。没有办法改变主体，更不可能递推，故只可能统一计算。如何统一计算呢？先看我们有哪些轴，一个是 \(i\) 这个轴，另一个是 \(f(i)\) 的值域轴。关注单调性/凸性，可知 \(i\) 大时 \(f(i)\) 就小。想想我们的目的，看连续性！\(i\) 轴上连续，也意味着 \(f(i)\) 上同时连续，能不能够把连续段一次性求呢？求一个连续段最少 \(O(1)\)，这要求连续段数不能太多，看一眼数据范围，好像根号量级是能够接受的。用根号分治证一下，当 \(i>\sqrt n\) 时 \(f(i)\le \sqrt n\)，这意味着 \(f\) 确实只有 \(O(\sqrt n)\) 种取值。先求出包含 \(i=1\) 的连续段，不断地用二分求出当前连续段的末端并跳过去即可，容易做到 \(O(n\sqrt n\log n)\)。这种多次二分的问题，可以用分治优化掉老哥。就是类似于决策单调性分治/整体二分的过程，一旦发现当前分治区间对应的值域重合，就统一赋值并返回。可以用 \(O(n\sqrt n)\) 的复杂度求出所有 \(f\) 的值，再 \(O(n)\) 计算答案即可。
补充一下。这种东西类似于：线段树上，已知有 \(O(\sqrt n)\) 个叶子节点是特殊的，需要找出其位置；可以 \(O(1)\) 判断一个子树内是否存在特殊节点。采用势能线段树的办法，如果子树内有，就递归下去。则此复杂度一样是 \(O(n\sqrt n)\)，例如 CF1870G。
第二种，尝试 dp，\(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 结尾的，长度为 \(j\) 的串，最多在 \(i\) 及以前，不交重合多少次。移时需要贪心，跟直接贪本质相同。注意到该 dp 满足单调性，用答案和状态互换的对称技巧，你会发现没什么用，因为两种办法的“状态域”都是 \(O(n)\) 的。现在已经有了两种办法，可以尝试把它们拼起来平衡复杂度，就能看出根号的结论，接下来就跟上面完全一样了。
法二，这是个字符串题呀！字符串题经常用 kmp 刻画 border，用 manacher 刻画回文，用 sa 去刻画子串相同的限制。先后缀排序，则从小到大扫描 \(i\) 的过程相当于关心 height 数组，做并查集合并。很容易启发式合并维护出同一并查集内，子串的开头位置们。可是算答案还是得贪心，这个贪心不允许选择的子串有交，怎么优化呢？不用优化，每次合并时暴力跳更新答案即可，是调和级数的，就 \(O(n\log^2 n)\) 做完了。
T-102-7 P11118
首先假设只询问 \(k=n\)。做暴力，可维护一个优先队列，里面放置每个无人机经过下一段所需的时间。每次弹出队首，并将队首无人机的新时间加入队列。复杂度 \(O(nm\log n)\)。想到要合并连续段，不妨将同一无人机连续入队的过程，称作“连续段”。关注 \(s\) 的差分数组，则每个前缀最大值才意味着一个连续段的开头。连续段只有 \(O(\sqrt m)\) 个，当然你需要给每个连续段赋个权值 \(c_i\) 表示其代表的原有“门”个数。现在复杂度改为单组询问 \(O(n\sqrt m\log n)\) 了。
从答案去考虑，可以用无人机为主体，只需分别求出每个无人机被传送了多少次即可。原题也是若干本质相同问题，不妨递推，尽量利用已有的结果。每次加入编号为 \(i\) 的无人机，在仅考虑前 \(i-1\) 个无人机的“结果”上做调整。就是实时维护每个无人机分别被传送了多少次。用分块平衡，做到总复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
T-102-8 P6109
其实是一个不存在时间轴的题目，只有两维，就是题目给出的二维平面。这两维的地位相同，随便选一个放在外面。但是直接扫描线完全无法处理。我刚才介绍过，因为查询涉及到了最外层上的区间，可以外层猫树分治。这样一来，内层就只需用线段树历史最值维护即可。
T-102-9 P9999
有两个轴，一个是询问轴，另一个是序列轴。另外有一个树的结构。注意它没有强制在线，把序列轴放外面比较好。也就是从小到大扫描序列轴，实时维护每个询问中涉及到的点的当前位置。当扫描到 \(q_l\) 时额外向所维护的数据结构中，插入一个代表当前询问的节点即可。那如何快速维护若干点的移动呢？容易看出，除了 \(a_t\) 到根链这一段的部分是向某个儿子行动，其它部分的都是向父亲行动。树上链问题，第一个是考虑链-子树对称，但此处不可行，故改用树链剖分，关键的就是点“跨链”的问题，用平衡树维护就行了。可以做到 \(O(n\log^2 n)\)。
T-102-10 P6774
有两个维度，一个是位置轴，一个是值域轴。但本题是“点对”题目，一般而言要把位置轴拆成两维，如 T-102-4。本问题严格强于“区间逆序对”（寻找一个熟知的问题，并比较这两个问题的强弱，可以得到新问题的复杂度下界，也可借鉴其想法）必须带根号，所以大概率是要序列分块。在三维空间分析性质，每次类似于问一个长方体内部点个数，是满足可加减性的。
序列分块，也就是说把两维位置轴放在外面，而内部值域轴利用分块维护的信息处理。分讨一下，第一种 \(i,j\) 在同一散块内部；第二种 \(i,j\) 在同一整块内部；第三种 \(i,j\) 分属两个整块；第四种 \(i\) 属于散块 \(j\) 属于整块；第五种 \(i,j\) 分属两个不同的散块，依次解决。
每个块预离散化。我介绍过，查询时有 \(O(\sqrt n)\) 的“额外时间”。对第四、五种，用“额外时间”枚举 \(i\)，剩下一个必须 \(O(1)\) 查询的二维数点。可首先利用可减性变成“半矩形”。在剩余二维上做扫描线，只不过要求“查询 \(O(1)\)，修改 \(O(\sqrt n)\)”，把数据结构换成值域分块即可。当然第五种也可直接归并排序解决。第一种，枚举 \(i\) 之后，需询问块内满足 \(j\in[i,q_r],p_j\in[p_i,b]\) 的 \(j\) 个数，预处理并差分。第二种，枚举所在块后必须 \(O(1)\) 查询，可预处理二维前缀和表示块内满足 \(p_i\in[1,a],p_j\in[1,b]\) 的合法 \((i,j)\) 对数，差分一手。第三种，查询时能够枚举 \(i\) 所在块是 \(B_p\)，剩下的相当于 \(O(1)\) 问 \(p_i\in[a,b],i\in B_p,j\in[p_i,b],j\in[B_{p+1},B_q]\) 的对数。块内依 \(p_i\) 排序后，预处理 \(f_{p,r,q}\) 表示满足 \(p_i\) 是 \(B_p\) 块内前 \(r\) 大，且 \(j\in[p_i,b],j\in[B_{p+1},B_q]\) 的 \((i,j)\) 对数。另外计算 \(j>b,j\le B_q\) 的 \(j\) 个数用于差分，即可。
T-102-11 P7603
首先，一个数的质因子个数仅 \(O(1)\) 个。假设没有强制在线，则问题具备可二分性，且贡献可以拆到各个房子上，能够整体二分处理。就是说，维护已经确定答案值域（时刻）属于区间 \([l,r]\) 的询问分别是哪些，以及其“考虑完 \([1,l-1]\) 的闹鬼事件之后，还距离多少才到达阈值”；同时维护时刻属于 \([l,r]\) 的一切闹鬼事件。整体二分同一层所维护的询问个数与事件个数之和为 \(O(n)\)。对于区间 \([l,r]\)，只考虑 \([l,\mathrm{mid}]\) 内一切事件对 \([l,r]\) 内一切询问的影响。如果该“影响”超出某询问的“距离”，则直接让该询问递归到下一层 \([l,\mathrm{mid}]\)；否则递归到 \((\mathrm{mid},r]\) 并令其“距离”减去“影响”。
但是它强制在线了。有一个叫做“折半警报器”的东西，学一下。就是对于一个“监控器”（查询），在被它监控的位置各设一警报器，警报器的阈值是“设置警报器时，监控器‘距离’/监控位置个数”。一旦发现某警报器超过自己的阈值，就重新设置对应询问的所有警报器。这样一来，在警报器均不超出自己阈值的情况下，监控器本身也不可能超出阈值，故正确。复杂度 \(O(n\log^2 V)\)。
T-102-12 P13130
本题有三个轴，一个是元素编号轴，一个是值域轴，一个是时间轴。注意到没有添加元素，所以不同种类的元素个数之和是 \(n\)，考察根号分治的结论。那么有两个，一个是大小 \(>\sqrt n\) 的种类仅 \(O(\sqrt n)\) 个；第二个是，所有种类的大小共计 \(O(\sqrt n)\) 种。此处是选用了第二个结论，只需维护出“所询问的时刻和范围内，大小为 \(i\) 的种类个数 \(c_i\)”，则 \(c\) 数组仅 \(O(\sqrt n)\) 个元素有值，就能双指针回答询问了。
\(c\) 数组作为关键信息，不具备可快速合并性。经过分析，只好用莫队。这个莫队还得是三维（带修）莫队，“时间轴”的长度应该是“单位操作”（也就是启发式合并中的加入元素）的次数 \(O(n\log n)\)，直接莫队带老哥，过不了。莫队是痛恨修改的，似乎可以用定期重构加上普通莫队，做到与带修莫队一致的复杂度，但没什么用。
在此介绍一个 trick，专门用于处理“修改是集合合并”的情形。对于待合并集合 \(x,y(|x|<|y|)\)，合并结果存放在集合 \(y\)。给每个集合维护一个“缓冲区”，大小至多为 \(B\)。当 \(|y|<B\) 时不启用缓冲区直接重构；反之，合并时把被吃掉的集合元素先放在缓冲区。若发现某集合的缓冲区大小超限，则重构清空缓冲区，加入真正的集合。我们的莫队，可以看作针对每个集合维护一对指针，故一旦发现集合重构，就放弃对应莫队的一切信息，从头开始（类似于定期重构的间隔中，跑莫队）。每次查询时，额外加入一次“缓冲区内容”，又删掉一次。复杂度是什么呢？第一种是 \(|y|<B\)，不调用缓冲区直接重构，单次这种合并的复杂度低于 \(O(B)\)，如果查询到这种 \(|y|<B\) 集合时也不用莫队，暴力查就是对的；第二种若 \(B<|x|\) 则必然直接重构 \(y\)，但这种合并不会超过 \(O(\frac{n}{B})\) 次；第三种是把较小的集合 \(x\) 加入了 \(y\)，你注意任何一个 \(|x|<B\) 的集合的“归宿”不是第一种就是第三种，故由第三种加入缓冲区的次数至多 \(O(n)\) 次，造成的缓冲区重构仅 \(O(\frac{n}{B})\) 次。所以“修改-重构”造成的复杂度为 \(O(nB+\frac{n^2}{B})\)。莫队过程中每次查询要额外搞 \(O(B)\) 次；莫队移动指针的复杂度又是什么呢，假设把各个集合在相邻两次重构之间遇到的查询次数统一写出为 \(q_1,...,q_k,\sum q_i=q\)。则第 \(i\) 次莫队的复杂度为 \(O(\frac{n^2}{B_i}+q_iB_i)=O(n\sqrt{q_i})\)，总 \(O(\sum n\sqrt{q_i})<O(\frac{n}{B}n\sqrt{q\frac{B}{n}})\)，故总复杂度 \(O(nB+\frac{n^2}{B}+qB+\frac{n}{B}n\sqrt{q\frac{B}{n}})\)。当 \(B=n^{\frac{2}{3}}\) 时取得 \(O(n^{\frac{5}{3}}+n^{\frac{4}{3}}+qn^{\frac{2}{3}}+q^{\frac{1}{2}}n^{\frac{7}{6}})<O(q^{\frac{5}{3}})\)，可以通过。
T-102-13 P11695
本题有时间轴、位置轴。称所询问的区间为“询问区间”，可重集合内的区间为“贡献区间”。先想 A 性质，因为没有任何修改，所以只存在位置轴。因为查询是区间的形式，先尝试传统扫描线，也就是扫描 \(r\) 并维护“若询问区间起点为 \(l\) 且终点大于等于 \(r\)，则只使用 \([l,r]\) 内的贡献区间，能够让答案最远拓展到哪里”，这很难处理。如果用树套树，因为标记不可合并，恐怕做不了。若使用分块套树等，复杂度也难以接受。
改用猫树分治，对于一个询问，我们把它挂到某猫树节点上。传统的猫树分治只考虑“跨过当前猫树节点中点的‘贡献区间’对询问区间的影响”，这是不能处理的，因为这样的话，大概率询问区间两端有“留白”，这些留白难道要递归求解吗？显然不可能。所以说，对猫树的理解要更深一层，猫树分治允许考虑“与当前猫树节点有关的‘贡献区间’”，在本题中，就是指“被节点区间包含”。换句话说，不仅考虑第一部分“跨过当前猫树节点中点的‘贡献区间’”，还要用到第二部分“被当前节点某儿子节点包含的‘贡献区间’”，使得一个询问只访问一个节点就得到解决。
现在直接解决整个问题，也就是加入时间轴，把每个“贡献区间”写成 \((l,r,t_l,t_r)\) 的四维形式，把“询问区间”写成 \((q_l,q_r,q_t)\) 的三维形式。时间轴不应该放外面，故还是用猫树分治做最外层。则第一部分形如问“当前节点满足 \(t_l\le q_t\le t_r,l\in[q_l,\mathrm{mid}],r\in[\mathrm{mid},q_r]\) 的‘贡献区间’的 \(r\) 最大值是多少”，第二部分形如问“当前节点满足 \(t_l\le q_t\le t_r,r\le q_r\) 的‘贡献区间’的并中，包含 \(q_r\) 的连续段的左端点是多少”。
对第一部分，有“可以拆成两个”的时间轴（因为是区间 \([t_l,t_r]\) 形式）、位置轴 \(l\)、值域轴 \(r\)。直接上树套树能做到总复杂度 \(O(n\log^3 n)\)（因为猫树上共计挂了 \(O(n\log n)\) 个“贡献区间”），不能接受。这样做，则单个“贡献区间”时间复杂度 \(O(\log^3 n)\)，而“询问区间”复杂度 \(O(\log^2 n)\)，并不平衡，暗示有优化空间。尝试把时间轴放次外层。线段树分治一定没前途（复杂度一定不对），只能用扫描线。把值域轴放第三层，而 \(l\) 用维护的信息表示，查询时线段树二分即可。至于扫描时间轴过程中的修改与删除，不妨给每个 \(r\) 开一个 multiset 表示以它结尾的“贡献区间”之开头的可重集合，就能转化成若干次单点改。总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
对第二部分，有“可以拆成两个”的时间轴、位置轴 \(r\)、特别复杂只能放最内层的答案轴。把时间轴放次外层不太好搞，改为把位置轴放次外层做扫描线、时间轴放第三层，最内层答案应是二元信息表示“最后一个连续段是谁”。好就好在这二元信息支持合并，直接打标记就行了，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，我觉得是对的但没写，没有题解这样做的，那就是假了吧。另一个办法是翻转位置轴倒序做扫描线、时间轴放第三层，最内层答案应是一元信息表示“最后一个连续段的左端点”（因为是倒序做扫描线，所以“最后一个连续段”的右端点就是“编号”）。扫描线过程中若把有关 \(r\) 的修改操作都搞定了，就需要取出树中答案 \(>r\) 对应的若干元素，直接删掉（因为这些连续段在 \(r\) 处断开了）。
T-102-14 P11051
这是一个最优化问题，大致的方向就是 dp、贪心、调整法、描述法。经过尝试，虽然描述法/调整法能够得出一些结论，但作用有限，只能得到 \(O(n^2)\) 的 dp，虽能通过子任务二，但似乎没有优化空间。
先看第一个子任务，各个询问独立计算。我一再强调 dp 和贪心的区别是什么，dp 是把子问题中可能与全局最优解有关的解都记录下来；贪心是只把子问题的最优解记录下来（如果有多个最优解，只记录“对外界”最优的解）。当然，也不一定记录解本身，而是记录“‘外界’若要调用‘子问题的解’，所要用到的东西”。若在本子任务中贪心，那么唯一的想法就是记录“让子树 \(x\)（子问题）的代价尽量少时，子树的系数和是多少、代价是多少”。接下来考虑合并子问题（类树形 dp），先“接收”各子树的最优解，然后决策当前子树根节点的系数，做出调整。因为要求子树内代价少，所以根节点“非必要不操作”，换句话说若各子树最优解系数和超过 \(R\)，才做调整，并只调整到 \(R\) 为止。当然，叶子节点应该被初始化为 \(L\)。这个贪心对于满足子任务一所述限制的树都正确。
对于子任务四，也满足上述限制可以贪心，但因有多组询问，所以必须优化。不妨更改贡献主体，想象每个叶子节点上放置了 \(L\) 个“小球”，小球不断往父亲方向滚。以小球为主体，若小球被删除时则给全局答案增加一，而对一个小球，它最多被删一次。小球之间没有差别，只好奇最后剩了几个小球。到最后，设共计 \(k\) 个叶子，则恰有 \(\min(kL,R)\) 个小球未被删除，换句话说答案就是 \(\max(0,kL-R)\)。
子任务五，还能不能贪心了？假设可以，思考子问题答案的合并过程是否合理。只有两种节点，分类讨论。对一个“零”节点，从它子树上来的系数和无论是多少，都能不费代价地调整，贪心地调整到 \(L\)（“对外界”最优）。对于“一”节点，就跟上面一样地做，这样一来贪心仍然正确。加速这个贪心，仍旧想象有一些小球。注意“零”节点所删除的小球不计代价，故只好奇有多少小球被“一”删除。这不好算，不妨做对称，只需求出多少保留到最后、多少被“零”节点删除。第一部分好算，而第二部分只需枚举“零”节点的儿子，算出有多少小球到该节点即可。为了算这个，需要向下拓展连通块直到碰到“零”节点。总结一下，只需把“零”节点当作叶子挂在“一”节点连通块的边缘，然后对每个连通块都求子任务四的答案即可。答案应该是 \(\sum \max(0,a_iL-R)\)，拆 max，需要判断 \(a_i,\frac{R}{L}\) 的关系，按照 \(\frac{R}{L}\) 将询问排序，然后扫描一遍即可。
子任务五明示了，整道题目应该要扫描值域轴 \(x\)，将小于等于 \(x\) 的记作零、大于等于 \(x\) 的记作一，然后做若干遍子任务五并把答案加起来。直接做是 \(O(nq)\) 的（先离散化）。改为以连通块为主体，因为扫描 \(x\) 的整个过程中合计仅 \(O(n)\) 个连通块，所以能够接受。具体就是翻转值域轴，从大到小遍历 \(x\)，每次合并若干连通块，即可。
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