2023-2-2 #32 就将心愿抛洒向天空 等待透明雪落下

——不鱼《愿望幽灵》

被锣鼓比赛 2C 薄杀了！只能说自己水平不行阿😭。

180 CF804F Fake bullions

弱智二合一。

这个 mod 就引导你用裴蜀，缩点双，设一个点双里 \(S\) 的 \(\gcd\) 为 \(d\)，那么在 \(d\) 同余类中与所有点双内金条同余的人都可以拿到假金条。

于是很容易算出每个位置金条上界下界。

计数部分只需枚举金条最少的城市（金条相同需要钦定一个字典序），选择了的城市肯定都可以取最大值，其余都取最小值。

将城市分类，一定会被选上、一定不被选上和其他，组合数算一下就行了。

181 CF1764H Doremy's Paint 2

联考考了，我没改！im baiguai。

我们直接解决一个更难的问题：询问执行一个任意区间剩下的颜色数量。

我们不妨先把未被覆盖的点的贡献算掉，那么就是询问一个区间的区间交，经典的颜色段均摊。

如果一个位置被覆盖且产生贡献，其一定是某次操作的左端点，我们将这个颜色的贡献看成这次操作的贡献。

我们可以记录 \(L_i\) 表示 \(i\) 左端点上次被覆盖的时间，\(R_i\) 表示 \(i\) 这个操作影响完全消失的时间，如果求出其我们无非是数 \(L_i\leqslant ql\leqslant i\leqslant qr\leqslant R_i\)，二维数点即可。

第一个在上面颜色段均摊的时候很容易求出，第二个事实上就是这个区间被完全覆盖的时间与 \(\max_{L_j=i}R_j\) 取 \(\max\) 的结果，从后往前计算就好了。

学习了一种很好写的写法！！发现上面的讨论其实非常冗余。

我们从后往前加区间，三个部分的计算可以使用同一个颜色段均摊完成，具体我们只需计算被覆盖过且不是有效区间左端点的点数。将 \([l+1,r]\) 先覆盖为 \(i\)，并将 \([l,r]\) 内颜色最大值算出，将 \([l,l]\) 覆盖为最大值。我们询问就相当于询问 \(\leqslant t\) 的点数，一个树状数组就好啦。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

182 u 群题

题意：单点修改，求区间 mex，强制在线。

一个很优秀的转化：对于某个数，找到其出现的上一次位置，那么这个开区间的所有子区间答案都不超过这个数。

因此问题变成了 \(O(n)\) 次在线的二维数点（单点修，矩形 min），树套树即可。由于限制是 2-side 的，外层可以使用树状数组，实现较为简便。

复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

183 ARC154F Dice Game

用 OGF 刻画从 \(x\) 种数字到 \(x+1\) 种数字的过程：

\[\sum_{i\geqslant 0}p(1-p)^ix^{i+1}=px\sum_{i\geqslant 0}((1-p)x)^i=\frac{px}{1-(1-p)x} \]

不同的过程独立，我们可以用分治 NTT 求出求出答案多项式 \(\frac{P(x)}{Q(x)}\)。

一个比较假的想法：

先令 \(F(x)=P(x)\cdot Q^{-1}(x)\)，现在要根据答案多项式推出期望 \(k\) 次方值，使用 P7431 [THUPC2017] 小 L 的计算题 中的技巧：
\(ans_k=\sum_if_ii^k\\\sum_k\sum_if_ii^kx^k=\sum_if_i\sum_k(ix)^k=\sum_i\frac{f_i}{1-ix}\)
分治通分即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

假的原因是 \(F(x)\) 是无限多项式，不能直接截断。

正确的做法是把上面的过程看成复合 \(e^x\)，但 \(e^x\) 有常数项，我们应该上下分别复合 \(e^x\)，复合 \(x-1\)，截断，再求逆。

很神秘阿，好像有人做法是直接复合 \(e^x\) 然后截断求逆的，不知道为啥对！如果有老哥会能不能教教我！！

复合 \(e^x\) 与上面的推导过程是一致的。

这个东西好像比较深刻，我并不是很会！事实上使用矩母函数可以得到一种比较机械的做法？

具体我们直接应用几何分布，将这些几何分布的矩母函数乘起来，再复合就好了。（过程是一致的，只是思路更为自然）