2020 年集训队作业 Part 1
向 CXY 学习！
大概一天尽量更 3 道题，鸽了可以催一催，说不定就更了（
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\(\color{red}{12345}\)：代码难度，\(\color{blue}{12345}\)：思维难度，\(\color{green}{12345}\)：巧妙程度/优美程度。
\(\dagger\)：已完成，暂鸽，\(\Psi\)：未完成。
T1 CF504E Misha and LCP on Tree \(\color{red}3\color{blue}1\color{green}1\)
非常套路的题。
LCP 问题可以考虑二分+哈希，那么我们只需要判断两条有向链是否相等就好了，这个可以维护一个向上的哈希值和向下的哈希值计算出来，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
T2 CF505E Mr. Kitayuta vs. Bamboos \(\color{red}2\color{blue}2\color{green}2\)
WC2021 讲课题。
最小化最大值考虑二分，同时考虑时间倒流，我们让所有竹子最开始高度都是二分出的 \(mid\)，每一轮找到一个最小的 \(k\) 个数将它加 \(p\)，如果 \(k\) 轮内没有小于 \(0\) 的数就表示这个 \(mid\) 是可行的。
每一轮找最小的数可以维护一下每个数变成 \(0\) 的时间，保存在大根堆里即可，时间复杂度 \(O((n+mk)\log n\log a)\)。
T3 CF506E Mr. Kitayuta's Gift \(\color{red}3\color{blue}5\color{green}5\)
我们发现决定最终结果的是最后的串，与插入的方式无关，所以常规的 dp 无法去重。
于是我们考虑建立一个类似自动机的结构，又因为看到 \(|s|\leqslant 200,1\leqslant n\leqslant 10^9\)，所以又想到矩阵加速自动机上的 dp，那么我们的大致方向就已经确定了。
鸽了。
T4 CF512D Fox And Travelling \(\color{red}3\color{blue}3\color{green}2\)
容易发现题意是一个类似拓扑排序的过程，进一步观察可以得到环上的所有点一定不能被选中，且去掉环之后每个连通块与环相邻的点一定是最后被选中的。（显然没有两个这样的点）
那么我们的问题转化为有/无根树的答案计数，我们算完之后将答案卷起来就可以了。而且实际上无根树的答案只需要钦定每个位置为根并去重就好了，去重只需要把选 \(k\) 个点的答案除以 \(n-k\) 即可。（\(n\) 为树结点个数）
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
T5 CF516D Drazil and Morning Exercise \(\color{red}3\color{blue}2\color{green}1\)
偏套路的二合一。
首先计算权值显然可以使用换根 dp 在 \(O(n)\) 内解决。
由于询问是问的 \(\max-\min\leqslant l\) 这一经典模型，我们可以给所有点按照权值排序然后尺取法解决，时间复杂度 \(O(nq)\)。
T6 CF516E Drazil and His Happy Friends \(\color{red}3\color{blue}5\color{green}3\)
鸽了。
T7 CF521D Shop \(\color{red}2\color{blue}1\color{green}1\)
简单题。
观察可以发现一定存在一种最优操作顺序满足先赋值，再加法，后乘法。
由于最后要最大化所有数的乘积，所以考虑直接把赋值和加法转化为乘法，这样我们只需要贪心选出前 \(m\) 个乘法操作即可。
给同一个位置的赋值显然只会选择最大的，然后我们就可以把赋值转化为加法了。加法操作显然可以从大到小执行，那么变化量可以直接计算出来。
最后选完最大的 \(m\) 个乘法操作输出方案的时候记得按照赋值、加法、乘法的顺序排个序，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
T8 CF521E Cycling City \(\color{red}2\color{blue}2\color{green}1\)
考虑三条完全不相交的路径实际上就是一个环中间一条弦，我们求出原图的 dfs 生成树，那么可以直接这样构造：
（蒯的洛谷题解图片）
那么我们每一条路径都暴力在树上覆盖，如果有重复覆盖的位置就直接输出就好了，时间复杂度 \(O(n+m)\)。
T9 CF526F Pudding Monsters \(\color{red}2\color{blue}3\color{green}2\)
每行每列一个棋子显然可以转化为一个长度为 \(n\) 的排列，那么恰好有 \(k\) 个棋子就等价于这个排列在这些位置的数字连续，即 \(\max-\min+1=len\)。
由于 \(len\leqslant \max-\min+1\)，因此满足条件的排列都可以让 \(\max-\min-len\) 取到最小值 \(-1\)。
套路地固定右端点，可以用单调栈维护出每个后缀权值的 \(\max\) 和 \(\min\)，再用一颗线段树维护每个左端点的答案，每次移动右端点就在更新单调栈的同时更新一下线段树，最后加上线段树最小值出现次数即可。（由于可以取长度为 \(1\) 的子段，所以\(-1\) 必定为最小值）
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
T10 CF526G Spiders Evil Plan \(\color{red}3\color{blue}4\color{green}3\)
鸽了。
T30 CF575I Robots protection \(\color{red}3\color{blue}2\color{green}2\)
首先容易发现直角三角形的方向并不重要，我们旋转坐标系就可以等价，于是我们只需要考虑一种情况。
我们考虑直角三角形实际上是要求点满足 \(x\geqslant a,y\geqslant b,x+y\leqslant a+b+len\)，我们带上时间就是一个四维偏序，三个 \(\log\) 貌似过不了。
对 \(x\geqslant a\) 以及 \(y\geqslant b\) 进行容斥，可以发现总方案数减 \(x<a\) 减 \(y<b\) 加 \(x<a,y<b\) 只有最后一个是四维偏序，而由于 \(x+y<a+b\leqslant a+b+len\)，所以可以去掉一维变成三维偏序。
用二维树状数组维护即可，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
