AtCoder 杂题选座

AtCoder 杂题选做

整理一下，分类不严谨。

DP & 组合数学

ARC217C Greedy Customers 2

好久没自己想出来一道题了。

# define 钦定 按住

给定 \(N\) 个商品及其价格 \(A_i\)，现在有 \(N\) 个人依次来商店购物，每个人手里有 \(C\) 日元，购买方式如下：

• 随机均匀在 \([1,C]\) 中抽取一个整数 \(x\) 作为预算，并购买剩余商品价格 \(\le x\) 的中的最贵的一个，若没有，则直接离开。

对于每个 \(k=0,1,\cdots,N\)，求恰好卖出 \(k\) 件商品的概率，对 \(998244353\) 取模。

\(1\le N\le 100\)

考虑一个十分 naive 的状压 dp，即我加一个二进制状态，来记录剩下的商品集合，直接转移即可。时间复杂度 \(O(n2^n)\)。

考虑能否减少记录无用状态，或者合并状态。你会发现从这个方向看并不好下手，因为这种 dp 与时间有关，怎么搞都有后效性。

观察，你会发现如果每个人确定了它们抽的数，由于他们都是按贪心的策略，那么无论他们按什么顺序买，最后剩下的商品集合一定都是一样的，即结果和时间压根没关系。这是一步关键观察，即我们可以按其它顺序 dp。

因此我们钦定他们按预算从小到大来买，考虑预算在区间 \([A_i,A_{i+1})\) 的所有人，那么如果前面有剩下的商品，我们一定就会尽可能多的给这些人分配了。

因此容易定义 dp 状态，设现在枚举到第 \(i\) 个区间，前面所有区间（包括当前区间）有 \(j\) 个人，且前面所有区间（包括当前区间）还剩 \(k\) 个商品没买的方案数为 \(dp_{i,j,k}\)。

先提前算好所有区间的长度 \(len_i\)，以及包含了几个商品 \(tmp_i\)。多枚举一层 \(p\)，表示当前区间有多少个人。那么假如说我当前区间的商品就足以供给这几个人了，我不仅可以不用以前的商品，还可以多存点给后面用，即 \(dp_{i-1,j-p,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,k+tmp_i-p}\)。

假如说不够的话，我就得动用以前的了，如果以前的商品够，那我还是从 \(dp_{i-1,j-p,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,k+tmp_i-p}\)；如果不够，那就没办法了，从 \(dp_{i-1,j-p,k}\) 转移到 \(dp_{i,j,0}\)。最后 \(dp_{cnt,n,n-k}\) 就是对应 \(k\) 的答案，其中 \(cnt\) 是区间个数。

然后再考虑转移系数要乘多少。首先总得确定，当前区间是哪几个人，方案数是 \(\binom{n-j+p}{p}\)，然后要给他们每个人分配一个位置，因此转移系数为 \(\binom{n-j+p}{p}\cdot len_i^p\)。

ARC074E RGB Sequence

有一个长 \(N\) 的序列 \(A\)，要给序列中的每个元素一种颜色 \(\{1,2,3 \}\)。

有 \(M\) 条限制 \((l,r,x)\)，表示 \(l\) 到 \(r\) 的格子颜色种数恰好为 \(x\)，问方案数，对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le N,M\le 300\)

考虑容斥，发现没有任何意义，因为不好求的转化出来还是不好求，于是考虑 dp。

思考一种可行性 dp，若处理到 \(i\) 位置，我们可以记录前面 \(i-1\) 个位置的填涂方案，再根据限制看能不能填就行了，是 \(O(n3^n)\) 的。

考虑合并状态，思考我们根据限制看能不能填的时候，最少能用哪些信息。

发现我们判断一个区间的颜色种数，实际上可以去找最右边的一个与 \(i\) 颜色不同的位置 \(j\)，如果 \(j\) 在这个区间里面，那就至少有两种颜色。同理我们可以找到第三种不同的位置 \(k\)。

因此我们设计 dp 状态为 \(dp_{i,j,k}\)，\(i\) 表示考虑到第 \(i\) 位，最右边的与 \(i\) 颜色不同的位置为 \(j\)，最右边的与 \(i\) 和 \(j\) 颜色都不同的位置为 \(k\)。若不存在 \(j\) 或 \(k\) 这种位置，就记作 \(0\)。考虑转移。

• 当下一位填的数与 \(i\) 位置的颜色相同，则 \(dp_{i+1,j,k}\larr dp_{i,j,k}\)；
• 当下一位填的数与 \(j\) 位置的颜色相同，则 \(dp_{i+1,i,k}\larr dp_{i,j,k}\)；
• 当下一位填的数与 \(k\) 位置的颜色相同，则 \(dp_{i+1,i,j}\larr dp_{i,j,k}\)。

将限制区间右端点排序，每次 check 一下枚举的 \(i,j,k\) 合不合法即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

ARC059C Children and Candies

现有 \(N\) 个编号为 \(1\) 到 \(N\) 的小朋友，有 \(C\) 颗糖果。若第 \(i\) 个小朋友拿到了 \(a\) 颗糖果，则幸福值为 \(x_i^a\)，所有小朋友的活跃度定义为他们幸福值的乘积。

定义 \(f(x_1,x_2,\dots,x_N)\) 为对于所有可能的分糖方式，活跃度之和，给定序列 \(A\) 和序列 \(B\)，求

\[\sum_{x_1=A_1}^{B_1}\sum_{x_2=A_2}^{B_2}\cdots\sum_{x_N=A_N}^{B_N}f(x_1,x_2,\dots,x_N) \]

对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le N,C\le 400,1\le A_i\le B_i\le 400\)

先考虑怎么求 \(f(x_1,x_2,\dots,x_N)\)，即 \(\forall i,A_i=B_i\)。

不好推式子，因此对着实际意义 dp。合并一下状态，定义 \(dp_{i,j}\) 表示 \(1\sim i\) 个小朋友一共发了 \(j\) 颗糖的 \(f\) 值，则可以直接卷积。

\[dp_{i,j}=\sum_{k=0}^j dp_{i-1,k}x_i^{j-k} \]

是 \(O(n^3)\) 的。

然后考虑暴力的枚举第 \(i\) 个小朋友的 \(x_i\)，同样的方法，设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(1\) 个到第 \(i\) 个小朋友，发 \(j\) 颗糖的答案。

\[f_{i,j}=\sum_{x_i=A_i}^{B_i}\sum_{k=0}^jx^k_i\cdot f_{i-1,j-k} \]

\(O(n^4)\)，过不了。

你发现可以维护形如 \(sum_k=\sum_{x}x^k\) 的一个前缀和，这样就 \(O(n^3)\) 了。

ARC108E Random IS

给定一个 \(n\) 个数的排列，称这个排列的一个子序列是好的，当且仅当它的值递增。

现在将重复以下操作来构造子序列：

• 设 \(k\) 表示有多少个位置满足加入子序列后，子序列仍是好的。
• 若 \(k=0\)，结束；否则随机均匀选择一个位置，回到上一个操作。

求期望子序列长度。

\(1\le N\le 2000\)

可以状压，这样子是 \(O(2^n)\) 的。

思考怎么合并状态，寻找一下有无什么好的性质。

你会发现一个位置能不能选，只取决于其左边第一个选的位置和右边第一个选的位置（性质 A）。

因此可以计算 \(w_{i,j}\)，表示若 \(i\) 和 \(j\) 选了，\([i+1,j-1]\) 内还有多少个数可以选。这个很好求，用树状数组维护 \(O(n^2\log n)\) 即可。

基于性质 A，这启示我们只要确定了左右第一个选的位置，无论是从全局考虑还是从局部考虑，它的概率是一样的。因此每个区间内都是一个独立的子问题，我们就不用对着时间轴来进行全局决策了，独立进行局部决策，合并即可。

考虑用区间 dp。设 \(f_{i,j}\) 表示在已经选定了 \(i,j\) 两个位置的情况下，期望的选择个数（不算 \(i,j\)），则有转移：

\[f_{l,r}=1+\frac{1}{w_{l,r}} \sum_{l<k<r,a_l\le a_k\le a_r} f_{l,k}+f_{k,r} \]

后者实质上是在对着值域 dp，因此也用树状数组维护即可，总时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)。

ARC115E LEQ and NEQ

给定一格长度为 \(N\) 的整数序列 \(A_1,A_2,\dots,A_N\)，计算满足以下条件的长度为 \(N\) 的整数序列 \(X_1,X_2,\dots,X_N\) 的个数，对 \(998244353\) 取模。

• \(1\le X_i\le A_i\)；
• \(X_i\ne X_{i+1}\)。

\(2\le N\le 5\times 10^5\)

题目感觉很容斥啊！其相当于给出了 \(N-1\) 个限制 \(P_1,P_2,\dots,P_{N-1}\)。于是考虑它们的反面也就是 \(\overline{P_i}\)，形如 \(X_i=X_{i+1}\)。

考虑计算钦定 \(k\) 个限制 \(\overline{P_i}\) 的方案，记其为 \(f_k\)，可得到最后答案为

\[\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^if_i \]

现在考虑计算它。

---

思考一下，一个序列中有 \(k\) 处地点满足 \(X_i=X_{i+1}\)，我们把这样的点给合并到最前面来，那么最后序列里就会剩下 \(n-k\) 个元素。也就是说等价于这个长 \(N\) 的序列被划分成了 \(n-k\) 个相等段，我们对这个计数就行了。

设 \(dp_{i,j}\) 表示现在考虑到第 \(i\) 位，划分了 \(j\) 段的方案数，最后答案为

\[\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^idp_{n,n-i} \]

则有朴素转移式

\[dp_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1}dp_{k,j-1}\times\min_{[k+1,i]} \]

2D-1D，时间复杂度 \(O(n^3)\)，而且由于是 2D，所以说得在状态上下手。

这里有一个巧妙转化，根据我们的答案式子，我们最后只关心划分出的段数的奇偶，于是有

\[dp_{i,p}=\sum_{k=0}^{i-1}dp_{k,p\operatorname{xor}1}\times\min_{[k+1,i]} \]

相当于我们合并了状态，变成 \(O(n^2)\) 了。

1D-1D 了，很有希望啊，看能不能用啥东西来维护啥的。

注意到就因为你这个 \(\min\) 和 \(i\) 有关所以不好优化，然后能自然的想到，我们找到 \(i\) 左边第一个小于 \(a_i\) 的 \(a_{pos}\)，然后对于 \([pos+1,i]\) 的部分乘上 \(a_i\) 就可以了。那么对于前面的部分，你发现这个以前你肯定算过啊，就是 \(dp_{pos,p}\)，这下牛逼了。

维护一个前缀和与单调栈即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

AT_m_solution2019_c Best-of-(2n-1)

A 和 B 玩若干局游戏，每一局，A 胜率为 \(a\)，B 胜率为 \(b\)，平局概率为 \(1-a-b\)。给定 \(n\)，率先累计赢下 \(n\) 局游戏的人获胜，问游戏的期望局数，对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n\le 10^5\)

考虑 \(a+b=1\)，即没有平局的情况。

则我们考虑求游戏进行 \(n+i\) 局的概率，其中 \(0\le i<n\)。这意味着，\(n+i\) 局中有 \(n\) 局是赢者胜，且最后一局是赢者胜，如果是 A 赢，则概率为

\[\binom{n+i-1}{n-1}\times a^n b^i \]

因此期望为

\[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n+i-1}{n-1}\times (a^nb^i+a^ib^n)\times(n+i) \]

考虑 \(a+b<1\)，即有平局的情况。

出现平局即会增加许多无谓的局数，发现它大概是一个收敛级数。设 \(k\) 表示期望 \(k\) 轮就会出现一次决定了胜负的局数，则

\[k=\sum_{i=0}^{\infty}(i+1)P(k=i) =\sum_{i=0}^{\infty}P(k\ge i) =\sum_{i=0}^{\infty}c^i=\frac{1}{1-c} \]

令 \(a'=\frac{a}{a+b},b'=\frac{b}{a+b}\)，此时答案就变成了：

\[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-i+1}{n-1}\times(a'^nb'^i+a'^ib'^n)\times(n+i)\times\frac1{1-c} \]

ABC253Ex We Love Forest

给定 \(n\) 个点无边的图和 \(m\) 条待选的无向边。每次等概率从 \(m\) 条边中抽取一条边加入图中，对于 \(i=1,2,\dots,n-1\)，依次询问抽取 \(i\) 条边后原图形成一个无环图（即森林）的概率是多少，对 \(998244353\) 取模。

\(1\le n\le 14,1\le m\le 500\)

首先概率转计数。

由于 \(n\) 很小，想到枚举点集 \(S\)，然后求其 \(dp_{S,i}\)，即点集 \(S\) 连 \(i\) 条边形成森林的方案数。

那么我们肯定得先对点集 \(S\) 的导出子图的生成树计数，设其为 \(f(S)\)，可以用 Matrix-Tree 定理，但是我不会。

考虑枚举 \(S\) 的子集，然后合并 \(T\) 和 \(S-T\)。

\[f(S)=\frac 1 2\sum_{T\sub S,T\ne\varnothing}f(T)f(S-T)E(T,S-T)\binom{|S|-2}{|T|-1} \]

因为 \(T\) 和 \(S-T\) 是对称的，会被算两遍，所以要除以 \(2\)，这里 \(E(S,S-T)\) 表示两个点集间的边数，由于要考虑顺序，所以用插板法乘个 \(\dbinom {|S|-2}{|T|-1}\)。

剩下的就是计算 \(dp_{S,i}\)，考虑枚举最后一棵树的子集，于是有。

\[dp_{S,i}=\sum_{T\sube S,T\ne\varnothing} dp_{S-T,i-|T|+1}\cdot f(T)\cdot\binom{i}{|T|-1} \]

发现这样会算重啊！因此考虑每次都使 \(S\) 中编号最小的结点在新加入的 \(T\) 中就无虞了，即。

\[dp_{S,i}=\sum_{\min(S)\in T,T\sube S} dp_{S-T,i-|T|+1}\cdot f(T)\cdot\binom i {|T|-1} \]

ARC058E 和風いろはちゃん

给定三个正整数 \(X,Y,Z\)，称一个长 \(N\) 的序列是俳句的，当且仅当：

• 序列所有元素都是 \(1\) 到 \(10\) 的正整数；
• 存在 \(1\le x<y<z<w\le N\)，使得：
  • \(\sum_{i=x}^{y-1}a_i=X\)；
  • \(\sum_{i=y}^{z-1}a_i=Y\)；
  • \(\sum_{i=z}^{w-1}a_i=Z\)。

给定 \(N\)，求有多少个长 \(N\) 的俳句的序列，对 \(10^9+7\) 取模。

\(3\le N\le 40,1\le X\le 5,1\le Y\le 7,1\le Z\le 5\)。

最状压。

通过 \(X+Y+Z\le 17\)，我们可以知道其实是可以通过状压的形式来刻画合不合法的。

例如 \(3,2,4\)，我们可以状压成 100101000，这样判断合不合法时，只需要判断 \(Z,Y+Z,X+Y+Z\) 这些位上有无 \(1\) 即可。

然后考虑计数，你发现这个要算重，因此考虑从反面看，对完全不俳句的序列计数。

设 \(dp_{i,S}\)，表示考虑到第 \(i\) 位，然后最后一小段后缀和对应的 \(17\) 位状压 \(S\)，你发现这段后缀只需要保留和小于等于 \(17\) 的部分就行了。

然后用刷表法，枚举第 \(i\) 位用哪个数字，然后判断新状态是否合法，若不合法，则有贡献。

At dwacon6th perlims C Cookie Distribution

一共有 \(N\) 个人，在 \(K\) 天中的第 \(i\) 天，随机在 \(N\) 个人中抽取 \(a_i\) 个互不相同的人发一块饼干。\(c_i\) 为第 \(i\) 个人最后得到的糖果总数，求 \(\prod c_i\) 乘上 \(\prod\binom N{a_i}\) 的期望值，对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le N\le 1000\)，\(1\le K\le 20\)。

首先它都乘上 \(\prod\binom N{a_i}\) 了，所以就不是期望。应该是所有抽取方案中，乘积的总和。

有一招高妙的，我们思考 \(c_1\times c_2\times c_3\times\cdots\times c_N\) 的组合意义。那就应该是，对于每个人，我们让它在不同天拿到的饼干中选一个，得到的方案数。即在拿到饼干的日子里选一天。

这样我们设 \(dp_{i,j}\) 表示，在第 \(i\) 天之前，有 \(j\) 个人已选出自己饼干的方案数。

\[dp_{i,j}=\sum_{k=0}^{j}dp_{i-1,k}\cdot\binom{n-k}{j}\binom{n-j}{a_i-j} \]

时间复杂度 \(O(n^2k)\)。

ARC116E Spread of Information

给定一棵大小为 \(N\) 的树和一个整数 \(K\)。

定义某个点离关键点的距离，为这个点到任一关键点距离的最小值。 最小化离关键点最远结点的距离。

\(1\le K<N\le 2\times 10^5\)。

容易想到二分答案，这样转化成了一个，树上 \(x\) 半径最小覆盖问题。怎么做呢？

首先有一种贪心的想法。就是假如说 \(u\) 子树中有一个点 \(p\)，还没被覆盖到，我们就把这个点的问题踢皮球，踢到这个点的 \(x\) 级祖先去，相当于一个 ddl。然后如果在 \(u\) 到 \(p\) 的 \(x\) 级祖先中顺便就把这个点覆盖了，那挺好；否则就要选 \(x\) 级祖先。

贪心证明找个时间补。

有了这个就好做了。从下往上 dp，维护这个子树中最远没有被覆盖到的点的距离 \(f_u\)，以及离这个点最近的标记点的距离 \(g_u\)。分讨。

• \(f_u+g_u\le x\)，说明这个子树内连最远的点也能覆盖到了，那么 \(f_u\) 值设为极小值。

• 否则：

  • \(f_u=x\)：说明 \(u\) 是这个未被覆盖的点的 \(x\) 级祖先，那么这时候就只能标记 \(u\) 点了。此时 \(f_u\) 为极小值，\(g_u\larr 0\)。
  • 否则说明有覆盖不到的点，只是事态不紧急。但如果 \(u\) 没覆盖到，即 \(g_u>x\)，那么就得 \(f_u\larr \max(f_u,0)\) 了。

  ARC124E Pass to Next

有 \(N\) 个人围成一圈，编号为 \(1,2,\dots,N\)，最初第 \(i\) 个人持有 \(a_i\) 个球。

接着它们将执行以下操作：每个人选中自己拥有的若干球（可以不选），然后同时将选中的球向下一个人传递，最后生成一个表示第 \(i\) 个人当前持有多少球的新序列。求所有可能序列元素积之和。对 \(998244353\) 取模。

\(3\le N\le 10^5\)，\(0\le a_i\le 10^9\)。

我们考虑研究操作序列，这里的操作序列表示的是第 \(i\) 个人向后传递多少球，这个要好研究一点。

然后可以发现：当操作序列整体加一或减一时，得到的最终序列不变。这意味着，至少有一个人没传的操作序列与最终序列形成了双射。

我们会在 dp 过程中将大家都传了的方案进行容斥，这会先不管。

这里因为是序列之积，这很容易让人想到从组合意义的角度去刻画它：在这里它的组合意义，就是在传递操作过后，每个人从自己拥有的球中选择一个的方案数。

由于球数，即值域过大，放在状态里是不可行的。因此考虑每个球的来源，要不然，一个人选择的是自己本来就有的球；要不然，一个人选择的就是别人传过来的球。

你发现通过这样的划分，前者可选的数量，只和下一个人有关。而后者剩余的数量，则只与上一个人有关。两者之间是互不相关的，因此可以分别 dp。

设 \(dp_{i,0/1}\)，表示：

• \(dp_{i,0}\)：第 \(i\) 个人选择自己原有的球，前 \(i-1\) 个人选球的方案。（用这种设计的原因是，选择自己的原有的球是和下一个人有关的，因此我们对于 \(i\) 的贡献，放到 \(i+1\) 去考虑）
• \(dp_{i,1}\)：第 \(i\) 个人选择前一个人传过来的球，前 \(i\) 个人选球的方案。

转移方程为：

\[\begin{align} dp_{i+1,0}&=dp_{i,1}+\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i,0}\times j+dp_{i,1} \\&=dp_{i,0}\sum_{j\le a_i}j+dp_{i,1}(a_i+1) \end{align} \]

表示我们枚举第 \(i\) 个人留了多少球，假设是 \(j\)。则当 \(j\ge 1\) 时，会有 \(dp_{i,0}\times j+dp_{i,1}\)；然后 \(j=0\) 时就只会选传来的球。

同理有：

\[\begin{align} dp_{i+1,1}&=dp_{i,1}\times a_i+\sum_{j=1}^{a_i}dp_{i,1}\times(a_i-j)+dp_{i,0}\times j(a_i-j)\\ &=dp_{i,0}(a_i\sum_{j\le a_i}j-\sum_{j\le a_i}j^2 ) +dp_{i,1}\sum_{j\le a_i}j \end{align} \]

然后考虑容斥，你发现只要把第一个转移式子中，\(j=a_i\) 的情况排除掉就得到了所有人必须传球的方案数，然后用总的减去这个就行了。

最后处理这个环。我们依次计算第 \(1\) 个人是选的自己的，还是选的 \(n\) 号点的，然后加起来就可以了。

ARC096C Everything on It

有一个面馆，有 \(N\) 种配料可加，即有 \(2^N\) 种面可以点。

一个人来点若干碗面，满足以下要求：

• 不能点配料完全一致的拉面；
• 每种配料至少出现在两碗面中间。

给定 \(N\)，求点面方案数，对一个质数 \(M\) 取模。

\(2\le N\le 3000\)

第二个限制太诡异，考虑设钦定 \(k\) 个调料出现次数 \(\le 1\) 的方案数为 \(f(k)\)，则答案为

\[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom n i f(i). \]

考虑计算 \(f(k)\)。

对于钦定的这 \(k\) 个调料，它们的出现次数最多一次。枚举 \(i\)，表示将它们划分成几个集合，如果出现次数都为 \(1\) 次的话，那就是 \(\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\)。但是由于是最多一次，那么有些元素可以不出现，我们单独划出一个不出现元素的集合即可，在这个集合里提前放一个元素防止为空。根据这个集合意义，得到 \(\begin{Bmatrix}k+1\\i+1\end{Bmatrix}\)。

考虑计算剩余调料，首先仅由它们组成的还有 \(2^{N-k}\) 种拉面，然后我们会选其中一些拉面，方案数为 \(2^{2^{N-k}}\)。然后我们还可以选这些调料被包含在这 \(i\) 个集合中的部分，这 \(i\) 个集合中，每个集合都有 \(2^{N-k}\) 的贡献，所以再乘上一个 \(2^{i\times (N-k)}\)。

答案为

\[\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom n k2^{2^{N-k}}\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k+1\\i+1\end{Bmatrix}2^{i\times (N-k)}. \]

\(O(n^2)\) 预处理组合数及第二类斯特林数即可。

贪心

AT nk19q E Weights on Vertices and Edges

有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的连通无向图，点有点权，边有边权。现在要删除若干条边（可以不删），使得剩下的图满足对于，没有被移除的边，其所在连通块中的点的点权和大于等于该边的边权。

\(1\le N,m\le 10^5\)

相当于最多能保留多少。

用归纳法的思想，考虑假如边 \(e\) 可以保留，有哪些边可以保留。那么你会发现，在边权小于等于 \(w_e\) 的子图中，边 \(e\) 所在的连通块是全都可以保留的。相当于我们进行了一个按照边权从大到小的归纳。

然后考虑找到一些显然可以保留的边，作为归纳的基础（或者说是边界）。也即，在边权小于等于 \(w_e\) 的子图中，边 \(e\) 所在连通块点权大小和比它大，那就是肯定可以选的。

那如何证明，偏偏选了这一类边作为基础，就一定可以通过归纳覆盖到所有可以保留的边呢？考虑最后答案对应的图，对于每个连通块我们找到它边权最大的边，你会发现其一定满足：

• 所在连通块其它边边权比它小；
• 连通块点权和大于等于这条边。

对于实现，先按边权从小到大排序，然后依次加入，用并查集维护。假如说碰到了满足上述条件的边，那么我们就把这条边，以及其所在连通块中还未被计入答案的边，都计入答案。时间复杂度 \(O(m\log m)\)。

ds

ARC082D Sandglass

现在有一个沙漏，每秒漏 \(1\) 单位沙子，一共有 \(X\) 单位沙子，且 \(A\) 部分最初有 \(a\) 单位沙子，在上半部分。

给定序列 \(r\)，\(r_i\) 表示在第 \(i\) 秒时，沙漏会被翻转一次。

有 \(Q\) 次询问，每次询问 \(t_i,a_i\)，表示当 \(a=a_i\) 时，第 \(t_i\) 秒 \(A\) 部分的沙子数。

\(10^5\)

首先考虑把操作和查询放一起，按照时间来扫一遍，并同时维护每个 \(a_i\) 的答案。如果暴力维护的话，就是大家该加加，该减减，如果 \(<0\) 或者 \(>X\) 判断一下就行了。

我们将 \(m\) 个询问的 \(a_i\) 排序，那么如果现在是减，那么你会发现它一定是一段前缀被覆盖为 \(0\)，其余正常减就行了，加法同理。

博弈论

AGC064C Erase and Divide Game

高桥和青木玩游戏，现在黑板上有一些数，由 \(N\) 个不交的区间表示。

高桥先手，两人轮流操作，删掉这些数里面的奇数/偶数，再对每个剩下的数施以 \(x\leftarrow\left\lfloor\dfrac x2\right\rfloor\)，无法操作的人输。

假设两人都按照最优策略，问谁赢。

\(N\le 10^4,0\le V\le 10^{18}\)。

假如说黑板上只是单个的数，怎么做？

考虑从低位到高位建一棵 01-Trie，每次相当于往下走一格，谁走出去谁赢。这样直接从底往上按题意合并胜负状态，就行了。

区间就有点棘手了，因此我们只能考虑一种整体合并的方法。

称根节点在第 \(0\) 层，若在第 \(k\) 层，能合并的结点对应的数一定为 \(x\) 和 \(x+2^{k-1}\)（可以画图）。因此我们将整个 \([0,2^k)\) 拆成两半，然后两边区间用双指针做归并即可。

具体来说，我们首先把当前手上的所有区间拿出来，把包含于 \([0,mid]\) 的放一堆，包含于 \((mid,2^k)\) 放一堆，如果跨过 \(mid\) 拆成两半放即可，然后一步步归并，得到新的一些区间，进入下一轮循环。

有个重点，对于空点要单独设状态，按理来说空点与空点合并还是空点，而空点与其它任何点合并都可以变成必胜点，因为可以直接走出去了。

Ad-hoc

ARC137D Prefix XORs

给定一个长 \(N\) 的序列 \(A\)，以及一个整数 \(M\)，对于每个 \(k=1,2,\dots,M\)，求 \(A\) 的 \(k\) 阶前缀异或和。

\(1\le N,M\le 10^6,0\le A_i<2^{30}\)。

找规律。

注意到我找规律找了半天，发现找的是后缀和的规律，所以最后做的时候把数组倒过来了。

考虑对每阶后缀和，我们去看一下有哪些数贡献了答案。按理来说，这个数前面有多少个 \(1\)，就说明它被贡献了几次，然后列出一张 \(n=8,m=8\) 的表。


然后启用观察力，你发现这个是个完美的分形结构。


考虑它的第一层分形，三个为 \(1\) 的坐标分别为 \((0,0),(0,1),(1,0)\)，为 \(0\) 的坐标为 \((1,1)\)。

考虑它的第二层分形，如果一个坐标要为 \(1\)，那么在二进制表示下，它的二进制最低位不能为 \((1,1)\)，这是为了满足第一层分形结构；而它的二进制第二位不能为 \((1,1)\)，这是为了满足第二层分形结构。

因此，令 \(k=\log_2n\)。则对于这 \(k\) 位中的每一位，都满足它的横纵坐标不同时为 \(1\)，换句话说 \(x \operatorname{and} y=0\)。

也就是说，在第 \(x\) 排，能产生的贡献的，就是 \(\operatorname{not} x\) 的所有子集，因此做一个高维前缀和即可。