Training-“四光年之外去流浪”

代码放太多，卡炸了，遂全删

CF780G Andryusha and Nervous Barriers

紫。

比较简单，先按照高度排序并重编号，扫描线找边缘下落的球分裂的第一块板子，这部分可以线段树二分，找编号最大的要求高度超过它的板子。

可以发现依赖关系一定是编号大依赖编号小，可以递推。

CF1578B Building Forest Trails

紫。

首先把圆拍到序列上，要求每条边 \(x<y\)，如果两条边 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) 满足 \(x_1\le x_2\le y_1 \le y_2\) ，那么就会交叉。

考虑对每个连通块的连边方式做一个改变，变为按顺序从小到大连，而且观察到每个连通块构成的区间要么包含，要么不交。

这里应该会有一个 \(\log^2\) 的做法，就是记录一下 pre 和 next，然后线段树二分。

实际上还能更优，考虑记录每个 \(x\) 上方的线的数量 \(h_x\)，不包括连到 \(x\) 的线。

可以发现相邻两个点之间的 \(h_x\) 的变化量不超过 1，因为要么在上一个点开了一条新线，要么在这里收回一条线。

接下来考虑哪些线会和 \((x,y)\) 交叉，一种开头在 \(x\) 前面，结尾在中间，那么必然有一条线经过 \(x\)，因为区间相互包含或不交，那么在中间的收束点的 \(h\) 一定是比 \(h_x\) 小的。

所以每次可以选 \(h_x,h_y\) 中较大的去找，然后合并区间。

合并分为两种情况，一是不交，那么前面右端连后面左端，一种是包含，那么就是去掉覆盖小区间的那一段，再加上小区间到大区间的两条边，其实就是小区间上的覆盖条数 -1。

CF1083C Max Mex

紫。

先考虑怎么处理一组询问，就是依次加入每个点，然后判断是否在一条链上。

然后考虑上树，这里可以维护一个更强的限制，就是每个区间 \([l,r]\) 内的是否都在一条链上。

合并上就是判断两个链是否能拼在一起，一种方法就是维护端点，然后一侧往另一侧插入，最后线段树二分。

P11833 [省选联考 2025] 推箱子

蓝。

弱智但比较难写。

按时间排序，每次优先满足时间限制较紧的。考虑满足的过程中，以向左移动为例。

在移动的过程中考虑会碰到哪些箱子，记当前下标为 \(i\)，那么现在移动的结果就是 \(b_i-k,b_i-k+1,\dots,b_i\)，所以在它前面的点 \(j\)，如果位置在 \(b_i-i+j\) 的后面，就要移动。

然后考虑如何快速找，这里给一个较为方便的解法，首先把箱子向右移动 \(i-j\)，这样每个点的目标位置就是 \(b_i\)，就可以线段树二分。

最后就是区间加等差数列和区间赋值等差数列，外加区间求和计算贡献，向右移动同理。

P11831 [省选联考 2025] 追忆

黑。

因为是自己做的，所以比较神秘。

首先 bitset 搞出连通性，然后考虑对操作分块，但是还有 \(l,r\) 的限制，所以继续对值域分块。

这个时候可以对每个值域块跑 \(O(n)\) 的递推找最大值，散块暴力判断。被操作的部分因为值不确定，所以单独拿出来求出值后求贡献。

这里注意一下常数，对每个操作块所有整块一起跑，然后在询问处取需要的，这样常数比较小。

块长因为 \(n,q\) 同阶，所以可以取到 \(n^{\frac{2}{3}}\)，时间复杂度 \(O(\frac{n^2}{w}+n^{\frac{5}{3}})\)

CF1809G Prediction

紫。

counting!

考虑形式化一下这个题意，就是 \(\forall i |\max_{j=1}^{i-1} p_j-p_i|>k\)，这东西从小到大放显然不能做。

考虑从大到小，在放 \(x\) 的时候会有哪些情况，一个是插在一个数的后面这里是如果开头的数 \(y\) 满足 \(y-x>k\) 那么每个数的后面都可以，否则要少一个可行位置。

另一种就是直接放在前面，同样要求差。

可以发现一个关键在于这个 \(max\) 序列，记 \(f_i\) 表示 \(max\) 序列的开头是 \(a_i\)，那么首先差比 \(k\) 小的数的方案数就已经确定了，其余的容易前缀和处理。

CF1861F Four Suits

黑。

有一个东西必须枚举，就是在哪个花色取到最值，然后可以证明如果这个花色不顶满一定不优。

然后考虑网络流，先二分一个其余部分的上界，源点向花色连剩余数量的边，其余人向汇点连还要收获的牌 \(d_i\)，中间就是可以拿的最多的牌的数量，最大流恰好是所需牌数才能成立。

根据最大流-最小割定理，转成求这个图的最小割，首先必须枚举左边和源点断开的点集 \(S\) 的补集，右边每个点的贡献就是 \(\min(popcount(S)*mid-\sum_{j\in S}a_j,d_i)\)。

然后可以发现这个东西可以轻松解出来一个变化点，就是一个等差数列+一段 \(d_i\)，做两次差分预处理就可以了。

预处理核心代码

for(int s=1;s<16;s++)
{
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<4;i++) cnt+=((s>>i)&1);
	for(int i=0;i<M;i++) p[i]=c[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int sum=0;
		for(int j=0;j<4;j++) sum+=((s>>j)&1)*a[i][j];
		int x=(d[i]+sum)/cnt;
		c[1]+=cnt,c[x+1]-=cnt;
		p[0]-=sum,p[x+1]+=sum-cnt*x,p[x+1]+=d[i];
	}
	for(int i=1;i<M;i++) c[i]+=c[i-1];
	for(int i=1;i<M;i++) p[i]=p[i-1]+p[i]+c[i];
	for(int i=0;i<M;i++) s2[s][i]=p[i];
}

CF1919E Counting Prefixes

紫。

？？？咋这么若只呢？原来我的代码能力是若只啊！

比较好想，就是画出每个变化的折线图，保留一条线下的部分，就是一些连续段。

所以考虑 \(f_{i,j,0/1/2/3}\) 表示考虑到数字 \(i\) 有 \(j\) 个连续段，开头和结尾是否被占据。

然后就是枚举有多少个连续段被合并，随便组合数一下就完了，关键来了，如果最后所有点都用于合并，就不需要管放的情况，直接就是 1，优先级高于组合数。

我恨你！

int tmp=x-(j*2-l-val[k]);
ll v=C(j-1,l)*C(tmp+j-l-val[k],j-l-val[k])%mod;
if(!tmp) v=C(j-1,l); 
f[d][j-l+tmp][k]=(f[d][j-l+tmp][k]+f[d^1][j][k]*v)%mod;

AT_utpc2025_k Keep or Gamble

\(\varnothing\)。

aaa,不会概率，做了一辈子。

\(P\) 肯定没什么影响，考虑现在已经选了 \(x\) 个 \(U\)，\(y\) 个 \(T\)，那么如果摸到 \(C\)，贡献就是 \(-x-y\)。

然后就可以把贡献拆到每一步上，就是 \(\max(0,\frac{2*(u-x)+(t-y)-c*(2*x+y)}{u+t+c-x-y}\)。

然后考虑每一步的概率，就是视作一起放开，恰好有 \(x\) 张 \(U\)，\(y\) 张 \(T\) 的概率，就是 \(\frac{C_u^xC_t^y}{C_{u+t+c}^{x+y}}\)。

记和为 \(s=x+y\)，那么枚举 \(s\) 可以求出 \(x\) 的范围，然后整理式子得到 \(\frac{1}{C_{u+t+c}^{s}}(\sum C_u^xC_t^{s-x})(2*u+t-(c+1)*(x+t))\)

然后根据 \(C_n^m m=C_{n-1}^{m-1}n\) 所以可以转变成对于一个式子 \(\sum C_u^xC_t^{s-x}\)，求前面的若干项和。

项数变化直接加就可以了，上指标和变化考虑组合意义，就是在 \(u+t\) 个中选 \(s\) 个且 \(u\) 中不能选超过 \(k\) 个。

所以加入之后就是先选一个新的，再减去超出的。

核心代码(完整的就是做两遍类似的)

for(int i=0;i<=u+t;i++)
{
	if(u*2+t-(c+1)*i<=0) break;
	int l=(u*2+t-(c+1)*i)/(c+1);
	if(x<i)
	{
		val=(val*(u+t-x)-C(u,y+1)*C(t,x-y)%mod*(y+1))%mod*inv1[x+1]%mod;
		x++;
	}
	while(y<l)
	{
		y++;
		val=(val+C(u,y)*C(t,x-y))%mod;
	}
	while(y>l)
	{
		val=(val-C(u,y)*C(t,x-y))%mod;
		y--;
	}
	ll v=qpow(C(c+u+t,i),mod-2)*inv1[u+t+c-i]%mod*(2*u+t-(c+1)*i)%mod;
	ans=(ans+val*v)%mod;
}

CF2174F Mosaic Tree

黑。

度数相关，考虑 prufer 序列，就是对每个颜色，选出若干个位置，然后规定出现次数的奇偶性，这里就有一个 \(O(n^3)\) 的 dp 了。

接下来考虑优化这个做法，背包所以想到多项式，三模 NTT 大概做不了。可以发现如果颜色 \(k\) 有 \(cnt_k\) 个点，\(x\) 条边，那么贡献的方案数就是 \(cnt_k^x\)。

考虑构造指数生成函数 \(f(x)=\sum cnt_k^i\frac{x^i}{i!}\)，系数的公式就是 \(e^{cnt_k}\)，答案就是第 \(n-2\) 项的系数 \(*(n-2)!\)。

奇数就是 \(\frac{e^{cnt_k}-e^{cnt_k}}{2}\)，偶数是 \(\frac{e^{cnt_k}+e^{cnt_k}}{2}\)

然后乘起来就是 \(\frac{1}{2^m}\prod (e^{cnt_i}+s_i e^{cnt_i})\)。

所以这部分就可以直接 dp 了。

CF2161F SubMST

紫。

构造就是____。*3000 反正不是人做的。

从下往上考虑，对于当前节点 \(x\)，如果它不是深度最浅的节点，那么必然存在一条边连向深度小于等于它的点。

所以可以对每个点取最小的距离就可以了，如果距离相同，可以事先按照 bfs 序编号，然后对每对点看有多少情况存在边。

AT_jsc2025_final_c Prefix Bounding Box, Mod, Minimize

蓝。

最大值最小，3000 的范围也像是能带 \(\log\) 的，所以考虑直接二分，小于当前值 \(mid\) 的部分才会有贡献。

考虑到面积就是横坐标极差和纵坐标极差的积，这个东西是可以直接维护的。

接下来考虑转移，设 \(f_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个数已经放好，横坐标极差 +1 是 \(j\)，这里 +1 是为了转成位置数量，在只有一个点的时候方便表示。

接下来考虑转移，假设当前在放第 \(i\) 个点，那么有两种情况：

一是放在已经有的一段区间 \(j\) 的中间，方案数就是空位个数 \((j-i+1)\)。

二是放在外面，这样区间就会扩大，对于特定的长度 \(j,k\) 满足 \(j<k\)，从 \(f_{i-1,j}\) 到 \(f_{i,k}\) 有两种情况，分别是左端和右端。

后面这个部分可以前缀和优化，最后判断 \(f_{n,n}\) 有没有值，就是能否成立。

CF1844H Multiple of Three Cycles

黑。

*3400 反正每一步都在看题解。

首先其实每次就是把两段连到一起，之后的操作中可以视为一个节点，然后就是每个节点的权值就是长度对 3 取模的余数。

记余数为 \(1,2,0\) 的点的数量分别为 \(a,b,c\)，因为最后要求是 3 的倍数，\(c\) 的放置就对答案没有影响了，任意插在一个位置就可以了 \(\frac{(a+b+c)!}{(a+b)!}\)。

然后设 \(f_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个为 \(1\) 的，\(j\) 个为 \(2\) 的，两个 \(2\) 连起来就是 \(1\)，两个 \(1\) 同理。

对边进行枚举，就是 \(aa,ab,bb\) 三种，对应到的状态分别是 \(f_{a-2,b+1},f_{a-1,b-1},f_{a+2,b-1}\)，这里 \(ab\) 这个状态就是形成一个 \(c\) 段，所以会涉及一个插入或者直接闭合的问题，要再带上系数 \((a+b-1)\)。

所以有式子：

钦定编号最靠前的 \(a\) 必选：\(f_{a,b}=(a-1)f_{a-2,b+1}+b(a+b-1)f_{a-1,b-1}\)

钦定编号最靠前的 \(b\) 必选：\(f_{a,b}=(b-1)f_{a+1,b-2}+a(a+b-1)f_{a-1,b-1}\)

但是因为每个询问要求的起点都不一样，所以考虑逆过来，然后就是一个知二求二解方程。

CF1419F Rain of Fire

紫。

看错题了……显然可以二分。

因为加一个点最多只能连 4 个方向，所以连通块个数 >4 一定不行。

分讨！

=2 \(O(n^2)\) 枚举不在一个连通块的两个点，然后看能不能用一个点把它们连上。

=3 一个方向上要有两个连通块，这条线段一定是越短越好，所以找 \(x\) 或 \(y\) 相同的相邻点，然后枚举另一个方向上的点，求出交点后判断。

=4 两条线段求交。

CF2122G Tree Parking

紫。

想不到拓扑序，如何呢？

首先考虑对于一个固定的树，怎么求它的方案数。

可以发现对于一个点 \(u\)，它儿子之间的顺序是互不影响的，所以直接求一个可重复组合然后继承就可以了。

然后考虑当前点，可以发现，如果这个点的 \(l,r\) 之间有儿子的端点，那么一定会挡住，所以必须相连，两部分合起来方案数就是 \(\dfrac{siz_u}{\prod{v\in son(u)} siz_v}\)。

然后乘起来就是整棵树的答案，整理一下，就是 \((2n-1)!\prod_{u=2}^n \dfrac{(2siz_u-1)!}{(2siz_u)!}=\dfrac{(2n)!}{2^n\prod_{u=1}^n siz_u}\)。

有根树的拓扑序个数：

从简单的情况开始考虑，就是只有一层，那么就是下面的任意去排列。然后考虑父亲和儿子数量的关系，因为父亲这里一定是它在最后，其他任意排列，所以直接继承儿子，然后可重复组合就可以了，最终就是 \(\dfrac{n!}{\prod siz_u}\)。

然后把这部分拆出来，相当于就是一串固定系数乘上拓扑序的个数。

然后把贡献拆到每个拓扑序上，考虑对于一个拓扑序，有多少种叶子为 \(k\)，记为 \(f(n,k)\)，有：

\(f(n,k)=(n-k)f(n-1,k-1)+(k)f(n,k)\)

就是倒着加入，这样每次新加入的点都是叶子，分成接在叶子/其他，可以发现这就是欧拉数 \(E(n-1,k-1)\)。

然后见：https://www.cnblogs.com/UKE-Automation/p/19605252

因为固定最后一位是 \(1\)，所以拓扑序的数量就是 \((n-1)!\)，答案：\(\dfrac{(2n)!}{n2^n}\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^iC_n^i(k-i)^{n-1}\)

CF587E Duff as a Queen

紫。

涉及异或，直接线性基，麻烦的点在于怎么区间修改。

考虑差分数组，因为每次选一个差分数组中的数，就相当于直接将两个数各选一次，所以可以单点修改了。

CF878D Magic Breeding

紫。

bitset 神力！

首先考虑到这个东西最后是一个类似于 DAG 的结构，可以从前面推到后面。但是因为初始的状态实在太多，所以导致复杂度过高。

因为 \(k\) 很小，一个思路就是枚举排列，但是 \(12!\) 依然很大。考虑到一个二分的思想，比 \(x\) 大或等于的视为 1，其余视为 0，如果最后是 1，那么就有 \(ans\ge x\)，反之亦然。

所以这样每一位就只有 0 和 1 两种情况了，而且取 max 和 min 就是与和或，所以直接上 bitset 就是对的。

CF840E In a Trap

黑。

其实是一个比较经典的 trick，就是先拆位，拆成前后两部分，这里比如就是各 8 位。

对每个点，向上找 256 个点，如果在这个点到 \(v\) 的距离是 \(256k\) 的时候，那么后面 8 位所异或上的值就是到当前点的距离。

然后建字典树，预处理前 8 位取每个值的时候的最大结果。

询问的时候，先跳整块，每次增加前面的值，然后当点不够 1 块的时候暴力就可以了。

CF1458F Range Diameter Sum

黑。

*3500 不像是人能会的。

首先相当于这些点组成的虚树的直径，由直径的性质，这个东西是可合并的，所以可以 ST 表维护。

然后考虑如果我们加入一个点 \(i\)，那么树的直径会怎么变，显然 \(f(i,j)\ge f(i+1,j)\)，而且这个变化量是很有限的。

如果 \(f(i,j)>f(i+1,j)\) 那么就必然有 \(i\) 为新的直径端点，而且可以感性理解一下，\(j\) 越大，虚树上的点越多而且包含前面的所有，加入 \(i\) 后增加的距离一定不增。

而且这个增量相同的段数一定不超过 \(n\sqrt n\) 所以可以扫描线处理。

P5046 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology I

紫。

波动过的。

考虑分块，记录每个数在块内的前后缀逆序对个数，以及每个块内小于等于 \(x\) 的数的个数，对这个做一下前缀和，然后就可以根据这个求出块 \(i\) 到块 \(j\) 的逆序对数。

然后对于一个询问，如果在一个块内，考虑先对前缀个数做差，然后去掉区间外和区间内的贡献，具体可以对每个块提前排好序，直接扫一遍就行了。

然后是不在一个区间，整块直接用，散块到整块就可以用之前的计数数组，然后就是散块之间，因为已经提前排序，所以可以直接归并。

P6774 [NOI2020] 时代的眼泪

黑。

分块，分块，分块！

其实是为了这道题写了上面的，相当于在上一个的基础上加了一个值域的限制。

每个块内的小于等于 \(x\) 的个数的前缀和 \(cnt\) 仍然要预处理，这样散块与整块，散块与散块的处理是类似的。

但是值域会让很多东西都很麻烦，考虑先对每个块排序，然后

如果 \(l,r\) 在一块内，因为值域的问题，没有办法预处理前后缀了，可以记录每个位置 \(x\) 所在块前面排名小于 \(y\) 的数的个数，这样做差求和就行了。

然后是整块，块内因为值域很小，所以可以直接枚举上下界。

块之间比较麻烦，一种方法是对于每个块 \(i\)，向左枚举一个端点 \(j\)，这里必须是某个整块的端点，再枚举一个排名 \(k\)，然后求 \(j\) 到 \(i\) 之前的一个块中，比排名为 \(k\) 的数小的逆序对数。

然后就可以做差，交叉部分是比较好算的。

CF1508F Optimal Encoding

黑。

可以先把每个区间里的所有关系先全部连出来，然后考虑哪些能删，如果 \(u->v,v->w,u->w\) 都有边，那么 \(u,w\) 之间的边就没有必要存在。

考虑把贡献拆到边上，考虑它什么时候出现，什么时候消失。

如果中间有一个值 \(x\) 恰好满足 \(a_u<a_x<a_v\)，那么 \((u,v)\) 这条边就不会存在。

出现就是在恰好有一个区间包含 \(u,v\) 的时候，消失就是找到前后最近的值在 \(a_u,a_v\) 之间的位置，一个区间包含 \(u,v\) 的同时包含其中一个就消失。

这都可以用主席树简单维护，关键在于有 \(n^2\) 条边，直接做就是假的，考虑减少边数。

考虑到区间相关，如果用类似莫队的方法去做，那么每次端点移动至多会有 1 个新边产生，这东西不好插入，所以用个回滚莫队就能减少边数，对每条会出现的边分别求就可以了。

CF1990F Polygonal Segments

黑。

这题真好吧。

首先转化条件，如果一些数可以构成多边形，那么最大数必然小于和的一半，这是充要条件。

大力上线段树，合并的时候如果不能构成，那么就从最大值处断开，然后可以发现一边必然被一个区间包含，跑另一边就可以了。

可以发现每次和必然减半，所以至多 \(log\) 次，所以最后大概是个 \(log^3\) 的复杂度，常数较大但跑不满，实际飞快，8s 肯定是能过的。

P6729 [WC2020] 有根树

黑。

好难……还卡常……其实是我偷懒写了 \(\log^2\) (:

首先一定是越靠近根 \(w\) 值越大，而且贪心策略就是把较大的放入 \(C\) 集合，所以不存在小数干扰大数的问题。

可以发现一定有一种最优方案使得 \(a\ge b\)，因为如果 \(a<b\)，一定可以将最大的换到 \(C\) 集合中，答案一定不劣，此时必然有 \(\min_{v\in c} w_v\ge\max_{v\notin c} w_v\)。

接下来考虑修改问题，可以发现改一个点之后只有到根的链上的 \(w\) 值发生了改变，而且只有一个值在 \(C\) 集合的存在性会被改变。

当修改完链上的 \(w\) 之后，可能会有一个点使得不满足 \(\min_{v\in c} w_v\ge\max_{v\notin c} w_v\)，把它处在集合的位置调换。

然后就是按照上面的过程做，这里可以用线段树维护集合外最大值，集合内最小值，和它们对应的位置，然后树剖修改。

P8078 [WC2022] 秃子酋长

紫。

回滚莫队板子，维护链，然后每次从链上删点，5e5,5s，根号还是能过的。

P5047 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology II

紫。

最简单的莫队做法，就是直接树状数组查有几个大于/小于这个数，时间复杂度 \(O(n\sqrt n \log n)\)。

考虑这些查询，可以做一个差分以移动右指针为例，就是区间 \([1,l-1]\) 和区间 \([1,r-1]\) 之间大于 \(a_r\) 的数的个数，这样的共 \(O(n\sqrt n)\) 个。

可以离线下来扫描线，每次加入一个数，然后查询，这里平衡复杂度可以 \(\sqrt n\) 加 \(O(1)\) 查。

但是储存这些询问空间必炸，考虑到每次 \(l/r\) 的移动就是一个连续段，所以存一个段就可以了，而 \([1,r-1]\) 对 \(a_r\) 的贡献可以预处理前缀和。

P6778 [Ynoi2009] rpdq

黑。

写上面的是为了写这个。

考虑把贡献拆到每一条边上，那么每次加点就是对到根链的权值求和，再将这些边的系数 +1。

然后正常莫队应该是可以做到 \(O(n\sqrt n \log^2)\) 的，那为啥不暴力？

接下来考虑莫队二次离线，那么就要求 \(\sqrt n\) 修改 \(O(1)\) 查询。

最简单的方法是随机撒点或者每 \(siz\) 大概在 \(\sqrt n\) 分一次，但是因为分叉很多，在这个题都不好转移。

可以发现最下面是无关的，所以 \(siz\) 够了直接割下来，然后可以按照 \(\sqrt n\) 的大小把链拆开就行。

然后考虑怎么修改，块内就是暴力对每个边加权，如果是在最底下，那么因为上面连接的不一定是一个链的端点，所以还要对这条链重复操作。

然后剩下的都是整条链的贡献，直接打 tag 树上求和就行了，因为这样的链最多 \(\sqrt n\) 条，所以复杂度正确。

P13826 [Ynoi Easy Round 2026] 寒蝉鸣泣之时

紫。

啊艹，sb 四模后的第一道，能不能不要再考 AI 相关的作文了！！！

考虑扫描线，然后分块，就是一个区间加，求值个数的问题。

考虑到如果是整块变一个相同的值，那么相当于按照对 \(m\) 的余数分组，每个组只是位置偏移，但是和不变。

所以可以记录改变的量，然后找对应的组。

对于散块，因为修改数量很少，所以暴力重构就是对的。

还有就是统计答案的时候不能遍历每一个可能的值，要建一个链表处理有值的位置。

最后是卡常上，因为空间比较紧，所以考虑离线处理每一个块。

P7881 [Ynoi2006] rmpq

黑。

神人交互，强制在线。

相当于每次把平面分成两半，染成不同的颜色，最后平面一定是 \(O(n^2)\) 级别个等价类。

考虑操作分块，每块只做 \(O(\sqrt n)\) 次操作，那么每块就只有 \(O(n)\) 级别的矩形。

考虑怎么求这些矩形的值，可以分治然后双指针归并，时间复杂度 \(T(n)=n^2+2T(\frac{n}{2})=O(n^2)\)。

统计答案二分位置然后暴力处理散块就行了，注意卡的点在于分治，所以块长尽量小一点次数更少。

P13827 [Ynoi Easy Round 2026] 寒蝉鸣泣之时·业/P10540 [THUPC 2024 决赛] 古明地枣的袜子

黑。

这咋样例都不带变的？写上面的是为了为写这个。

首先前缀加是不好做的，转成点加后缀最大值，但是线段树常数大，\(O(n\sqrt n \log n)\) 肯定过不了。

对于一个询问，我们看是怎么做的，相当于按照 \(x\) 从大到小排序，\(x\) 相同按照 \(y\) 从小到大排序，此时就是 \(y\) 的最大前缀和。

放到操作序列上，先按照上述方法排序，对每一个点进行考虑，可以发现如果以区间端点 \(l,r\) 为坐标系，那么它有贡献的就是一个矩形。

而且因为求前缀和最大值，有结合律没有交换律，就是 rmpq。

注意，因为这里卡空间，所以对每个块求完之后要立刻统计答案，不算特别卡。

P13828 [Ynoi Easy Round 2026] 寒蝉鸣泣之时·卒

黑。

咋就又开始一天一道题了。

首先 \(10^5\) 的范围复杂度大概就是 \(n\sqrt n\) 状物，和一定那么可以根号分治。

最暴力的做法就是 \(O(n)\) 把树遍历一遍，然后开个桶计数，当选出的点比较多的时候，建立的虚树和原树基本一样，这个方法是比较优的。

接下来考虑选出点个数比较少的情况，这些点构成的树一定是可以拆成 \(2t\) 条从根到某个点的链差分后的结果。那对于一个链 \((1,x)\)，我们就需要知道其余边和它之间的相同数对个数，最后乘上对应权值求和。

暴力枚举每个点，两两配对肯定不行，考虑怎么减少需要处理的量，考虑树分块，每次只求块的端点到根这一段与根到每个点之间链的贡献。这样我们就要求链上不能有分叉，并且分的块数不超过 \(\sqrt n\)，任意两个块端点之间的距离不超过 \(\sqrt n\)。

这里可以参考 [Ynoi2009] rpdq 的分块方法，首先将大小小于 \(\sqrt n\) 的子树分成一块，此时剩下的部分分叉数必然小于等于 \(\sqrt n\) 否则一定可以再分出子树，这部分按照 \(\sqrt n\) 的长度一拆就可以了。

统计答案的时候，此时的散块就有两种情况，一种是在链块上，那么按照正常的树分块去跳，否则先跳到子树块的根，再往上到最近的链块就和前面一样了。

考虑统计答案，整条到根的链 \((1,x)\) 可以拆成整块 \(a\) + 散块 \(b\)，那么对于两条链 \(x,y\)，答案就是 \(a_x*y+a_y*x-a_x*a_y+b_x*b_y\)，为了好写可以乘个 2 求有序数对，记得要减去相同的情况。

散点的数量比较少，暴力就可以了，其他的是好预处理的，这题不算特别卡常，实现不太烂的情况下应该不会被卡的很严重。

P4389 付公主的背包

紫。

考虑每个物品就相当于一个多项式，背包的结果就是所有多项式乘起来的对应项系数。

做 \(m\) 次 NTT，复杂度还不如暴力，考虑到 \(x^v+x^{2v}\dots=\frac{1}{1-x^v}\)，可以求这个东西的积再转回去。

但是直接乘是 \(O(2^n)\) 的，也不行，考虑弄成指数，因为 \(\ln(1-x)=\sum \frac{x^i}{i}\)，所以可以简单的求出系数求和。

最后 exp 求逆弄回原多项式就行了。

P3784 [SDOI2017] 遗忘的集合

黑。

就是上面那个题的逆运算，因为模数的问题，所以要用 MTT。

首先求倒数，然后求 \(\ln\)，这样就得到了指数和的形式，对第 \(i\) 项乘以 \(i\)，此时这个位置的值就是它的所有存在的因子的和。

所以每个点更新一下倍数，然后有值的位置就是答案。

CF2206B Subtree Removal Game

\(\varnothing\)。

啊啊啊我为什么不会啊，为什么会认为有无论谁先手后手都必胜啊。

考虑二分，大于的是黑点，其他是白点，先手就是尽量让最后留白点。

子树分成三类，一类是白色，最初的先手必胜，一类是黑色，最初的后手必胜，剩下的是空集，谁先手谁胜。

在一个子树内一定是要尽快解决对手的子树，去抢都有可能赢的部分，而且发现这些取光其实不影响先后手，所以只用判断有颜色的部分就行了。

CF2206D Christmas Tree Un-decoration

紫。

考虑暴力 dp 怎么做，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 的最优解，那么有 \(f_{i}=\max(a_i,\sum_{v\in son(u)} f_v)\)。

带修就轻重链剖一下，每个点记录轻儿子的 dp 值和，跳重链修改即可。

P4002 [清华集训 2017] 生成树计数

黑。

这题巧是真的巧，科技也是真的多。

首先生成树考虑 prufer 序列，出现次数为 \(d_i\)，那么度数就是 \(d_i+1\)，答案式子就是：

\[\dfrac{(n-2)!}{\prod d_i!}\prod (d_i+1)^m a_i^{d_i+1} \sum (d_i+1)^m \]

提出 \((n-2)!\prod a_i\)，那么每个 \(i\) 的贡献就剩下 \(a_i^{d_i}\frac{1}{d_i!}(d_i+1)^m\prod a_j^{d_j}\frac{1}{d_j!}(d_j+1)^m\)。

令 \(A(x)=\sum \frac{1}{k!}(k+1)^m x^k,B(x)=\sum \frac{1}{k!}(k+1)^{2m} x^k\)

答案就是 \(\sum \frac{B(a_ix)}{A(a_ix)} \prod A(a_j x)\)

可以发现，后面的东西可以先求一个 \(\ln\)，然后前后两部分都是一个多项式求和的形式，那么现在需要对每个位置求 \(\sum a_i^j\)。

因为 \(\sum a^kx^k=\frac{1}{1-ax}\)，所以要求的就是 \(\sum \frac{1}{1-a_ix}\) 的每一项系数。

展开，分母就是 \(\prod (1-a_ix)\)，分治一下就行了，分子对比系数，每一个位置乘上 \((n-i)\)。

[ABC452G] 221 Substring

紫。

转化一下，假设一段连续的 \(a\) 的长度是 \(b\)，那么如果 \(a=b\)，那么加入一个数 \(a\)，如果 \(a<b\)，就加入一个数 0，否则加入 \(a,0,a\)。

那么所求就变成了不包含 0 的不同子串数，SA 搞一下就好了。