2022 联赛做题记录 1.0
- 8.30
- 9.3
- 9.6
- 9.11
- 9.12
- 9.13
- 「CF1726E」Almost Perfect（性质 + 计数）
- 「ABC267G」Increasing K Times（排列计数 dp）
- 「QOJ4240」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Tree Circles（Kruskal 重构树 + 倍增 + 树状数组）
- 「QOJ4238」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Zero Sum（随机化 + dp）
- 「QOJ4241」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Angle Beats 2.0（很强的神必思维题）
- Petrozavodsk Winter 2020. Day 3. 300iq Contest 3 B（结论） & I（位运算）
- 9.14
- 9.15
- 9.16
- 9.17
- 9.18
- 9.19
- 9.20
- 9.21
- 9.22
- 9.23
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- 9.27
- 9.28
- 9.29
- 9.30
这里面没写题解的题要么就是在别的文章里写过了，要么就是太水了不想写……
8.30
「CF1592F1」Alice and Recoloring 1（思维）
首先发现操作 2、3 可以被若干次操作 1 替代，代价不劣。
一种非常妙的转化：设 \(a_{i,j}=[s_{i,j}=\texttt{B}]\)，\(b_{i,j}=a_{i,j}\oplus a_{i+1,j}\oplus a_{i,j+1}\oplus a_{i+1,j+1}\)，那么选择的子矩阵的另一顶点是 \((i,j)\)，执行操作 1 就相当于反转 \(b_{i,j}\)，执行操作 4 就相当于反转 \(b_{i-1,j-1},b_{i-1,m},b_{n,j-1},b_{n,m}\)。将全部 \(a_{i,j}\) 变成 \(0\) 的充要条件是所有 \(b_{i,j}=0\)。
不难发现操作 4 最多执行 1 次，因为两次或以上操作 4 都可以被次数更少的操作 1 替代。
所以只需要看有多少个 \(b_{i,j}=1\)，并且再看有没有一个能使用操作 4 的 \(b_{i,j}\) 就行了。
核心就在于那一个转化，非常巧妙。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/FybC2d8QNC/。
9.3
「HDU7258」2022 CCPC 华为云计算挑战赛 - 直播（二分 + 状压枚举 + 网络流）
很明显可以二分答案，然后就可以得出每条边最多能被多少条路径经过。
注意到我们 最多只有 5 个 CDN 节点。而且只有 CDN 节点是出边随便流的，因此考虑枚举 CDN 节点的使用情况。
注意数据范围很网络流，而且问题也类似一种分配的方式，所以考虑如何建图。
把原图中 \(n\) 个点拿出来作一列，CDN 节点单独拿出来作另一列，先把与 CDN 节点无关的边加入，流量为最多能被经过的路径数量，然后将 \(v_i=2\) 的节点向汇点连流量为 \(1\) 的边。
枚举哪一些 CDN 节点要被使用，设其中的一个点是 \(i\)。那么就将 \(i\) 向汇点连流量为 \(1\) 的边，把原图中出点是 \(i\) 的边加入，将 \(i+num\)（\(num\) 为 \(i\) 在 CDN 节点中编号排序后是第几个，也就是离散化后的编号）向原图中 \(i\) 的出边的另一顶点连流量为 \(\inf\) 的边。判断就是图是否满流。
画一下图可能更容易理解。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/hxywPwTH2q/。
「HDU7261」2022 CCPC 华为云计算挑战赛 - 信道定向（构造 + 欧拉回路）
不难发现下界就是 \(\max(\lceil\frac{du_i}{2}\rceil)\)，可以通过构造证明下界可达。
将 \(0\) 与度数为奇数的点连边，然后求出这张图的欧拉回路，那么它一定是满足条件的。
因为 HDU 会爆栈，所以要用栈模拟 DFS。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/5wM538RBND/。
「NOI2022」众数（摩尔投票法 + 线段树合并 + 链表）
我考场上怎么没做出来？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？
对于绝对众数，考虑摩尔投票法，就是线段树记录区间内的绝对众数，pushup 的时候很好合并。
删除与合并都可以用链表 + 线段树合并。
查询同样，重载一下 pair 类型的 + 运算符即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/BMKbw2XQH3/。
9.6
「ABC267D」Exactly K Steps（直径的性质）
到一个点距离最远的点一定是两个直径端点之一，那么直接 dfs 即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/nDp4j2zsd3/。
「NOI2022」挑战 NPC Ⅱ（树哈希 + 爆搜）
题目明示树哈希，于是考场上直接暴力树哈希 76pts 走人。
树哈希推荐转化成括号序列的写法。
殊不知，这题的正解其实也很简单。我们从上到下 dfs 依次尝试匹配，子树能匹配的就直接匹配，对于多的点我们可以 \(k!\) 暴力枚举它们在哪棵子树下。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/rd9tDF6qM4/。
9.11
洛谷 P6748 『MdOI R3』Fallen Lord（2022 ZR noip 十连测 day3 T2，树形 dp + 贪心）
9.12
2021 百度之星・程序设计大赛 - 复赛 A~C & E
「LOJ3276」「JOISC 2020 Day2」遗迹（2022 ZR noip 十连测 day3 T4，难度比较大的计数 dp）
9.13
「CF1726E」Almost Perfect（性质 + 计数）
发现满足条件的置换中的环只有可能存在以下情况：
- 一元环；
- 二元环；
- 两种四元环中的一种：
- \(p_i=j+1,p_{j+1}=i+1,p_{i+1}=j,p_j=i\)；
- \(p_i=j,p_j=i+1,p_{i+1}=j+1,p_{j+1}=i\)。
对于前两种，很好计数：设 \(f_i\) 为长度为 \(i\) 的置换全都是一元环或二元环的数量，则有 \(f_i=f_{i-1}+(i-1)f_{i-2}\)。
考虑枚举四元环个数 \(k\)，那么就相当于在 \(1\sim n-1\) 中选出 \(2k\) 个不相邻的数作为 \(i,j\)。我们设 \(x_1,x_2,\dots,x_{2k},x_{2k+1}\) 表示相邻两项的间隔（其中 \(x_1\) 为 \(1\) 到第一个数的距离，\(x_{2k+1}\) 为 \(n-1\) 到最后一个数的距离），有：
把 \(x_1\) 和 \(x_{2k+1}\) 加上 \(1\)，就可以使得 \(\forall i,x_i>0\) 且 \(\sum x_i=n-2k+1\)。
这个方案数可以使用隔板法方便地算出，即为 \(\binom{n-2k}{2k}\)。
然后，对于划分 \(i,j\)，我们可以先将 \(2k\) 个元素任意排列，两两看成一组。对于组内的，如果 \(i<j\) 就是第一种，否则就是第二种。因为组之间没有顺序，所以这一部分方案数就为 \(\frac{(2k)!}{k!}\)。
所以答案为 \(\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{4}\rfloor}\binom{n-2i}{2i}\frac{(2i)!}{i!}f_{n-4i}\)。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/3VfW5cZVQK/。
「ABC267G」Increasing K Times（排列计数 dp）
题意：
给一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a\}\)，要求有多少个排列 \(p\) 满足：
- 恰好有 \(k\) 个 \(i\in [1,n-1]\) 满足 \(a_{p_i}<a_{p_i-1}\)。
对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(2\le n\le 5000,0\le k<n,1\le a_i\le n\)。
对于排列计数，一般考虑按照某种顺序加入数字。
本题中，我们考虑从小到大加入 \(a\) 中的数字。
先在最终的序列左右两侧各加入一个 \(0\)。那么新加入一个数 \(x\) 插在 \(i\) 和 \(i+1\) 之间，上升段增加的条件是 \(x>a_i\ge a_{i+1}\)。
注意到 \(x\) 的数量其实就是长度减去上升段的数量，再减去当前序列中与 \(x\) 相等的数的个数。
所以就有：设 \(f_{i,j}\) 表示加入了排序后的前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个上升段的方案数。
转移显然。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/BkrmXkdhkz/。
「QOJ4240」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Tree Circles（Kruskal 重构树 + 倍增 + 树状数组）
「QOJ4238」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Zero Sum（随机化 + dp）
「QOJ4241」「Discover Singapore 2019 by Moscow Workshops. Day 5. 300iq Contest」Angle Beats 2.0（很强的神必思维题）
Petrozavodsk Winter 2020. Day 3. 300iq Contest 3 B（结论） & I（位运算）
9.14
Good Bye 2018 A~F
「ARC146C」Even XOR（性质 + dp）
「ABC268F」Best Concatenation（邻项交换 + 贪心）
把相邻两项的贡献式写出来，发现按照 \(\frac{字符串内所有数字的和}{字符串内 \texttt{X} 的个数}\) 从小到大排序是最优的。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/yFy84xS37Y/。
「ABC268G」Random Student ID（trie 树 + 期望的性质）
把 trie 树建出来，对于一个串，它所有祖先的字典序一定小于它，它所有后代的字典序一定大于它，其它的小于它的概率是 \(\frac{1}{2}\)。证明考虑 fix 一段相等的前缀，下一个字符一定是 \(\frac{1}{2}\) 的概率前者比后者大。
那么 trie 树上一个节点的期望字典序就是 \(1+anc+\frac{1}{2}\times(n-anc-size)\)，其中 \(anc\) 为祖先里的结尾节点数量，\(size\) 为子树里的结尾节点数量。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/6772fHCqvs/。
「ABC266G」Yet Another RGB Sequence（容斥原理）
把两个相邻的 RG 绑在一起，然后容斥原理枚举至少有 \(k+i\) 个 RG，再套上一个可重集排列就行了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/PwSMcNJtCY/。
「ABC265F」Manhattan Cafe（dp 优化）
首先有一个 \(\mathcal{O}(nd^3)\) 的朴素 dp：设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 维，\(r\) 到 \(p\) 的距离和为 \(i\)，\(r\) 到 \(q\) 的距离和为 \(j\) 的方案数，转移就是暴力枚举 \(r\) 的这一维填什么。
考虑优化这个转移：注意到转移到 \((i,j)\) 的 \((i',j')\) 只会有以下三种形式：
- \(r\) 这一维 \(<\min(p_i,q_i)\) 或者 \(>\max(p_i,q_i)\)，此时满足 \(i'-j'=\pm |p_i-q_i|\)；
- \(r\) 这一维 \(\in[\min(p_i,q_i),\max(p_i,q_i)]\)，此时满足 \(i'+j'=|p_i-q_i|\)。
容易发现这是三段一次函数的式子，可以前缀和优化朴素 dp。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/tYWDZrP45g/。
9.15
2022.9.15 联考 T1 T2 T3 T4
「CF19D」Points（set + 线段树二分）
首先肯定是离散化，然后拿 set 维护每一个横坐标对应的点的纵坐标，用一棵线段树维护一段横坐标区间的纵坐标最大值。
查询的时候在线段树上二分即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/fdCPrdhfcy/。
「CF1327F」AND Segments（dp + 前缀和优化）
其实是一道经典老题。
显然可以拆位做。于是限制就变成了一个区间必须全是 \(1\) 或者至少有一个是 \(0\)。
设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 位，上一个填了 \(0\) 的位置是 \(j\) 的方案数。
首先可以求出来每个位置是否强制填 \(1\)，以及它上一个 \(0\) 的位置最远是多少，不妨设为 \(pos_i\)。
转移：
- 若第 \(i\) 位填的是 \(1\)，那么：
- \(f_{i,j}=0(0<j<pos_i)\)；
- \(f_{i,j}=f_{i-1,j}(pos_j\le j<i)\)。
- 若第 \(i\) 位填的是 \(0\)，那么 \(f_{i,i}=\sum\limits_{k=pos_i}^{i-1}f_{i-1,k}\)。
不难发现推进一次 \(i\) 只会使一个前缀变成 \(0\) 或者改变 \(f_{i,i}\) 的值。
那么我们可以实时维护 \(\sum\limits_{k=pos_i}^{i-1}f_{i-1,k}\)，具体的用指针扫一遍就行了。
答案就是每一位的方案数乘起来。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/vCJ7k3YV8D/。
9.16
「CF1327G」Letters and Question Marks（AC 自动机 + dp）
先把所有 \(t_i\) 的 AC 自动机建出来，然后记录一下每个点对应 trie 树上后缀的字符串权值之和 \(sn_i\)。
设 \(f_{i,j}\) 表示当前在 trie 树上的第 \(i\) 个节点，现在选了的字符集合是 \(j\)。
不难发现 ? 把整个字符串分成了若干段，其中每一段的转移都类似，即 \(f_{i,j}+sn_{trans_{i,s_k}}\to f_{trans_{i,s_k},j}\)。这个可以直接预处理出来。
对于 ? 的转移，我们可以单独拿出来考虑。
总的来说，这道题目的思路还是比较明显的，就是代码可能有点长。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/nmfM32ntTz/。
9.17
SWERC 2021-2022 A & C & D & F & I & L & N
9.18
今日初赛……各种神奇挂法，可能 \(80\) 不到……寄飞！！！！！！！！！！！！！！！！！！1111
「CF1712F」Triameter（启发式合并）
这是一道好题阿。
考虑加边之后，\(d(u,v)=\min(dis(u,v),f_u+f_v+x)\)，其中 \(dis(u,v)\) 为 \(u\) 和 \(v\) 的树上距离，\(f_u\) 为 \(u\) 到最近的叶子节点的距离。原因显然。
问题的关键来了：求树上与两点距离有关式子的最值可以考虑启发式合并，因为合并子树的时候两点的 \(\bf{LCA}\) 就是当前 dfs 到的点。
考虑维护一个 \(vec_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内 \(f=i\) 的点的最大深度。
那么合并的时候可以直接取 \(\max\)。
对于求解答案，我们每一次启发式合并的时候就遍历每一个询问，看这个询问的答案能否 \(+1\)。具体的，当我们合并 \(u\) 和 \(v\) 时（\(size_{vec_u}>size_{vec_v}\)），枚举 \(i:0\sim size_{vec_v}-1\)，当 \(j=\max(0,ans+1-i-x)<size_{vec_u}\) 且 \(dis(vec_{u,j},vec_{v, i})\ge ans+1\) 时，\(ans\) 就可以 \(+1\)。
为什么呢？因为此时若选择 \(vec_{u,j}\) 和 \(vec_{v,i}\) 对应的点，那么 \(dis\ge ans\) 并且 \(j+i+x=ans\)，满足条件。
秒极！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！11
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/pjXCBt75MT/。
9.19
2022.9.19 考试 T1 T2 T3 T4
「CF1479D」Odd Mineral Resource（随机化 + 主席树二分）
好题啊。
这种路径出现了奇数次之类的就要想到异或（虽然确实也想到了）。
下一步特别神奇：对每种颜色赋一个随机权值，然后建一棵主席树，查询的时候在主席树上二分。
可能这种有关出现的问题都与随机权值有关吧……
关于主席树二分：首先肯定要在 \([l,r]\) 中异或和不为 \(0\)，然后看 \([l,mid]\) 中异或和是否为 \(0\)，如果不为零就递归下去找，否则就在 \([mid+1,r]\) 中寻找。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/T7qy6dcc5v/。
9.20
「ARC147D」Sets Scores（思维 + 结论）
「CF1363F」Rotating Substrings（神仙 dp）
太神仙了吧……
无解显然就是组成 \(s\) 和 \(t\) 的字符集合不同。
考虑操作的过程其实就是把一个字符往前面提任意个位置，那么我们就需要最小化移动的字符个数，即最大化不动的点的个数。
设 \(f_{i,j}\) 表示 \(s_{1\dots i}\) 与 \(t_{1\dots j}\) 匹配的最小移动次数。注意到这里的匹配其实是在 \([i+1,n]\) 中再选一些数出来移动到前面使得它们匹配。
神奇的一步出现了：对于移动的字符的贡献的计算，我们考虑在它的原始位置计算。
转移：
- 如果 \(s_i=t_j\)，那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\)。
- 如果 \(s_i\) 移到前面去，那么就有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+1\)。
- 如果是匹配了 \(t_{1\dots j-1}\) 之后，再从后面拿一个与 \(t_j\) 相同的字符到 \(i\) 之后，贡献是 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}\)，条件是 \([i+1,n]\) 里 \(t_j\) 的字符数量要比 \([j+1,n]\) 里 \(t_j\) 的字符数量多。
边界就是 \(f_{0,i}=0\)，仔细想想发现其实是对的。
至于整个算法为什么是对的，题解里有一个比较好的解释。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/4dvsC4QQ8T/。
2022.9.20 考试 T1 T4
「CF1550E」Stringforces（二分 + 状压 dp）
首先肯定是二分答案 \(mid\)。
预处理出 \(nxt_{i,j}\) 表示在 \(i\) 后有连续 \(mid\) 个字符 \(j\) 的最近右端点，然后设 \(f_S\) 表示集合 \(S\) 中的字母已经满足条件的最近右端点，转移枚举当前最后一个满足的字母是 \(c\)，然后 \(f_{S}\leftarrow\min(f_S,nxt_{f_{T}+1,c})\)，其中 \(T\) 就是 \(S\) 去除 \(c\) 后的结果。
check 只需要判断 \(f_U\) 是否 \(\le n\)。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/3Bg9sVNwXC/。
「UOJ592」新年的聚会（图上分治 + 结论）
题意：
交互题。
有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的图，你可以给定一个点集，询问该点集内的点之间有没有边。
你需要猜出这张图。
\(1 \le n \le 1000, 1 \le m \le 2000\)。
询问次数 \(\le 50000 (O(m \log_2 n))\)。
询问点集大小和 \(\le 10^6 (O(n\sqrt m))\)。
$E's sol：
分治，求解一个点集之间的边前，我们将它分为两半，先求出两侧内部的边。
关键结论：对于一张 \(\bf{E}\) 条边的图，我们有办法将它的点集分为 \(\bf{O(\sqrt E)}\) 个独立集。
我们将两侧分别分割为独立集。然后对于两侧之间的一对独立集，再分治求解之间的边。
复杂度可以证明，询问次数 \(O(m\log_2 n)\)，点集大小和 \(O(n\sqrt m)\)。
于是我们可以先划分成若干个独立集，然后两两枚举独立集，求出它们之间的边。具体就是把较大的那个集合划分成两半，分别把较小的集合并进去，再去求边。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/5ZRbcVS7k2/。
其实主要还是那一个关键结论。证明可以考虑按照度数是否 \(\ge\sqrt m\) 来确定是单独划分一个独立集还是并到其它独立集里。
9.21
「CF1383E」Strange Operation（dp）
不难发现题目的操作其实就是把序列分成若干段，然后把每一段都变成一个数，值是里面所有数的或。问改后的序列有几种情况。
首先，首尾的 0 都是可以单独考虑的，方案数为 \((cntL+1)(cntR+1)\)，接下来我们只需要考虑中间的情况。
对于中间的数，一个 1 可以被删除当且仅当它的两端都有 1。
把中间两个 1 之间连续 0 的个数抠出来变成一个序列，例如 \(s=\texttt{0010001101001010}\) 对应的序列就是 \(A=\{3,0,1,2,1\}\)。
那么我们就相当于要找到能与原来的 \(A\) 序列匹配的 \(B\) 序列的个数，这里的“匹配”是指找到一个对应关系使得能将 \(A\) 序列划分成若干段，每一段都和 \(B\) 序列对应，段内最大值要 \(\ge\) \(B\) 序列里对应的值。
然后怎么想 dp 都会算重……自闭了。
感觉接下来的有点像 UOJ748 机器人表演，就是贪心匹配一个最早的位置。也就是设 \(f_i\) 表示匹配到 \(i\) 位置的方案数，那么如果这个位置上填 \(j\)，从 \(k\) 位置转移过来就要满足 \([k+1,i-1]\) 中的 \(A\) 值都要 \(<j\)，因为 \(i\) 值最早的匹配位置。所以只要记录填 \(j\) 之后前面最大的 \(A_k\ge j\)，然后前缀和转移就行了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/rj2WRN9CBT/。
「CF1539E」Game with Cards（二分 + ST 表 + dp）
这种交换先后手的题目，可以考虑枚举在那个地方交换先后手，然后进行 dp（orz \(\text{\color{black}{C}\color{red}{XY07}}\)）。
也就是设 \(dp_{i,0/1}\) 表示 \(i\) 这个位置填 \(0/1\) 是否可行，转移就枚举上一次交换在哪里，看这个区间是否满足条件。
举例来说，如果 \(i\) 要填 \(0\)，那么前面就一定有一个 \(j\) 满足 \(dp_{j,1}=1\) 并且中间所有的 \(k\) 都在 A 的区间中、\(k_j\) 在 \([j,i]\) 的 B 的区间中。前者可以记一个前缀和，后者可以提前二分 + ST 表预处理出来。填 \(1\) 类似。
具体的，dp 的时候需要动态维护，开一个 set 就行了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/kGSpMnmS45/。
「CF1704D」Magical Array（性质 + 哈希）
如果我们把权值设为 \(\sum ic_i\)，那么操作一权值不变，操作二权值加一。算出所有数组的哈希值然后排序即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/jrvrtjJnZ5/。
「CF1704E」Count Seconds（暴力 + 拓扑排序）
首先，直接拓扑是错的！因为有可能出现这个点被加权值之后不能立马出去。
究其原因还是有些点的权值为 \(0\)。
因此我们可以先做 \(n\) 遍暴力，这样一个权值不为 \(0\) 的点的后继节点一定就都有权值了。
这个时候再跑拓扑排序就对了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/7bxqQ9pZhG/。
「CF1539F」Strange Array（线段树）
感觉还是比较套路的。
中位数的惯用套路，将 \(\le a_i\) 的权值设为 \(1\)，\(>a_i\) 的权值设为 \(-1\)。
感觉洛谷题解区（https://www.luogu.com.cn/problem/solution/CF1539F）里的图特别清楚，于是懒得写了。
需要注意的是由于这个是上取整，所以当 \(i\) 在 \(mid\) 右边的时候计算答案的 \(dis\) 时还需要 \(-1\)。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/vmQpF2rkGg/。
9.22
「WC2016」论战捆竹竿 & 2022.9.22 考试 T3 高维入侵（利用 border 的性质优化同余最短路）
首先可以暴力求出所有 \(\bf{border}\)，然后暴力跑同余最短路。即使用 \(n-|\bf{border}|\) 能拼出多少个 \([n,m]\) 之间的数。
一个关键性质：所有 \(\bf{border}\) 形成了 \(\mathcal{O}(\log n)\) 个等差数列。
记录 \(f_i\) 表示在当前模数下要使得 \(\bmod mod=i\) 要加的最小数。
那么我们考虑依次加入等差数列。
剩下的懒得写了，见 https://www.luogu.com.cn/blog/PhantasmDragon/solution-p4156。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/GFv9JYrtX4/。
2022.9.22 考试 T1 肃正协议（hash + 性质）
简要题意：给一个字符串，从左到右找出一些不交的子串，满足后一个包含前一个，问最多能找多少个。\(|S|\le 500000\)。
我们将字符串 reverse 一下。首先发现如果每次只在左边或右边增加一个字符不会劣。第一个字符串长度一定为 \(1\)，那么显然第 \(i\) 个字符串长度为 \(i\) 是最优的。
设 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的前缀最多能选出多少个子串，显然 \(f_{i+1}\le f_i+1\)。
注意到答案最多为 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)，那么我们就可以把所有满足 \(i-j+1\le f_i\) 的哈希值插入一个 gp_hash_table 中，每次判断就只需要在其中查询答案即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)。
常用防哈希冲突：随机权值！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/YjQSVgqKwW/。
9.23
「CF1614E」Divan and a Cottage（动态开点线段树）
这都不会，退役罢！！1
显然答案随着温度的递增而不降。
考虑动态开点线段树，每个下标 \(i\) 维护初始值是 \(i\) 时的答案是多少。
每个节点维护区间内答案的 \(\max,\min\)，加入一天时：
- 若区间 \(\max<T\)，区间 \(+1\)；
- 若区间 \(\min>T\)，区间 \(-1\)；
- 若区间 \(\max=\min=T\)，直接返回。
- 否则递归左右区间。
不难发现这覆盖了所有情况。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/KD4fPDyvyr/。
9.24
「WC2010」重建计划（01 分数规划 + 点分治 + 单调队列）
很明显可以用 01 分数规划的套路进行二分，然后每条边的权值减去一个数，求有没有长度在 \(L\sim U\) 之间的和为 \(0\) 的链。
对于路径问题肯定先考虑点分治，然后合并路径的时候可以单调队列。
因为卡常，所以需要把点分树提前建出来，不需要每次重新找重心。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/DMrzvKFptY/。
「CF1733E」Conveyor（递推）
题意：
给定一个 \(120 \times 120\) 的表格 \((0 − based)\)，每个格子上有一个传送带，可以将史莱姆向右或向下传送一格，之后这个传送带的方向立刻发生变化，即向右变向下，向下变向右。
如果两个史莱姆撞上了，它们就会融合。如果一个史莱姆（向右或向下）走出了表格，那它确实就走出了表格。
初始的时候所有传送带们都向右，随后每一秒我们都在 \((0, 0)\) 放置一个新的史莱姆。
\(q\le 10^5\) 次询问,每次问在第 \(t(t \le 10^{18})\) 秒，\((x,y)\) 这个格子上是否有史莱姆。
首先，史莱姆肯定不会融合，因为每一个走过的距离都不一样。
那么我们可以考虑通过第 \(t\) 秒与第 \(t-1\) 秒时 \((x,y)\) 上的史莱姆个数是否相同来判断。
对于这个，可以递推：即先在 \(a_{0,0}\) 上放置 \(\max(0,t-x-y+1)\) 个史莱姆（因为在这之后放的都不可能到达 \((x,y)\)），\((i,j)\) 向右边会移动 \(\lceil\frac{a_{i,j}}{2}\rceil\) 个史莱姆，向下会移动 \(\lfloor\frac{a_{i,j}}{2}\rfloor\) 个。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/337QRbS3v9/。
「CF1612G」Max Sum Array（差分 + 贪心）
如果位置 \(x\) 上放的是从前往后第 \(j\) 个值为 \(i\) 的数，那么它对答案的贡献就是 \((2j-c_i-1)x\)。
很明显如果我们可以把所有的 \((2j-c_i-1)\) 拿出来然后从小到大排序依次填入，答案肯定是最大的。证明可以由排序不等式推出。
然而时间上不允许，所以我们可以考虑差分。一个 \(i\) 能贡献的范围是 \(1-c_i,3-c_i,\dots,c_i-3,c_i-1\)，即一个公差为 \(2\) 的等差数列，放的时候就等差数列直接算和，因为它们的系数都是一样的。
求方案的话可以发现系数一样的可以随便排，就是 \(\prod cnt_j\)。
注意开 LL！！！！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/NnfF5xh7zp/。
9.25
「ABC270G」Sequence in mod P（BSGS）
把答案的式子写出来，其实就是要求满足 \(A^iS+A^{i-1}B+A^{i-2}B+\cdots+AB+B\equiv G\pmod P\) 的最小的 \(i\)。
当 \(B=0\) 的时候就是 BSGS 模板，考虑在加入了 \(B\) 之后还是按照一样的套路，设阈值 \(M=\sqrt P\)，然后预处理 \(0\sim M\) 的值存入哈希表，其它的暴力每次跳 \(M\) 的大小。
那么最后的式子也就形如：
其中 \(x\) 是某个 \(M\) 的倍数。
移项后可得：
这样我们的思路就很明了了！
左右都可以递推得出来！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/9Ctt5wdZZ4/。
「洛谷 P8552」Rabbit（并查集 + 逆向思维）
一个很显然的做法是，对于每一个点 \(x\)，考虑它的子树，如果有 \(\ge 2\) 个儿子的子树内有没有被选过的点，那么就把它们和 \(x\) 标记上，并且答案 \(+1\)，可惜这是 \(n^2\) 的。
考虑逆向思维，从小到大枚举点权，把一个点和它周围点权比它小的点全部并起来，记录一下每个连通块里还没有被匹配的点数。如果并完之后有 \(\ge 3\) 个未匹配的就匹配它们。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/RbKt36SRT3/。
「CF1527E」Partition Game（分治决策单调性 + 指针暴跳）
直接暴力 dp 很显然，把式子写出来感性理解发现具有决策单调性。
分层转移的问题一般要长个心眼，想想有没有决策单调性。
莫队状指针移动可以考虑分治决策单调性！
然后套用 这里边 的分治决策单调性即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/gkmkWFtp6v/。
9.26
2022.9.26 考试 T1 T2
「CF1430G」Yet Another DAG Problem（状压 dp）
很容易想到分层标号。
数据范围很小，考虑状压。
其实就差一步想到正解了……
关键一步：把连接层数不相邻的边的贡献拆到每一层里计算。
然后就可以很好地状压 dp 了。设 \(f_S\) 表示已经选了前面若干层的节点集合是 \(S\)，那么可以枚举子集转移所有可能的下一层节点（条件是下一层节点的入点都在 \(S\) 中），贡献就是起点在 \(S\) 中、终点不在的所有边的权值之和。
方案也很好输出，记录每个状态从哪里转移过来即可。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/PG4SYYvTTx/。
「CF1611G」Robot and Candies（贪心 + set）
神仙贪心.jpg
容易发现一次操作会使 \(x\leftarrow x+1\) 并且 \(x+y\leftarrow x+y\) 或者 \(x+y\leftarrow x+y+2\)。所以 \(x+y\) 的奇偶性不会发生变化，可以分奇偶考虑。
将所有 1 放到坐标系上考虑，其中 \(x\) 轴是行，\(y\) 轴是行 + 列，即原矩形中的 \(x+y\)。
那么一次操作要么向右走 \(1\) 单位，要么向上走 \(2\) 单位且向右走 \(1\) 单位。
如果走出去了，我们就按边界对称过来。
重要结论：按照横坐标扫过去，如果这一行的后面还有点，就继续把这一行删完；否则将纵坐标 \(+2\) 继续操作。
证明可以考虑调整。
那么直接维护每一个纵坐标对应横坐标的集合 set，模拟这个过程就行了。
实现上注意我们只需要考虑有点的纵坐标。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/p8GXCZ7B6p/。
9.27
「CF1675G」Sorting Pancakes（DP）
把问题放在前缀和序列上来考虑，手玩之后可以发现：操作一次就是其前缀和序列变化了 \(1\)。
那么可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数，最后一个数为 \(j\)，和为 \(k\) 的最小操作次数。直接枚举下一个选什么就行，贡献为 \(|k+nxt-sum_{i+1}|\)。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/dJ86rM7MrV/。
「CF1527D」MEX Tree（分类讨论 + 容斥）
路径上的点的 \(\mathrm{MEX}=i\) 等价于有点 \(0\sim i-1\)，并且没有点 \(i\)。我们可以直接处理出 \(ans_i\) 表示存在点 \(0\sim i\) 的路径条数。这个可以考虑以 \(0\) 为根，现在包含 \(0\sim i\) 的链的形状，即一端为 \(0\) 或者两端在 \(0\) 的两个不同的子树内，贡献可以直接计算。但是分类讨论有一点/tuu
容斥一下，\(ans_{i-1}-ans_i\) 就是 \(\mathrm{MEX}=i\) 的答案。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/xTvjbxFDTX/。
9.28
Hello 2020 A~D
「CF1523D」Love-Hate（随机化 + 高维后缀和）
又一次败在了随机化的题上……
因为有不少于 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 个人在最终答案里，所以如果随机 \(i\) 个人，使得他在最终答案里，那么错误的概率将会是 \(\frac{1}{2^i}\)。所以问题转化为：一个人喜欢的货币中，最多选出多少个使得有不少于 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 个人都喜欢它们。
因为 \(1\le p\le 15\)，所以可以考虑状压 DP。设 \(f_S\) 表示喜欢集合 \(S\) 中所有货币的人的数量，转移就是一个高维后缀和。求答案直接在 \(f_S\ge \lceil\frac{n}{2}\rceil\) 的 \(S\) 中找 \(\rm{popcount}\) 最大的 \(S\) 就行了。
感觉这种随机化基本想不到啊……还是要多见见。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/cxKvrx53ws/。
2022.9.27 联考 T4
「CF1523E」Crypto Lights（期望转概率 + 组合数学）
设 \(p_i\) 为最终开了 \(i\) 盏灯的概率，那么 \(E=\sum\limits_{i=1}^n p_ii\)。
直接求并不好求，我们考虑化一下式子：\(E=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^n p_j\)，这样如果设 \(s_i=\sum\limits_{j=i}^n p_j\)，那么 \(E=\sum\limits_{i=1}^n s_i\)。
考虑 \(s_i\) 的意义，是最终开了 \(\ge i\) 盏灯，那么就相当于前面 \(i-1\) 盏灯没有冲突。这个很好求，相邻两盏灯之间的间隔都要 \(>k-1\)，所以方案数就是 \(\binom{n-(k-1)(i-1)}{i}\)，概率就还需要除一个 \(\binom{n}{i}\)。
那么就做完了！
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/yfbDrjMWR3/。
「洛谷 P5574」[CmdOI2019]任务分配问题（分治决策单调性优化 DP + 莫队状指针移动）
很明显的暴力 dp：设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数分成了 \(j\) 段的最小无序度之和。转移可以枚举上一段的起点在哪里。
对于划分区间的问题，需要长个心眼：是否满足决策单调性（四边形不等式），即 交叉 \(\le\) 包含？
发现这道题中确实如此，证明可以考虑讨论一下 一个产生贡献的点对中 的 两个点 在大区间中的位置。此处略去。
那么就可以愉快地跑分治决策单调性了！指针的移动可以像莫队那样子做（注意初始化 \(L=1\)），复杂度可以证明是正确的。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/HWNwYYBTjt/。
9.29
「CF1499F」Diameter Cuts（树形 DP）
直径可以 DP 求，那么和直径相关的量也应该想到 DP。
设 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内连接 \(u\) 的最长链是 \(i\)，且满足条件的方案数。
转移时枚举每条边 \((u,v)(v\text{\ is a son of } u)\) 是否断开：
- 若断开，则 \(f_{u,i}\leftarrow f_{u,i}\times\sum\limits_{j=0}^k f_{v,j}\)；
- 若不断开，那么 \(f_{u,\max(i,j+1)}\leftarrow f_{u,i}\times f_{v,j}(i+j+1\le k)\)。
答案即为 \(\sum\limits_{i=0}^k f_{1,i}\)。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/y4t6yVp8hB/。
「CF1499E」Chaotic Merge（DP）
设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示 \(x\) 匹配到第 \(i\) 位，\(y\) 匹配到第 \(j\) 位，最后一位是 \(x_i/y_j\) 的方案数。
转移可以直接看倒数第二位是什么。
注意新开一个串的情况需要单独讨论，需要从 \(f_{0,j,1}/f_{i,0,0}\) 转移过来，而这些需要预处理。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/QRBTGXnxBd/。
「CF1572B」Xor of 3（构造）
容易发现操作不会改变整个序列的异或和，所以如果有解，那么原序列异或和一定为 \(0\)。
考虑如果 \(n\) 是奇数，那么可以先操作 \(n-2,n-4,\dots,3,1\) 来使得 \(a_n=a_{n-1},a_{n-2}=a_{n-3},\dots,a_3=a_2,a_1=0\)，然后再反过来操作就可以得到全 \(0\)。
如果 \(n\) 是偶数，那么找一个异或和为 \(0\) 的长度为奇数的前缀，前后分别来做 \(n\) 是奇数的构造就可以了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/SyrPsNwWbG/。
「CF1585F / CF1571F」 Non-equal Neighbours & 「ARC115E」LEQ and NEQ（容斥 + 单调栈优化线性 DP）
首先考虑容斥一下，假设有若干个 \(b_i=b_{i+1}\)，那么就相当于把序列分成了一堆相等的段，段与段之间不一定不同。
那么答案就是 有 \(n\) 段的答案 \(-\) 有 \((n-1)\) 段的答案 \(+\) 有 \((n-2)\) 段的答案 \(\cdots\pm\) 有 \(1\) 段的答案 \(\mp\) 有 \(0\) 段的答案。
其实这个东西等价于：
- \(n\) 是奇数时，答案为 分成奇数段的 \(-\) 分成偶数段的；
- \(n\) 是偶数时，答案为 分成偶数段的 \(-\) 分成奇数段的。
那么可以考虑设 \(f_{i,0/1}\) 表示填完了 \([1,i]\)，分成了偶数段 / 奇数段的答案。
转移：\(f_{i,0/1}=\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_{j,1/0}\times\min\limits_{k=j+1}^i\{a_k\}\)。
暴力做是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。
看到这种区间 \(\min\) 的转移形式，需要联想到单调栈。维护一个严格递增的单调栈，那么设 \(x\) 是 \(i\) 左边第一个小于 \(a_i\) 的位置，则有 \(f_{i,0/1}=f_{x,0/1}+a_i\times\sum\limits_{j=x}^{i-1}f_{j,1/0}\)。因为对于 \(1\sim x-1\) 的所有 \(y\) 转移到 \(i\) 的贡献为 \([y+1,i]\) 中的 \(\min\)，这和 \([y+1,x]\) 中的 \(\min\) 一样，即贡献一样。所有这些贡献全部转移到了 \(f_{x,0/1}\)，所以可以直接继承过来。
那么只需要维护一下分成 偶数段 / 奇数段 的前缀和就行了。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/bGYQJvMgjd/。
「CF1578L」Labyrinth（Kruskal 重构树 + 结论）
首先肯定是建出最大生成树。
然后考虑，如果当前身体宽度比某些边大，那么这些边其实可以被理解为已经断掉了。
那么有一个结论：一条边如果断掉了，那么它的子树内的糖果一定已经全部被吃过了。证明显然。
于是就可以在建树的时候递推答案，在 先左子树后右子树 和 先右子树后左子树 中的答案取 \(\max\)，这个“答案”其实就是 需要走完一个子树的最大初始身体宽度和当前边权取 \(\min\) 后减去还没走的子树内的糖果数量。
具体可以见代码理解。
代码：https://pastebin.ubuntu.com/p/nD7bZQfQ4M/。
9.30
「CF1497E2」Square-free division (hard version)（转换枚举量 + 双指针 + DP）
首先可以把每个数的平方因子除掉，很明显这样对答案没有影响。
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个修改 \(j\) 次最多分了几段，转移的时候需要一个辅助数组 \(mx_{i,j}\) 表示以 \(i\) 结尾，修改 \(j\) 次能到达的满足条件的最远端点，那么 \(f_{i,j}\leftarrow\min\limits_{l=0}^j\{f_{mx_{i,l}-1,j-l}+1\}\)。
考虑怎么求这个 \(mx_{i,j}\)。一个性质是在 \(j\) 不变的情况下，\(mx_{i,j}\) 随着 \(i\) 的递增而不降。那么就可以通过双指针来求。
注意有点卡常，需要预处理出每个数去掉平方因子后的结果。
浙公网安备 33010602011771号