做题笔记20

10.18

给学弟的题单，Misty7、lsj2009、testib 别看了

模拟赛

T1

贪心

T2

分讨

T3

线段树

T4

不会

AT_abc288_h [ABC288Ex] A Nameless Counting Problem

把 \(M\) 加一，求

\[[x^{n}z^{X}]\prod_{i=0}^{M-1}\frac{1}{1-xz^{i}} \]

FWT，记 \(F_i=\frac{1}{1-xz^i}\)

\[\begin{aligned} &[z^s]FWT\left(\frac{1}{1-xz^i}\right)\\ =&[z^s]FWT\left(\sum_{j=0}^{\infty}(xz^i)^j\right)\\ =&[z^s]FWT\left(\sum_{j=0}^{\infty}x^{2j}+\sum_{j=0}^{\infty}x^{2j+1}z^i\right)\\ =&[z^s]FWT\left(\frac{1}{1-x^2}+z^i\frac{x}{1-x^2}\right)\\ =&\frac{1}{1-x^2}+(-1)^{|s\cap i|}\frac{x}{1-x^2} \end{aligned} \]

当 \(|s\cap i|\equiv 1\bmod 2\)，上式为 \(\frac{1}{1+x}\)，否则，上式为 \(\frac{1}{1-x}\)，记 \(cnt_s=\sum_{i=0}^{M-1}[|s\cap i|\equiv 1\bmod 2]\)，那么原 GF 可以写出来

\[\begin{aligned} &[z^{s}]FWT\left(\prod_{i=0}^{M-1}\frac{1}{1-xz^i}\right)\\ =&\left(\frac{1}{1+x}\right)^{cnt_s}\left(\frac{1}{1-x}\right)^{M-cnt_s}\\ \Rightarrow&\\ &[z^s]\prod_{i=0}^{M-1}\frac{1}{1-xz^i}\\ =&\frac{1}{2^k}\sum_{t=0}^{2^k-1}(-1)^{|k\cap s|}\left(\frac{1}{1+x}\right)^{cnt_t}\left(\frac{1}{1-x}\right)^{M-cnt_t} \end{aligned} \]

于是我们可以找到所有的 \(cnt_t\) 相同的 \(t\)，这个可以数位 dp，后面那个生成函数是微分有限的，而且有一个简单的卷积式，于是可以快速计算，复杂度 \(\mathcal{O}(N^3\log X)\)

P3214 [HNOI2011] 卡农

和上面那题一样，不过 \(cnt_s\) 好算的多

P11459 [USACO24DEC] It's Mooin' Time P

关于牛叫个数有凸性，分治闵和，复杂度 \(\mathcal{O}(L^2n\log n)\)

P11458 [USACO24DEC] All Pairs Similarity P

对于所有的 \(S\)，求

\[\sum_{T}\frac{|T|c_T}{|S\cup T|} \]

和

\[\sum_{T}\frac{1}{|S\cup T|} \]

问题变成求形如

\[\sum_{T}f_{T}g_{S\cup T} \]

也就是求

\[\sum_{T}f_T\sum_{P}g_{P}[S\cup T= P] \]

考虑把 \([S\cup T=P]\) 拆了，也就是求

\[[x^{P}]x^Sx^T \]

FWT，得到

\[\begin{aligned} &[x^P]IFWT\left(\sum_{Q}[S\subseteq Q][T\subseteq Q]\right)\\ =&\sum_{Q\subseteq P}(-1)^{|P|+ |Q|}[S\subseteq Q][T\subseteq Q] \end{aligned} \]

当然也可以直接写出来这个很经典的容斥系数

所以原式

\[\begin{aligned} &\sum_{T}\sum_{P}f_Tg_{P}[S\cup T= P]\\ =&\sum_{T}\sum_{P}f_T(-1)^{|P|}g_{P}\sum_{Q\subseteq P}(-1)^{|Q|}[S\subseteq Q][T\subseteq Q]\\ =&\sum_{S\subseteq Q}(-1)^{Q}\left(\sum_{T\subseteq Q}f_T\right)\left(\sum_{Q\subseteq P}(-1)^Pg_P\right) \end{aligned} \]

几遍高维前缀和，复杂度 \(\mathcal{O}(n2^n)\)

P11928 [PA 2025] 子序列 / Podciągi

数本质不同子序列个数减去只出现了一次的子序列个数，前者直接 dp

\[f_{i,j}=\sum_{k}f_{i,k}+1+[a_i\ne j]f_{i-1,j} \]

后者怎么办？考虑线段树合并的过程，记 \(f(a,b)\) 表示左端点字符为 \(a\)，右端点字符为 \(b\) 的答案，什么时候合并会出锅呢，我们发现如果 \(a\) 那个位置和 \(b\) 那个位置中间还有一个 \(a\) 或者 \(b\) 就爆了，那可以记二进制数 \(s(x)\) 和 \(t(x)\)，表示最后一个/第一个 \(x\) 右边/左边的字符集，如果 \(a,b\not\in s(x)\cup t(x)\) 就能转移了

所以转移是

\[f(a,b)=\sum_{x}\sum_{y}f(a,x)f(y,b)[x,y\not\in s(a)\cup t(b)] \]

可以分两步矩阵乘法转移

复杂度 \(\mathcal{O}(n\Sigma^3\log n)\)

P5828 边双连通图计数

设有根连通图的 EGF 是 \(D\)，有根边双的 EGF 是 \(B\)，则有

\[D=\sum_{n\ge 0}b_n\exp(nD)\frac{x^n}{n!}=B(x\exp(D)) \]

为啥是这样？要寻找 \(B\) 和 \(D\) 的关系，考虑枚举根所在边双的大小，对于每个点，他都能连若干个不相关的连通块，所以每条边的 EGF 就是 \(nD\)，你再把这些边组合起来就是 \(\exp(nD)\) 了

拉反，记 \(H=x\exp D\)，因为 \(D=B\circ H\)，所以 \(B=D\circ H^{-1}\)，求 \(D\circ H^{-1}\) 好办，我们有

\[[x^n]B=\frac{1}{n}[x^{n-1}]D'\left(\frac{x}{H^{-1}}\right)^n=\frac{1}{n}[x^{n-1}]D'\exp(-nD) \]

P6596 How Many of Them

记 \(g_n\) 为 \(n\) 个点的无向连通图个数，这个可以 \(\mathcal{O}(n^2)\) 计算

考虑算钦定 \(k\) 个割边的方案，用一下 cayley 公式

\[\begin{aligned} f_k=&\frac{1}{k!}\sum_{\sum a_i=n}\binom{n}{a_1,a_2,\cdots,a_k}n^{k-2}\prod_{i=1}^{k}a_i\prod_{i=1}^{k}g_{a_i}\\ =&\frac{1}{n^2k!}\sum_{\sum a_i=k}\binom{n}{a_1,a_2,\cdots,a_k}\prod_{i=1}^{k}a_ig_{a_i}n\\ =&\frac{n!}{n^2k!}[x^k]\left(\sum_{i\ge 1}\frac{ig_in}{i!}x^i\right)^k \end{aligned} \]

直接算可以 \(\mathcal{O}(n^3)\)，再二项式反演即可

AT_agc058_d [AGC058D] Yet Another ABC String

谁跟你容斥，可以战斗爽！设 \(8\) 个状态！

算了容斥更简单

容斥有多少不合法的段，去钦定不合法段的起点，设段数为 \(i\)，则其他位置随便放的方案为

\[\binom{a+b+c-3i}{a-i,b-i,c-i} \]

然后把这 \(i\) 个扔进去，每一个段前面的东西是有限制的，但是所有整个串的开头没有限制，就是

\[\binom{a+b+c-2i-1}{i}\times2^i+\binom{a+b+c-2i-1}{i-1}\times2^{i-1}\times 3 \]

复杂度线性

10.19

P9334 [JOIST 2023] 水羊羹 2 / Mizuyokan 2

首先发现对于一个合法方案，我们可以把所有的小段都缩到只剩一个使得方案仍然合法，于是考虑每一个大段旁的两个位置，假如这个大段是 \([l,r]\)，那么一定有 \(\text{sum}([l,r])>\max(a_{l-1},a_{r+1})\)，这是一个方案的必要条件，对于所有小段长为 \(1\) 的方案，这显然也是充要的

如果我们能说明这对于所有小段长不为 \(1\) 的方案，也是充要的，那么我们就可以将问题转化为数能成为大段的最大段数，证明也是简单的，考虑两个段和 \([u,v]\) 和 \([x,y]\)，记 \(s1\) 为第一段的和，\(s_2\) 为第二段的和，有 \(s_1>a_{v+1},s_2>a_{x-1}\)，如果 \(a_{v+1}>a_{x-1}\)，我们可以把 \(s_1\) 扩张到 \([u,x-2]\)， 此时第一段的和肯定比 \(a_{v+1}\) 大了，否则我们可以扩另一段，与前一种情况类似

现在就变成了数最大段数，我们有经典的贪心做法，记 \(f(r)\) 为 \(r\) 为端点，最大的左端点 \(l\) 使得 \([l,r]\) 是一个合法的大段，那么可以从左往右扫一遍求答案

对于静态查询，我们记 \(nxt(r)\) 为最小的 \(k\) 满足 \(f(k)\ge r+2\)，在 \(nxt\) 上一直跳就行了，但是不好维护单点修改

我们能说明 \(nxt(r)-r\) 是 \(\mathcal{O}(\log V)\) 的，因为 \(r-f(r)\) 是 \(\mathcal{O}(\log V)\) 的，因为你 \(f\) 每扩张一次，总和都至少乘二，所以最多扩张 \(\mathcal{O}(\log V)\) 次

那么单点修改可以直接暴力修，可以写一个 LCT 维护 \(nxt\)，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log \log V)\)，但这样实在是太唐了！用线段树维护，维护每个区间左边 \(\log V\) 个点首次跳到区间外面的位置及段数，信息合并也是 \(\mathcal{O}(\log V)\) 的，所以总复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2V)\)

P10009 [集训队互测 2022] 线段树

对于 \(l=1,r=n\) 的询问，操作 \(k\) 次相当于卷上 \((1+x)^k\)，此时对于 \(r\)，\(l\) 对他有贡献当且仅当 \((r-l)\subseteq k\)，考虑根号重构，取 \(k=2^{b}\)，这样每次重构是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，复杂度就可以做到 \(\mathcal{O}(q\sqrt n)\)

对于区间修改，考虑序列分块，我们发现在 \(B\) 次操作之内，每个点的权值之和其之前的 \(B\) 个数有关，于是我们把所有块及其前一个相邻块拉出来单独处理，对于整块修改可以直接打标记，散块修改可以暴力重构，这里需要做一个高维前缀和，所以复杂度是 \(\mathcal{O}(B\log B)\)，查询时也暴力重构即可

如果操作次数 \(\ge B\)，此时重构，从后往前扫描每个块更新 \(a_i\) 的值即可

于是总复杂度为 \(\mathcal{O}(\frac{q}{B}\frac{n}{B}B\log B+qB\log B)\)，取 \(B=\sqrt n\) 即可，复杂度 \(\mathcal{O}(q\sqrt n\log n)\)

P11265 【模板】静态区间半群查询

猫树，从下面的分治中心往上扫，维护每个叶子到其当前中心的答案，这个可以并查集路压，但你合并的时候都是儿子并向父亲，所以这个可以看作按秩合并，复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\alpha(n))-\mathcal{O}(1)\)

P9040 [PA 2021] Desant 2

有一个 bongbong dp \(f_{i}=\max(f_{i-1},f_{i-k}+\text{sum}(i-k+1,i))\)，这样是 \(\mathcal{O}(nq)\) 的

这实际上是在做一个最长路，我们连边 \((x,x+1,0)\) 和 \((x,x+k,\text{sum}(x+1,x+k))\)，我们发现一个点只连了两条边，于是可以考虑构造一个网格图，具体的，原来的 \(x\) 映射到网格图上 \((\left\lfloor\frac{x}{k}\right\rfloor,x\bmod k)\) 的位置，然后考虑分治，取出中间行或者中间列，然后向两边 dp 算出来最长路，对于跨过中间的询问直接更新出来，复杂度即为 \(T(n)=2T\left(\frac{n}{2}\right)+\mathcal{O}(n\sqrt n)=\mathcal{O}(n\sqrt n)\)，需要注意的是在前几轮中可能会有一些斜着的边，这个也更新一下就行

CF2109F Penguin Steps

很生动的题目！

\(\text{dis}_M\) 和 \(\text{dis}_{F}\) 显然都有可二分性，考虑先二分出来 \(\text{dis}_M\)，bfs 即可，现在考虑如何让 \(\text{dis}_{F}\) 更大，考虑二分这个值 \(k\)，这时候我们要做的，就是 ban 掉一些格子，令他们的值为 \(k\)，使得不存在 \((n,1)\) 到 \((r,n)\) 的路径，这显然是一个最小割！四联通图的最小割，可以转成跑八连通图的最短路，具体来说，建一个源点 \(s\) 和一个汇点 \(t\)，然后 \(s\) 去连那些在 \((n,1)\) 和 \((r,n)\) 分割出来的两条边界的上面那条上的所有点，\(t\) 去连下面的点，跑 dij 即可

那如何使得 \(\text{dis}_{M}\) 还是合法的呢？直觉告诉我们可以找到一条最靠右上的 \((1,1)\) 到 \((r,n)\) 的路径，而且容易说明一定存在这样的路径，因为普通的图可能会出现先向右走，然后不得不提前向下走的一条路，以及一条先向下走一段，但是可以向右走很多的路，而在网格图中，这两条路必定相交，此时我们可以选择更靠右靠上的那一段！

那如何找到这条路？发现可以把 \((1,1\sim n)\) 以及 \((1\sim r,n)\) 这些点拉下来，然后跑 bfs，对于每一个点，如果其满足 \(a_{i,j}> \text{dis}_M\)，这样会填满一部分区域，紧贴着这部分的就是我们要的路径！

复杂度 \(\mathcal{O}(n^2\log n\log V)\)

AT_agc016_f [AGC016F] Games on DAG

幽默

枚举 SG 值相同的层，从低到高不好转移，考虑从高到低转移，记 \(f_{S}\) 为当前的答案，枚举 \(T\subseteq S\)，满足 \(1\) 和 \(2\) 同时在/不在 \(T\) 中，\(S\) 中的每个元素都至少向 \(T\) 中的某个元素连一条边，\(T\) 中的元素可以随便连 \(S\)，\(T\) 中元素自己不能有边

容易做到 \(\mathcal{O}(n3^n)\)

AT_agc058_f [AGC058F] Authentic Tree DP

小廖半年前就说过这个神秘题，今天终于见识上了

思路没有，能想到的都是神人了

对于每条边 \((u,v)\)，将其变成 \((u,p)\) 和 \((p,v)\)，我们称 \(p\) 为边点，并在所有的 \(p\) 下面挂 \(P-1\) 个点，现在问题就变成了

对于新的图，给每个点确定一个权值 \(v\) 满足 \(v_i\) 互不相同，求所有边点的权值比邻居都小的概率

于是给所有边定向，大的连向小的

容斥，对于 \(p\rightarrow u\)，钦定其反向，记 \(f_{u,i}\) 为 \(u\) 下面连了膜 \(P\) 意义下 \(i\) 个点，所生成的外向树的带容斥系数的概率，则有转移

• \(f_{u,i}\times f_{v,j}\times\frac{1}{j}\rightarrow f_{u,i+j}\)
• \(f_{u,i}\times\sum_{j}f_{v,j}\times \frac{1}{j}\rightarrow f_{u,i}\)

最后要转移 \(f_{u,i}\times \frac{1}{i}\rightarrow f_{u,i}\)

其中 \(\frac{1}{j}\) 是边点能作为外向树的根的概率，\(\frac{1}{i}\) 同理

复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)

10.21

摆烂确实有点太多了，需要找回一些状态。

CF1279F New Year and Handle Change

wqs 二分

P4072 [SDOI2016] 征途

本质平方和，斜率优化/李超树

P4983 忘情

wqs 二分+斜率优化

P6246 [IOI 2000] 邮局 加强版 加强版

有决策单调性，再套个 wqs 二分即可

P4383 [八省联考 2018] 林克卡特树

记 \(f_{u,i,0/1/2}\) 为 \(u\) 在最终选出的那些直径上的形态，\(1\) 表示其为链端点，\(2\) 表示其为链顶，\(0\) 表示其不在链上，发现我们做的只有 \(\max,+\) 卷积和一些取 \(\max\)，所以可以 wqs 二分把第二维搞掉

P10104 [GDKOI2023 提高组] 异或图

可以把第二维容了，于是先考虑解决子问题：

• \(\forall 1\le i\le n,0\le b_i\le a_i\)
• \(\bigoplus_{i=1}^{n}b_i=C\)

考虑在加一个数 \(a_{n+1}=C\)，计算其异或和为 \(0\) 的答案，再计算 \(a_{n+1}=C-1\) 异或和为 \(0\) 的答案，两者做差即为异或和为 \(C\) 的答案，如果直接数位 dp，还是不好做，我们观察到一个事情，如果存在 \(a_i=2^k-1\)，且其他的 \(a_j\) 都小于 \(a_i\)，那么别的 \(a_j\) 无论取什么，\(a_i\) 都能取到一个合法的值，所以其贡献就是 \(\prod (a_j+1)\)，所以我们在数位 dp 的时候，如果在某一个位上，有一个位置没顶到，比他低的位都可以随便算，于是考虑直接枚举这个位，记一个 \(dp_{i,0/1,0/1}\) 表示考虑了前 \(i\) 个 \(a\)，目前是否有没顶到的数，异或和为多少，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log V)\)

容第二维，我们在做集合划分，\(S\) 的容斥系数即为点集 \(S\) 所对应的所有连通子图的 \((-1)^{E}\) 之和，这个可以直接 \(\mathcal{O}(3^{n})\) 算，但是也可以令 \([x^S]F(x)=1\) 当且仅当 \(S\) 在原图上是独立集，那么容斥系数即为 \([x^S]\ln(F+1)\)

现在考虑 dp，我们直接 dp 的话需要记两维，这样状态数太爆了，而每个连通块的限制就是最小值的限制，于是考虑先给 \(a\) 排序，我们从前往后扫 ，如果 \(i\) 不在任何一个连通块中，给他确定一个连通块，其肯定为这个连通块的最小值，此时对于 \(1\sim i-1\)，他们肯定都在某一个连通块中，所以状态里只需要记录他们是否为其连通块的最小值，对于 \(i\sim n\)，需要记录他们是否已经在一个连通块内，这样状态数就只有 \(\mathcal{O}(2^n)\) 了，转移复杂度是 \(\mathcal{O}(n3^n)\)

总复杂度 \(\mathcal{O}((n\log V+m)2^n+n3^n)\)

P13758 【MX-X17-T7】夏终

大乱斗。

提出了一种很？的重构树方法，我也是被震撼

给出一种重构树的方法，其实叫重构链更合适，做 kruskal，每个连通块维护一个链表，连通块合并时将链表首尾相接，把这个链表拉下来建一个新的图，则我们可以说明，在原图上加入若干边后的 MST 的权值等于在新图上加入若干条边后的 MST 的权值，为啥呢？因为你做 kruskal 就保证了保留权值 \(\le w\) 的边后的连通性不变，那你权值就肯定相同了

所以我们把这张图变成了链，现在考虑加入新边怎么做，我们发现一定是取出 \(b\) 最小的点 \(x\)，然后把不包含 \(x\) 的连续段中的 \(b\) 的最小值和 \(x\) 连边，这样连续段 \([l,r]\) 的代价就是 \(b_x+C+\min_{i=l}^{r} {b_i}+\sum_{i=l}^{r-1}w(i,i+1)\)，不妨令 \(C'=C+b_x\)，考虑一个 dp，记 \(f_{i,j,0/1}\) 为考虑了前 \(i\) 个点，有 \(j\) 个连续段，当前段已经算了代价/没算代价，则有转移

• \(f_{i,j,0}=\min(f_{i-1,j,0}+w_i,f_{i-1,j-1,1})\)
• \(f_{i,j,1}=\min(f_{i-1,j,1}+w_i,f_{i-1,j-1,1}+b_i,f_{i-1,j-1,0}+w_i+b_i)\)

答案为 \(\min(f_{n,i,1}+i\times C')\)，你发现转移要么是取 \(\min\) 要么是 \(\min,+\) 卷积，于是可以往凸性上考虑，对于这样的连续段状 dp，凸性的说明也是简单的，可以直接拆点费用流

那对于两个凸壳，定义其乘法为 \(min,+\) 卷积，其加法为取 \(\min\)，你发现上面的转移可以写成一个 \(2\times 2\) 的矩阵，于是可以考虑用线段树维护，直接线段树维护做单点修改是 \(\sum_{i}\frac{n}{2^i}=\mathcal{O}(n)\) 的，但是查询快的飞起，考虑平衡一下，直接上一个序列分块，修改复杂度 \(\mathcal{O}(B)\)，查询怎么办，凸壳有加法还有乘法，正常的都是只有加法或者乘法，但是要处理这个也是简单的，考虑记 \(f(A)\) 为 \(A\) 这个凸壳对于 \(C'\) 的答案，即为 \(\min(A_i+i\times C')\)，发现有 \(f(A+B)=\min(f(A),f(B))\)，而 \(f(A\times B)=f(A)+f(B)\)，于是我们可以对于每一块先查询出来四个凸壳的答案，然后再矩阵乘法合并起来，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n}{B}\log B)\)

可以平衡到 \(\mathcal{O}(n\log n+q\sqrt{n\log n})\)，可以直接过了，也可以离线基排，这样能做到 \(\mathcal{O}(n\log n+q\sqrt n)\)，但是感觉常数不会小

#1004. 【UR #32】王之沉淀

太唐了。

既然是冒泡，考虑转 \(01\)，枚举一个 \(w\)，\(\le w\) 的看作 \(0\)，否则看作 \(1\)，答案显然就等于把所有 \(w\) 所对应的 \(01\) 序列排好序的轮数的最大值，直接考虑最后一步就行了，所以现在考虑 \(01\) 序列

对于 \(U\) 操作，我们发现其把第一个 \(1\) 挪到了最后，对于 \(D\) 操作，其把最后一个 \(0\) 挪到了最前面，这个零一序列拍好序了，当且仅当所有的位置，要么其左边全是 \(0\)，要么右边全是 \(1\)，所以我们发现一轮操作中只有 \(U\) 和 \(D\) 的个数是关键的，分别记为 \(C_U\) 和 \(C_D\)，于是答案就是

\[\max_{i=1}^{n}\left\{\min\left(\left\lceil\frac{L_1}{C_U}\right\rceil,\left\lceil\frac{R_0}{C_D}\right\rceil\right)\right\} \]

其中 \(L_1\) 为 \(i\) 及左边 \(1\) 的个数，\(R_0\) 为 \(i\) 右边 \(0\) 的个数

那就豁然开朗了，枚举所有的 \(C_U\)，扫描值域，维护一个指针 \(pos\)，为最小的满足 \(\left\lceil\frac{R_0}{C_D}\right\rceil \le \left\lceil\frac{L_1}{C_U}\right\rceil\) 的位置，每次改变一个位置的 \(a\) 的值，\(pos\) 的总移动量是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，总复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)

CF690A3 Collective Mindsets (hard)

太唐了，为啥我一直在想直接输出编号

考虑寻找一个不变量，不难发现所有数的和是不变的，如果我们能让某一个人猜到这个和膜 \(n\) 意义下的值，就能直接知道它对应的数是啥了，于是我们可以直接猜这个东西膜 \(n\) 意义下的值，对于编号为 \(r\) 的，猜这个东西是 \(r\bmod n\)，这样至少会有一个对的

#950. 【UER #12】电子运动

这么强？！

考虑位置 \(i\)，记他左边第一个 + 在 \(x\)，右边第一个 - 在 \(y\)，那么 \(i\) 走 \(i\rightarrow x\rightarrow y\rightarrow i\) 这条路的时候，对序列的影响仅仅是交换了 \(x\) 和 \(y\) 的符号，那么我们可以通过这种交换操作，使得整个序列左边全是 - 右边全是 +，那么整个序列只有 + 的个数和起点的位置是重要的

那分讨一下，对于起点 \(i\)，如果有 \(\ge n-i+1\) 个 +，最终会减少 \(n-i\) 个 +，否则会增加 \(i\) 个 +

那么起点 \(i\)，+ 数量为 \(j\) 的贡献就是 \((i+j)\bmod {(n+1)}\)，直接卷积就行了，有那么一会我还觉得得写一个循环卷积，脑子真是越来越拉了

复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)

#937. 梅花侍从

当年被击败了

考察任意两组 \((a,b,c)\)，用 \(0\) 和 \(1\) 来区分，我们可以发现最优的肯定是 \(000111\) 或者 \(110001\)，于是可以直接当成括号做区间 dp，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)

#961. 【UR #30】赛场设计

把不可达性建图，由于原图是个 DAG，所以跟据不可达性建出来的图，对于每一个 \((u,v)\)，要么有 \(u\) 不可达 \(v\)，要么有 \(v\) 不可达 \(u\)，要么 \(u,v\) 互相不可达，这是一个比竞赛图还要强的图，他也有竞赛图的性质，我们的要求是不存在大小 \(\ge 3\) 的 SCC，于是先缩掉大小为 \(2\) 的 SCC，剩下的图就是一张竞赛图，而且是一个 DAG，则需要满足不存在三元环，经典的，考虑其缩完了点是一条链，我们不妨让这条链正好就是 \(1\leftarrow2\leftarrow\cdots\leftarrow n\)，考虑每次加入一个点或者两个点，最后再乘上 \(n!\)

记 \(f_{i,1/2}\) 为考虑了 \(i\) 个点，链尾点作为一个 SCC 的大小为 \(1/2\)，以当前点 \(i+1\) 所在 SCC 大小为 \(1\) 举例，这时候每个之前的点都不能不可达 ，也就是必须可达 ，而之前的点也都满足 \(j\) 可达 \(j+1\)，于是只有 \(i\) 必须要和 \(i+1\) 连一条边，而其他点是否连边无所谓，所以转移系数是 \(2^{i-1}\)，转移 \(f_{i,1}\times 2^{i-1}\rightarrow f_{i+1,1}\)，而如果链为大小为 \(2\)，则他们俩肯定每没边相连，所以这俩点都必须向 \(i+1\) 连边，而其他点无所谓，所以转移系数为 \(2^{i-2}\)，转移 \(f_{i,2}\times 2^{i-2}\rightarrow f_{i+1,1}\)，当前点所在 SCC 大小为 \(2\) 的情况也类似，转移是 \(f_{i,2}\times 2^{2(i-2)}+f_{i,1}\times2^{2(i-1)}\rightarrow f_{i+2,2}\)

复杂度线性

10.22

模拟赛

T1

容

T2

轮廓线 dp，没调完

T3

题出的好！难度适中，覆盖知识点广，题目又着切合实际的背景，解法比较自然。给出题人点赞 ！

T4

最优解是直径长度的一半，可以以直径中点为根构造内向树取得最优解，设这个值为 \(D\)

设一个势能函数 \(h(x)\)，满足若存在有向边 \((x,y)\)，有 \(h(x)=h(y)-1\)，则有 \(d(s,t)=\frac{\text{dis}(s,t)+|h(x)-h(y)|}{2}\)，最优解下，所有的叶子的势能肯定为 \(D\)，所以不妨设 叶子的势能为 \(0\)

考虑合法方案的充要条件为 \(\forall x,y,\frac{\text{dis}(x,y)+|h(x)-h(y)|}{2}\le D\)，即 \(|h(x)-h(y)|\le2\times D-\text{dist}(x,y)\)

对于任意一个 \(x\)，在根的另一个子树中拿出来一个深度为 \(D\) 的叶子节点 \(y\)，则有 \(|h(x)|\le D-dep_x\) 是方案合法的必要条件

证明充分性：\(|h(x)-h(y)|\le |h(x)|+|h(y)|\le D+D-dep_x-dep_y\le 2\times D-\text{dis}(x,y)\)

总结一下 \(h\) 满足的条件

• 对于所有深度为 \(D\) 的叶子节点，\(h=0\)
• 对于边 \((x,y)\)，\(|h(x)-h(y)|=1\)
• \(\forall x,|h(x)|\le D-dep_x\)

此时合法的 \(h\) 与合法方案构成双射，直接 dp 可做到 \(\mathcal{O}(n^2)\)

题出的好！难度适中，覆盖知识点广，题目又着切合实际的背景，解法比较自然。给出题人点赞 ！

AT_agc014_f [AGC014F] Strange Sorting

太难了

步数肯定是有限的，因为每次操作，至少会让某个最大值归位

考虑最大值没什么前途，所以考虑最小值，我们发现 \(1\) 完全不影响其他的数是否是 local max，于是可以考虑 \(i=n\sim 1\)，每次加入一个数 \(i\)，维护 \([i,n]\) 排好序的信息，记 \(T_i\) 为其轮数，那么要么有 \(T_i=T_{i+1}\)，要么有 \(T_i=T_{i+1}+1\)，为啥，因为 \(i+1\) 排好了的时候，要么是 \(1\) 正好放在最开头，此时取得 \(T_{i+1}\)，否则 \(1\) 会放在中间，此时取得 \(T_{i+1}+1\)

有一个观察，就是 \(i+1\) 在第 \(T_{i+1}-1\) 轮的时候一定不在首位，如果其在首位，其一定会作为第 \(T_{i+1}-1\) 轮的高项，这时候它就会被调到后面，如果不想让他调到后面，需要所有位置都是高项，那这本身就排好序了，所以观察成立

于是现在考虑什么时候需要 \(+1\) 而什么时候不需要，因为 \(i+1\) 不可能在第 \(T_{i+1}-1\) 轮在首位，所以他不可能成为一个高项，那 \(i\) 同样不可能成为高项，所以在下一轮中 \(i\) 和 \(i+1\) 两个数的相对顺序不会改变，那肯定是让 \(i\) 在 \(i+1\) 之前，这样第 \(T_{i+1}\) 轮的时候 \(i+1\) 会被调到 \([i+1,n]\) 的首位，\(i\) 正好在他左边，所以我们可以说，\(T_i=T_{i+1}\)，当且仅当 \(i\) 在 \(i+1\) 左边

既然首位不可能是 \(i+1\)，我们可以考虑 \(T_{i+1}-1\) 时的首位 \(f_{i+1}\)，那么 \(f_{i+1},i,i+1\) 三者在第 \(T_{i+1}-1\) 轮时，相对顺序是 \((f_{i+1},i,i+1)\) 的时候，\(T_i=T_{i+1}\)

接下来我们可以说明，\(f_{i+1},i,i+1\)，三者的相对顺序的循环位移始终不变，这个结论是真的不自然

首先我们能够说明，在前 \(T_{i+1}-1\) 轮种，\(f_{i+1}\) 如果不是在开头，必然不会是一个高项，考虑反证法，如果 \(f_{i+1}\) 某一次作为了一个非开头的高项，那么考虑他前面第一个高项 \(x\)，这一次操作之后，\(f_{i+1}\) 肯定和 \(x\) 紧挨着，考虑下一次操作，如果 \(f_{i+1}\) 和 \(x\) 都是高项或者都是低项，那么 \(f_{i+1}\) 就不会到首位，如果 \(f_{i+1}\) 是高项而 \(x\) 不是，在下一次操作之后 \(f_{i+1}\) 又变成了一个非开头的高项，这样就会无限递归，而我们的步数是有限的，\(f_{i+1}\) 就到不了首位，所以结论得证

然后考虑 \(f_{i+1},i,i+1\) 三者的相对顺序，如果其相对顺序发生了改变，肯定是在某一次操作的时候，形如 高低高 或者 低高低，下面分讨一下三者的位置关系

• \(i+1\) 是开头，\(f_{i+1}\) 和 \(i\) 一定是低
• \(f_{i+1}\) 是开头，\(i\) 和 \(i+1\) 一定是低
• \(i\) 是开头
  • 如果 \(f_{i+1}\) 在第二个位置，\(f_{i+1}\) 和 \(i+1\) 都是低
  • 如果 \(i+1\) 在第二个位置，\(i+1\) 可能是高，但 \(f_{i+1}\) 一定是低
• 否则 \(f_{i+1},i,i+1\) 都是低

所以结论得证，那我们只需要在每次加入 \(i\) 的时候看一下 \(f_{i+1},i,i+1\) 三者的相对顺序就行了，复杂度线性

AT_agc020_c [AGC020C] Median Sum

取补集，所以只需要求所有的 \(>\frac{s}{2}\) 的最小的，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{ns}{w})\)

CF963E Circles of Waiting

每行第一个为主元，高消即可