构造题！

CF1916D

根本没思路。首先打个表，发现可能可以只用 \(1,6,9,0\) 来构造。一种简单的构造是在平方数后面加两个 \(0\)，通过打表发现，可以在 \(169\) 中间加 \(0\)，原因是会成为 \(1..6..9..=1..3..^{2}\)。同时我们可以用 \(961\) 进行同样的操作。然后发现刚好有 \(n\) 个数，于是就做完了

CF1912E

根本没思路。首先想转化成不变的，那么想让数反转不变，那么这得是回文数。发现回文数很难操作，于是我们就用个位数去操作。那么如果用个位数操作的话，那么反转这个串后结果也是不变的。于是我们写成 \(n=A-0+B\) 和 \(m=B+0-A\) 然而这种情况只适用于 \(n+m\) 为偶的情况。考虑转化。发现只需加一个 \(21\)，变成 \(n=21+A-0+B\) 和 \(m=B+0-A+12\) 然后套用上面做法就可以了。注意代码一定要模块化啊！然后保证了这个情况，那么 \(A=(n+m)/2,B=(m-n)/2\) 即可。那如何打印一个数呢，我们使用九进制就可以了。但发现样例都没过，哈哈。因为在过程中我们使用到了 \(B\) 和 \(-B\) 但是这并没有括号。那我们如何将数翻转过来呢，答案是每个数后面都减 \(0\) 就可以了，翻转过来就是相反数，到这里就昨晚了吧。

CF739A

首先答案的上界就是最短的区间的长度。考虑构造方案去达到这个上界。发现只要填 \(0...ans-1,0,...,ans-1,..\) 即可

CF1495C

唯一在课上想出来的题目 qwq，这有 *2300 吗。我们希望通过一些操作将所有点都串成一棵树。一个比较 naive 的想法就是搞一个 \(m\) 型的主干，发现如果主干空隙为 \(1\) 的话会有环，考虑空隙为 \(2\)，那么中间都可以串起来。考虑如何将枝干串起来。如果中间空隙为空，那么随便连，否则选择一个 \(X\) 连上就行，因为保证了不八连通。看看细节，发现如果刚好最后还空两行，那么就不行了，我们可以整体向下平移。

P7115

感觉 70 分很简单。首先考虑如何交换两个球，那么需要我们可以首先将两个数拎到顶部，再进行交换，这样是不会破坏原有的序列的。然后如果暴力的话最多是 \(2n^{2}m\) 为了拿到 70 分或更高分，我们要一点点贪心。我们找出当前颜色相同最多的柱子，然后将这些柱子上不同颜色的换掉，就可以拿 70 分了。考虑优化，我们发现这题有点像排序，那么我们可以直接归并，然后在交换的时候定义一个输出函数输出就可以了。

首先，我们利用 \(1,2,n,n+1\) 来对 \(1\) 进行操作，对于只剩下两个柱子的情况，直接特判。
我们想将所有这个数都移到顶，然后就随便乱搞。

我们通过一些操作有了一个全 \(0\) 列，那么这列顶不用是 \(1\)
我们现在有一个全 \(0\) 列和一个空列为 \(n\) 和 \(n+1\)
我们将
假如 \(t_{1}\) 为 \(1\) 中 \(1\) 的个数，那么 \(n\) 移到 \(n+1\)，\(t_{1}\) 次，然后分离 \(1\) 中的 \(1\) 到 \(n\)，\(0\) 到 \(n+1\),那么 \(n+1\) 就变成了全 \(0\)，\(1\) 变成了空，这样是 \(O(n^{2}m)\)

P3524

？每次找两个点不联通，那么这两个点必定不在一个团中。所以我们删掉这两个点，我们会至少会删除 \(\frac{n}{3}\) 个不在团中的点，至多删除 \(\frac{n}{3}\) 个在团中的点，那么剩下的那个 \(\frac{n}{3}\) 的团就是答案了！

CF1365G

？？？？
一个简单的想法是利用二进制，我们每个数的编号是一个 \(10\) 位的二进制数，然后我们有 \(2\log n\) 个集合，代表这一位是 \(0/1\) 的数的集合的询问答案。那么我们因为是 \(or\)，我们的答案就可以合并，所以我们对于每个编号，我们把不是这一位的全部并上，那么最后的并集自然是这个 \(i\) 的补集了。
但是我们对于每位都要询问 \(0\) 和 \(1\)，可不可以去掉这个呢？

考虑对编号重新编码，我们搞出一个 \(13\) 位的二进制数，然后这个二进制数必须有 \(6\) 位，那么我们通过组合数可以知道这个编码是可以编完的。有什么好处呢？我们只要询问每一位是 \(0\) 的集合的并就可以了。对于每一个数，如果它重编号编码这一位是 \(1\)，那么就给它的答案并上这一位是 \(0\) 的集合，显然正确！

UOJ751

？？？？？？？
我们加入边，返回联通的点。我们想知道每条边对应的是哪条边。或者我们不用知道所有边，我们只要知道哪些边存在即可。
我们从叶子入手，我们保证我们询问里每条边都出现 \(\frac{lim}{2}\) 次，那么我们对于那些 \(\frac{lim}{2}\) 次成为孤立点的点就是叶子了。先考虑如何对这个询问编号。我们发现可以给询问编号，还是按照组合数编号。我们编一个 \(lim\) 位的二进制数，然后有 \(\frac{lim}{2}\) 个 \(1\)。按照这个思路下去，我们每次可以询问编号这一位是 \(0\) 的所有集合的联通块。然后我们能保证每条边被 \(\frac{lim}{2}\) 个询问包含了。我们询问的组合可以对应到唯一的一条边，然后我们就可以知道哪个是叶子了。然后我们把包含叶子的询问的边从询问里刨掉，那么我们连通块也都要把叶子删掉，然后我们一层一层删就可以知道每个节点的深度了。但是我们还不知道每个点的父亲是什么。
二阶段。我们分析发现，我们找出来有这些叶子的询问，这个叶子一定向上连了一条边，它的父亲连出去的其它边必然在一个询问中消失，所以我们取并即可。
这个很暴力，我们考虑快速维护这个东西。

然而剥了一个叶子后我们并不能立刻知道其父亲：要对 \(\frac{lim}{2}\) 个大集合取交，这是不好做的。——zak

我们剥掉叶子的复杂度是 \(O(n\log n)\) 啊，就是开个桶，如果一个点是孤立点，那么就桶 \(+1\)。我们剥完叶子怎么做呢？那么我们遍历询问，然后找到这个点属于的 \(vector\)，然后删掉，如果变成孤立点了，那么桶 \(+1\)，然后连边。然后一层一层下去就做完了。

CODE FESTIVAL 2017 Final F

有一个想法，我们进行二分图匹配，每个点匹配 \(K\) 个集合，那么我们只剩了最后一个限制。但是我们这个是提交答案题！考虑构造一点方便的

考虑两个集合的交，我们必定会给一个数贡献上 \(2\)。如果我们 \(k|n\)，那么我们把集合分组，一个组里的集合交都是同一个数，剩下都没有交。我们分 \(K\) 组，然后第 \(i\) 组的交是 \(i\)，那么我们就搞好了 \(1\sim k\)，然后我们把这些数抛掉，那么剩下的集合没有交，然后大小为 \(k-1\)。然后我们发现一点都做不下去。

因为我们每个集合的交为 \(1\)，并且 \(i\) 在所有 \(S_{j}\) 中出现了 \(K\) 次。我们观察 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{i=j+1}^{n} |S_{i}\cap S_{j}|=\frac{n*(n-1)}{2}=\frac{nk(k-1)}{2}\)，那么 \(n=k^2-k+1\)

手玩，看看对不对。我们贪心一点放，差不多是这么一个策略

我们首先把 \([1-k]\) 放在第一张纸，这是没关系的，因为任何一种方案都可以经过重排映射到这种方案。然后我们继续放，我们把 \(4,5\) 放在第二张纸，\(6,7\) 放在第 \(3\) 张纸。这也是没关系的，因为我们所有的合法方案一定可以映射到这个情况。

然后我们现在的问题就是 \(n-k\) 张纸和 \(n-k\) 个数，每张纸放 \(k-1\) 个数，每个数在 \(k-1\) 张纸上面出现要求每张纸上面互不相同，然后任意会有 \(k-1\) 组，然后组内没有交，组间交为1。

我们有 \(\frac{n-k}{k-1}\) 组数，每组有 \(k-1\) 个数。我们记第 \(i\) 组的第 \(j\) 个数为 \(a_{i,j}\)

上面的 \(m=k\)，因为每组要放 \(k\) 个数，懒

我们发现我们第一组肯定是这么排，因为后面都可以映射到这种情况，然后我们发现 \(a_{2,1}\) 就不能放第一列了，那么 \(a_{2,1}\) 就会从第二列开始放，然后剩下继续。然后我们的 \(a_{3,1}\) 就不能放第一列和第二列， 我们这里就把放的情况看作一个排列，我们的排列不能有一个重复，并且全都要是错排。然后初始有一个\({1\rightarrow n}\)的排列。这个限制怎么这么严？但是我们发现我们上面的构造方法好像是对的。

看看题解，我们按列考虑，假设我们这个是按列的第 \(i\) 组的第 \(j\) 列，那么我们这列的第 \(t\) 个数就填我们最初那个 \(k-1\) 列 \(k-1\) 行的矩阵（虚线框）的第 \(t\) 列的数。然后为了保证不重，我们要错开，也就是说我们第一组第 \(i\) 行取的都是第 \(i+0*j\) 列的数，那么第二组第 \(i\) 行取的都是第 \(i+1*j\) 列的数。那么对于 \((i,j)\) 代表第 \(i\) 组第 \(j\) 列，第 \(t\) 行放的数就是前面虚线框 \(j\) 行第 \(t+i*j\) 列的数。非常难理解！详细说，也就是我们在同一组内，我们每向右移动一列，我们选的数就会向下 \(i\) 行。我们每向下一行，我们的选的数就会向右 \(1\) 列。那么我们考虑 \((i_{1},j_{1})\) 和 \(i_{2},j_{2}\) 哪行是相同的。首先可以列出 \((i_{1},j_{1})\) 上的点的表达式 \([i_{1}][t_{1}][j_{1}]=[(j_{1}+t_{1}*i_{1})\%(k-1)][t_{1}]\) 嗯，差不多这个形式，不影响我们推导。那么这就是让这个二元组相同

\[j_{1}+t*i_{1}\equiv j_{2}+t*i_{2} \pmod{k-1} \]

发现这个是 exgcd 的形式

\[j_{1}-j_{2}+t*(i_{1}-i_{2})\equiv 0 \pmod{k-1} \]

分类讨论

• \(i_{1}=i_{2}\) 那么成立当且仅当 \(j_{1}=j_{2}\) 显然不成立
• 否则 \(t=\frac{j_{2}-j_{1}}{i_{1}-i_{2}}\) 注意到 \(i_{1}-i_{2}<k-1\) 且 \(j_{2}-j_{1}<k-1\)，为了有逆元且逆元唯一，那么我们的 \(k-1\) 就要是质数

然后就做完了！

QOJ8130

感觉很小清新啊。我们按照 \(dfn\) 排序之后就是一个区间的 \(-1\le sum\le 1\) 然后我们有 \(n\) 个这样的性质。那么我们把这么多询问都离线下来，然后考虑连边？考虑这些询问的限制。我们先从最低的开始不断往上合并，不合法就反转一颗子树但是这样只能处理一颗树。考虑拓展，貌似拓展不了。

但是连边的思路依然值得借鉴。如果一个子树里有两个没有赋颜色的点，那么我们连边代表这两个点颜色不同。然后对两棵树都做一遍。这种方式不成立当且仅当存在奇环。考虑怎么连出奇环，肯定是两个树的环连在一起，那么我们的边一定是属于第一颗树和属于第二棵树交替，那么这样一定是偶环了。然后就做完了