做题笔记21

10.23

摆完了，除了模拟赛就是幽默题，今天一共做了一个有难度的题

模拟赛

太失败了，没开 T4

T1

考虑当区间足够大的时候，很有可能所有的数都能被凑出来，这个区间长度的 \(B\) 期望为 \(\sqrt[4]{P}\)

现在提出 \(\mathcal{O}(nB)\) 的做法，考虑 meet in the middle，记 \(lst_{v}\) 为满足 \(a_{i}\times a_{j}=v\wedge i\le j\) 的最小的 \(i\)，扫一遍即可

T2

这是一个闭合回路，所以可以设一个零势能点，不妨令 \(a_1=0\)，对于 \(i>1\)，有 \(a_{i}=a_{i-1}+w_{i}\)，那么我们每次操作可以变为给 \(c_i\) 加一并给 \(c_j\) 减一，其代价为 \(a_i-a_j\)，于是问题就变成求 \(\sum c_i\times a_i\) 的最大值，满足 \(\sum c_i=0,c_i\in[-x,x]\)，发现 \(a\) 的顺序无关紧要，于是可以排序，贪心的选择前半的系数为 \(-x\)，后半的系数为 \(x\)，不难发现此时如何调整都不优，复杂度线性对数

T3

武帝了。

记 \(h(x)=\sum_{i,j}\frac{a_ia_jx^{c_i+c_j}}{c_i+c_j}\)，那么 \(f(a)\) 就是 \(h\left(\frac{2}{3}\right)+h\left(\frac{1}{3}\right)+h(1)\)，我们能够说明，\(f(a)=0\) 当且仅当对于所有的 \(v\)，都有 \(\sum [c_i=v]a_i=0\)

如何推到？你发现 \(h\) 下面那个分母实在是太几把丑了，而你 \(x\) 指数上又有 \(c_{i}+c_j\)，这启发我们直接求导，可以得到

\[h'(x)=\frac{\left(\sum a_ix^i\right)^2}{x} \]

你发现对于 \(x>0\)，有 \(h'(x)\ge 0\)，当 \(x=0\) 时，有 \(h(x)=0\)，所以有 \(h(x)\ge 0\)，那么为了使得 \(h\left(\frac{2}{3}\right)+h\left(\frac{1}{3}\right)+h(1)=0\)，必须要满足 \(h\left(\frac{2}{3}\right),h\left(\frac{1}{3}\right),h(1)\) 全都是 \(0\)，此时你也要满足 \(h'(x)=0\)，所以能得到

\[\sum_{i=1}^{n}a_ix^i=0 \]

那么现在就是 \(c_i=1\) 的问题，即求 \(\sum t_id_i=S,t_i\ge 0\) 的整数解的个数，由于 \(n\) 和 \(d_i\) 都很小，考虑一个经典的背包转数位 dp，记 \(D=\max d_i\)

从低到高考虑，记 \(f_{w,v}\) 为考虑了前 \(w\) 位，进位为 \(v\) 的方案，这样可以做到 \(\mathcal{O}(qn^2D\log S)\)

考虑 meet in the middle，记 \(f_{S,v}\) 为前 \(B\) 位为 \(S\)，进位为 \(v\) 的方案，询问的时候再合并就可以了，总复杂度 \(\mathcal{O}(n^2D\sqrt S+qnD)\)

T4

求所有层中的括号匹配，我们发现如果 \(u<v<w\) 且 \(w\) 在两层中分别和 \(u,v\) 匹配，那么让 \(w\) 在这两层中只与 \(u,v\) 中更低的那一个匹配是不劣的，于是就能转化成一个匹配问题，给你一些 \(x\)，后面的可以向前面匹配，其贡献为后面的 \(x\) 减掉前面的 \(x\) 的二倍，问最大权任意匹配

考虑费用流建模：

• \(S\rightarrow i,(1,2x_i)\)
• \(i\rightarrow i-1,(+\infty,0)\)
• \(i\rightarrow T,(1,-2x_i)\)

我们要求出最大费用任意流，考虑把他转化成最大费用最大流，也就是让费用非负，发现我们可以把所有没流满的 \(i\) 都流了 \(S\rightarrow i\rightarrow T\)，这样不影响答案，这时候所有的 \(i\rightarrow T\) 都流满了，于是我们可以重新建模

• \(S\rightarrow i,(2,2x_i)\)
• \(i\rightarrow i-1,(+\infty,0)\)
• \(i\rightarrow T,(1,0)\)

最后再把费用减去 \(\sum 2x_i\)

现在考虑怎么求这个的最大费用最大流，我们可以先求出任意一组最大流，然后在上面找环，而在这个图中，所有正权环只可能是 \(S\rightarrow S\)，所以我们需要找到若干 \(S\rightarrow u\rightarrow v\rightarrow S\) 的环，然后加上他们的贡献

现在考虑 \(u\) 的权值被调大的影响，另一种情况是对称的，这时候肯定是 \(u\) 流的不比之前少不劣，我们这时候会试图找一个 \(v\)，然后跑 \(S\rightarrow u\rightarrow v\rightarrow S\) 的环，其贡献就是 \(x_u-x_v\)，于是我们要找的就是 \(x_v\) 最小的，且至少流过 \(1\) 的流量，在 \(i\leftrightarrow i-1\) 的那些边上能够从 \(u\) 到达的 \(v\)，由于 \(i\rightarrow i-1\) 流量为正无穷，所以 \(<u\) 的位置都能到，而 \(>u\) 的位置，必须满足 \((u,v)\) 中所有 \(i\rightarrow i-1\) 的反向边的流量不为 \(0\)，于是可行的 \(v\) 是一个前缀，这个前缀可以线段树上二分找到，然后做区间查询，可以简单维护

复杂度线性对数

P14231 复读机 / repeat

qoj 970，没想到还能单 log

将问题转为数点，每一个贡献都是形如 \((l,r,i,j)\) 表示在 \(v\in[l,r]\) 的时候 \(i,j\) 为相邻的一类数，并且有 \(1\) 的贡献，可以差分变成单点加矩形和，直接二分即可

发现对于一个时刻 \(v\)，仍有贡献的四元组 \((l,r,i,j)\)，其中所有的区间 \([i,j]\) 除端点外不相交，那么数点就可以降一位，只要求 \(i\) 在区间内，此时只会多算包含右端点的一个贡献区间

查前驱后继可以在整体二分的时候双指针

复杂度线性对数

P14230 不连续子串 / subseq

记 \(f_i\) 为 \(i\) 为 \(q\) 中末尾的方案，考虑从 \(j\) 转移到 \(i\)，则应该满足

• \(\forall k\in(j,i),a_k=a_i\)，\(k\) 不在 \(p\) 中
• 令 \(l=\max_{k\in(j,i),a_k=a_i} k\)，必须存在 \(x\in(l,i)\) 在 \(p\) 中
• 对于 \(p\) 中的相邻两个数 \(u,v\)，满足 \(\not\exists k\in(u,v),a_k\ne a_v\)

复杂度平方

P14188 [ICPC 2024 Hangzhou R] Barkley III

哈哈。

P14194 [ICPC 2024 Hangzhou R] Heavy-light Decomposition

我场切了绿题，真是太厉害了呢！

P13976 数列分块入门 1~9

很无聊

P14177 【MX-X23-T7】我爱数数

爱慕爱嗯爱慕爱艾克斯容斥，此时对于所有的操作，你会有一个限制，你每次只能操作那些没有被限制到的区间，假如区间有 \(k\) 个，这样概率是 \(\sum_{i=0}^{\infty}\left(\frac{k}{m}\right)^i=\frac{m}{m-k}\)

所以考虑找出来区间最小值，做区间 dp，区间最小值左右都是独立的，于是可以直接 dp，容易做到复杂度 \(\mathcal{O}(m^3n^2)\)，转移形如一个背包，把那一位用点值表示就能做到 \(\mathcal{O}(m^3n)\)

P14176 【MX-X23-T6】网格 III

考虑 \((i,j)\) 到 \((i+k-1,j+k-1)\)，如果是红的，要么横竖当前都是红色，要么横着的当前全是红色，且竖着的白色最晚的出现时刻小于横着的红色的最早出现时刻，容易用线段树维护，复杂度 \(\mathcal{O}(nk\log n)\)

P6982 [NEERC 2015] Jump

先问全 \(1\)，然后从左到右一个一个翻，这样肯定有一个时刻能问出来 \(\frac{n}{2}\)

然后对于相邻的两位，归为一组，每组翻转了问一下，这样能判断是全问对了还是只问对了一个，全问对了好说，只问对了一个的可以找一个已知的再问一下，如果全是只问对了一个，可以把其中的两组 \(12\) 和 \(34\) 拉出来，问一下 \(23\) 看是全问对了还是只问对了一个，如果只问对了一个，再问一下 \(13\) 就行了

这样找一个 \(\frac{n}{2}\) 要 \(n\) 次操作，问出来正确的串也要 \(n\) 次操作，总操作次数 \(2n\)，这直接爆了

考虑最开始的时候随机问，正确的概率是 \(\frac{\binom{n}{\frac{n}{2}}}{2^n}\)，问个五百次就差不多了

10.24

补了昨天的 T4，并没有想象中这么难

今天仍然是摆完了，做了很多幽默题

如此状态，如何 CSP？

P6276 [USACO20OPEN] Exercise P

求的实际上就是所有排列置换环长度的 \(\text{lcm}\)，我们可以参考 \(\min-\max\) 容斥做 \(\gcd-\text{lcm}\) 容斥，即

\[\begin{aligned} \text{lcm}(S)=&\prod_{p\in\text{prime}}p^{\max(S)}\\ =&\prod_{p\in \text{prime}}p^{\sum_{T\in S,T\ne \emptyset}(-1)^{|T|-1}\min(T)}\\ =&\prod_{p\in \text{prime}}\prod_{T}p^{(-1)^{|T|-1}\min(T)}\\ =&\prod_{T}\gcd(T)^{(-1)^{|T|-1}} \end{aligned} \]

考虑钦定 \(d|gcd\) 做容斥，记 \(f_{i}\) 为把 \(i\) 个数划分到若干个环上的答案，每次枚举第一个元素的环长，则有转移

\[f_{i}\times\binom{i+j-1}{j-1}\times(j-1)!\rightarrow f_{i+j} \]

我们还要记一个 \(g_i\) 表示把环上 \(id\) 个数划分到若干个长度是 \(d\) 的倍数的环上的答案，这个要带上容斥系数，则有转移

\[-g_{i}\times \binom{(i+j)\times d-1}{j\times d-1}\times (j\times d-1)!\rightarrow g_{i+j} \]

那么钦定 \(d|gcd\) 的答案就是 \(\sum_{i=1}^{\frac{n}{i}}g_i\times f_{n-id}\times\binom{n}{id}\)

直接做复杂度就是 \(\mathcal{O}(n^2)\)

\[\int_{1}^{n}\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x=1-\frac{1}{n} \]

P11816 [PA 2019 Final] 摆棋 / Pionki/#1250. Tokens / Pionki

问题是一个最大匹配的判定，考虑霍尔定理，如果选了左部点 \((i,j,k)\)，那么其邻域会加上 \(\sum_{a\le i,b\le j,c\le k}b_{i,j,k}\)，那么被 \((i,j,k)\) 偏序的左部点肯定也会都选上，最后要求的就相当于一个最大全闭合子图

\(B,C\) 很小，考虑状压，发现每一层的状态其实都是一个折线，于是可以轮廓线 dp 转移，复杂度 \(\mathcal{O}\left(A(B+C)\binom{B+C}{B}\right)\)

P5999 [CEOI 2016] kangaroo

连续段 dp，每次加一个数，若 \(i\ne s/t\)，可以新开一个段或者合并两个段，否则只能放在首/尾

容斥确实能做

P9675 [ICPC 2022 Jinan R] Shortest Path

太强了

考虑最终路径大概是走了 \(\mathcal{O}(n)\) 步，然后在一条边上反复横跳，然后再走 \(\mathcal{O}(n)\) 步到达 \(n\)，而且我们可以说明当 \(k>4n\) 时结论一定成立

对于一条最短路径，我们取出来他的最小边 \(e\)，观察到如果一个环长度为偶数，我们可以把这个环替换成若干边 \(e\)，而如果全是奇环，有两个我们也可以把他替换掉，所以考虑鸽巢原理，对于任意一条点数 \(>2n\) 的最短路径，至少存在某一个点 \(x\)，在这条路径上出现了三次，这三次会形成至少两个环，于是我们只需要分讨这个两个环的奇偶性就能消环了，这样会一直消环直到点数 \(\le 2n\)，所以结论得证

于是预处理出来 \(f(u)\) 表示 \(1\rightarrow u\rightarrow n\)，走了 \(4n+1\) 步的答案，\(g(u)\) 表示 \(1\rightarrow u\rightarrow n\)，走了 \(4n\) 步的答案对于，那么最终答案的形式是一个半平面交，我们可以求出来凸包再等差数列求和，复杂度 \(\mathcal{O}(nm)\)

P8916 [DMOI-R2] 暗号

考虑把贡献拆到每个点上，其贡献只和到根链上的黑色连续段数有关，所以可以直接存到状态里，从下往上 dp 即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)

P6072 『MdOI R1』Path

考虑淀粉质，可以做到三个老哥

发现淀粉质太唐了，考虑对于每个点，分别求出其子树内的最大值和子树外的最大值，前者可以启发式合并做到 \(\mathcal{O}(n\log n\log V)\)，后者考虑拉出来全局最大的路径，于是只需要求这条路径上的答案，正着倒着分别扫一遍即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log V)\)

总复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log V)\)

你发现这个子树内最大值太唐了，因为我们只需要对最大的链上的点求子树内最大值，这个启发式合并就不用对每个点都做一遍了，只需要把最大的链上的相邻点合并就行了

复杂度线性对数

P14250 [集训队互测 2025] 携春同行

为啥是黑来着

自然的想法是问菊花，我们把 \(a_i\) 最大的叫做 \(A\)，次大的叫做 \(B\)，第三大的叫做 \(C\)，你发现你问出来的每个结果都形如 \(A+B+x\)，而且你考虑最大的、次大的、第三大的，他们三个问出来肯定都是 \(A+B+C\)，这样用了 \(n\) 次就知道了很多信息，但是题目说 \(n+1\) 次，所以你可以再问一次链，得到 \(\sum a_i\) 的值，这样你就能解出来 \(C\) 的值，从而能得到 \(A+B\) 的值，进而能得到所有的非最大、次大的值

现在考虑一般的情况，这时候你的 \(A+B+C\) 可能不止三个，而题目要求出 \(n-2\) 个数，那就别管最大次大了，考虑如何求出所有的 \(C\)，要求次数是 \(\log\) 级别的，于是考虑二分，把可能等于 \(C\) 的一半拿出来，构造一个链，其他的点放成一条，然后你把拿出来的点放在中间，这样你就能问出来你拿出来的点中是否存在不是 \(C\) 的点，这样你二分两次就行了，询问次数 \(2\log_2n\le 20\)，随便过

感觉训了这么长时间，唯一提升的是交互水平

P14252 [集训队互测 2025] 集你太美

在最终情况下，所有点都会被操作无穷次，因为肯定存在某一个点操作了无穷次，其相邻点就不可能操作有限次

假如 \(i\) 第一次操作在 \(i+1\) 之前 ，那么一定有 \(w_i\ge\sum_{j=1}^{i=1}e(i,j)\)

所以对于操作序列 \(1,2,\cdots ,n\)，我们可以操作一次之后将 \(n\) 放在开头，你发现此时仍然合法，于是上述条件是充要的

于是 \(\sum_{i=1}^{n} w_i\) 的下界是所有边的权值之和，并且可以将图定向为一个 \(DAG\) 之后，给每个点赋权值为其所有入边的权值之和来构造 \(o=1\)

对于 \(o=2\)，随便定向，观察定向后任意一个出度为 \(0\) 的点 \(u\)，该点显然满足 \(w_u\ge \sum_{(u,v,x)\in E}x\)，将 \(u\) 删掉递归判定即可，最终 \(G\) 被删空则有解，否则无解

CF2129E Induced Subgraph Queries

看起来根本就不能 polylog，于是考虑根号数据结构，发现每个点的操作代价是 \(\mathcal{O}(deg)\) 的，这太难受了，于是可以拆点，每个点拆成 \(deg\) 次操作，再跑莫队复杂度就对了

对于 kth，可以用值域分块维护

总复杂度 \(\mathcal{O}((n+m)\sqrt{n+m})\)

CF2115E Gellyfish and Mayflower

考虑一条路径上性价比最大的 \((c,w)\)，感性理解一下，当选了一些数之后就只会再选性价比最大的了，因为考虑在膜 \(c\) 意义下，如果同一个余数出现了两次，那么不如把那一段路径的其他点直接选若干个 \(c\)，这样肯定是更优的，为了不让一个余数出现两次，背包大小只需要开到 \(c^2\)

于是考虑同余最长路，记 \(f_{s,u,r,0/1}\) 表示性价比最大的为 \(s\)，当前在 \(u\)，膜 \(c\) 余 \(r\) 的答案，最后只需要查询 \(\max_s f_{s,u,r\bmod c_{s},1}+\left\lfloor\frac{r}{c_s}\right\rfloor\times w_s\)

转移的话，单点之间的转移可以转圈，这样转移复杂度是线性的，不同点之间的转移，边权为 \(w_i-\left\lfloor\frac{r+c_i}{c_s}\right\rfloor\times w_s\)

所以当询问的 \(r\) \(>c^2\) 时，我们跑这个算法，对于 \(r\) 比较小的情况，我们跑 \(\mathcal{O}(n(n+m)c)\) 的暴力，所以总复杂度 \(\mathcal{O}(nq+(n+m)(n+c)c)\)

CF2122F Colorful Polygon

没想到组合数乘积，太失败了

如果能表示成组合数乘积，我们就可以变成几个高度为 \(2\) 的矩形，然后在上边放 \(n+1\) 个点，下面放 \(m+1\) 个点，这样就是 \(\binom{n+m}{n}\)

容易把两个矩形拼起来，变成乘积，那么考虑最简单的方案就是 \(\prod_{i=1}^{n}\binom{\sum_{j=1}^{i}a_j}{a_i}\)，然而这样点数是 \(\mathcal{O}(n\sum a_i)\) 的，考虑分治，把集合 \(S\) 对应的多项式系数表示成 \(f(S)\)，则把他分成两个集合 \(U\) 和 \(V\)，可以得到 \(f(S)=\binom{s(U)+s(V)}{s(V)}f(U)f(V)\)，其中 \(s(U)\) 是 \(U\) 中元素的和，我们按照重量比较平衡的分法进行递归就行了，点数 \(\mathcal{O}(\log n\sum a_i)\)

CF2097E Clearing the Snowdrift

扫描值域，每次做一个问题：给你一堆 \(1\) 和一堆 \(0\)，求最小长度为 \(d\) 的区间数能包含所有的 \(1\)，用 LCT 维护，\(0\) 点连向 \(i+1\)，\(1\) 点连向 \(\min(i+d,n+1)\)，答案就是 \(1\) 到 \(n+1\) 链上权值和

复杂度线性对数

CF2096F Wonderful Impostors

双指针

对于加入 \(1\)，查询其覆盖的是不是已经全是 \(0\) 了，可以线段树维护区间加，区间最值

对于加入 \(0\)，查询其构成的最长的 \(0\) 连续段是否包含了一个 \(1\)，也就是查询 \(r\le qr\) 的最大的 \(l\)，线段树套 set 完事

复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

10.25

模拟赛

T1

模拟

T2

类似括号序列 dp 就行了

T3

容斥

T4

枚举每个数的贡献，区间合法当且仅当被贡献了两次，扫描线维护区间加、区间最大值、区间最大值的权值加

10.26

P13540 [IOI 2025] 羊驼的坎坷之旅（obstacles）

太难了，只会 \(l=0,r=m-1\)

手玩一下发现路径大概都是一堆 \((0,x)\rightarrow (z,x)\rightarrow (z,y)\rightarrow(0,y)\)，于是考虑 \((0,i)\) 能不能到达 \((0,j)\)，记 \(pre_i\) 为 \((0,i)\) 直着往下走能走到最远的位置，记 \(T'_{r}=\max_{k=1}^{r}T_k\)，记 \(H'_{l,r}=\max_{k=l}^{r}H_k\)，那么 \(i\) 能到达 \(j\) 当且仅当 \(T'_{\min(pre_i,pre_j)}\ge H'_{i,j}\)，于是这样就能给 \(i,j\) 连一条边，最后可以并查集判断连通性

发现很多边都没用，具体来说，如果存在 \(i<j<k\) 且 \(pre_i\le pre_j\le pre_k\)，此时只需要保留 \((i,j)\) 和 \((j,k)\) 的边，于是我们只需要单调栈两边，连 \(i\) 和左边第一个 \(pre_j>pre_i\) 的 \(j\) 记作 \(L_i\)，右边第一个 \(pre_j>pre_i\) 的 \(j\) 记作 \(R_i\)，判断一下是否能连边就能 \(83\) 分了

既然都单调栈了，不妨在笛卡尔树上考虑，\(i\) 与 \(j\) 能互相到达，也就是 \(i\) 和 \(j\) 有能到达的公共祖先，于是考虑问出 \(i,j\) 在 \([l,r]\) 内的最浅的祖先，判断是否相同

首先一直倍增跳父亲，直到 \(x\) 的子树包含了 \(l\) 或者 \(r\)，此时不能再随便跳了，但是舒服的是他只能往其中一边跳，再往后跳的过程可以直接倍增，问题是找到这个一直往一边跳之前到的祖先，如果我们找到一条极长的左偏的链 \(a_1,a_2,\cdots ,a_k\)，他们之间互相能到达，且他们的 \(L\) 都是一样的，记作 \(p\)，现在想要跳到 \(p\)，你这时候发现，如果 \(a_i\) 能直接到达 \(p\)，那么 \(a_{i+1}\) 也能直接到达 \(p\)，所以如果想让 \(a_1\) 跳到 \(p\)，只需要找到最小的 \(a_k\) 满足 \(a_k\) 能到达 \(p\)，然后跳过去就行了

所以找到 \(x\) 的这个祖先，如果 \(x\) 和 \(L_x\) 和 \(R_x\) 都能到达，跳深度更浅的那一个，否则直接跳

复杂度线性对数

P13691 [CEOI 2025] highest

考虑倍增，普通的倍增直接爆了，于是考虑怎么让每次倍增可以决策一个两步，考虑到 \(2^i=2^{i-1}+2^{i-1}\)，也可以是 \(2^{i}=(2^{i-1}-1)+(2^{i-1}-1)+2\)，这样就能考虑到 \(2\) 了，再加上 \(2^{i}-1=2^{i-1}+(2^{i-1}-1)\)，直接倍增即可

复杂度线性对数

P14311 【MX-S8-T4】平衡三元组

考虑如果固定中间值，左右肯定越大越好，所以肯定有一个取到全局最大值，假如 \(z\) 取到全局最大值，\(x\) 必定是 localmax，扫所有 \(x\)，查一下 \(x\) 右边有没有合法的 \(y\)，如果没有，则去考虑前一个 localmax，此时会除二，所以只用做 \(\mathcal{O}(\log V)\) 次，总复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log V)\)

P13695 [CEOI 2025] theseus

我曹

首先给一条边赋 \(0/1\) 可以给这条边定向从编号小的或者是编号大的，跑一边 bfs 给图分层，如果所有边都是不同层了，直接连就行了，出现同层的就废了，现在考虑怎么处理同层的边

把每一层的边摘出来，从层数大的处理到层数小的，不同层的边把他归到两个点中层数更高的那一层去，对于边 \((x,y)\)，以 \(x\) 为第一关键字，\(y\) 为第二关键字从大到小排序，给每个点记一个势能 \(f\)，初始值都是 \(1\)，依此遍历每一条边，如果不同层，让层数大的连向层数小的，否则让 \(f\) 小的连向 \(f\) 大的，把 \(f\) 小的清空，加到 \(f\) 大的上，最后你走的时候每次走出边中编号最大的即可

去掉无向边后该图变成一个有向树，势能为子树 \(siz\)，每次走相同层的边都会使得势能翻倍，于是总次数 \(dis+\log n\)

P10055 [CCO 2022] Good Game

考虑把所有的连续段搞出来，长度 \(>1\) 的为一类叫做 \(2\)，否则叫做 \(1\)，这样显然和原来没有任何区别，有用的操作只有两种：删掉最左边或者最右边的 \(2\)、删掉中间的 \(2\)，并将两边的东西合并成一个 \(2\)，因为把一个 \(2\) 变成一个 \(1\) 显然更劣，\(2\) 是更加自由的

接下来对串长分奇偶讨论：

当串长为奇数，形如 \(2k+1\)，我们可以说明串能被消完当且仅当串正中间是 \(1\)，且存在长度至少为 \(k\) 的 \(1\) 连续段

容易说明充分性，考虑长度为 \(k\) 的那一段，左边和右边必定有两个 \(1\) 不能删掉，那就没了

否则如果正中间不是 \(1\)，我们可以一直操作正中间的 \(2\) 把所有数都消了，否则考虑此时所有的 \(2\) 之间的间隔 \(< k\)，我们考虑与中间的 \(1\) 相邻的两个 \(2\)，观察最中间的数的变化，如果删掉一边的 \(2\)，那么中间的 \(1\) 会减少一个，并且中间位置会向另一边偏，考虑最偏的情况，左边的 \(2\) 在 \(L\) 处，右边的 \(2\) 在 \(L+k\) 处，如果我们只删左边，可以删 \(L-1\) 次，那么最中间的下标在 \([k+1,L+k]\)，也就是说右边的 \(2\) 肯定在某个时刻会变成最中间的数，这时候删他就行了

对于偶数的情况，最后一定会剩下 \(22\)，于是合法的偶数串一定能劈成两个合法的奇数串，判断前后缀即可

构造方案是简单的，复杂度线性

P12033 [USACO25OPEN] Package Pickup P

如果确定了一个奶牛所控制的区间，其肯定是先往一边跑再掉头跑另一边，考虑 dp，记 \(f_{i,0/1/2/3}\) 表示 \(i\) 被左边还是右边经过，经过了一次还是两次，转移是矩阵乘法

可以按 \(M\) 分块，本质不同的块只有 \(\mathcal{O}(N)\) 种，我们可以把对块形态的修改挂到开头结尾，用线段树维护单点修改全局矩阵乘积，本质相同的块做矩阵快速幂即可，复杂度线性对数，会带一个大常数

10.28

真他妈无敌了，今天做题数=1，晚上看了一个题还没看懂

模拟赛

T1

幽默

T2

打表

T3

拉出极小的 mex 区间，对于 mex 相同的 mex 区间，做一个点减边，查询区间 \(\sum_{L\le l,r\le R}v_{l,r}(R-r+1)(l-L+1)\)，复杂度线性对数

T4

直接看原题解吧，写在这有点太有点了

P9970 [THUPC 2024 初赛] 套娃

我们称一个区间 \([l,r]\) 为极小的 \(\text{mex}\) 区间，满足不存在 \([l',r']\subset [l,r]\)，其中 \([l',r']\) 的 \(\text{mex}\) 等于 \([l,r]\) 的 \(\text{mex}\)，有结论，极小的 \(\text{mex}\) 区间的个数是线性的

考虑区间 \([l,r]\)，其中肯定有 \(a_l=\text{mex}\) 或者 \(a_r=\text{mex}\)，且肯定有 \(a_l\ne a_r\)，不妨设 \(a_l<a_r\)，假如有 \([l,r]\) 是极小的 \(\text{mex}\) 区间，如果存在另一个极小的 \(\text{mex}\) 区间 \([l,r_1]\) 满足 \(a_{r_1}<a_l\)，因为有 \(\text{mex}([l,r])\ge a_l>a_{r_1}\)，所以 \(a_{r_1}\) 肯定在 \([l,r]\) 中出现过了，所以不可能存在这样的 \(r_1\)，于是我们证明了对于所有的 \(l\) 只存在一个这样的 \(r\)，同理我们能证明对于所有的 \(a_r>a_l\) 只存在一个这样的 \(l\)，所以极小的 \(\text{mex}\) 区间的个数是线性的，且其个数上界为 \(2n\)

如何取出所有的区间？考虑从 \(0\sim x-1\) 的区间推出 \(x\) 的区间，首先显然，所有 \(\text{mex}=x\) 的极小的区间肯定要包含一个 \(\text{mex}< x\) 的区间，所以可以考虑从 \(x-1\) 扩展出其他的，对于 \(\text{mex}=x-1\) 的区间 \([l,r]\)，我们找到其左边第一个 \(x-1\)，记其位置为 \(pl\)，再找到其右边第一个 \(x-1\)，记其位置为 \(pr\)，那么我们再在 \(\text{mex}(pl,r)\) 的位置加入 \((pl,r)\)，在 \(\text{mex}(l,pr)\) 的位置加入 \((l,pr)\)，一直这样做就能找到所有的区间了

回到本题，我们可以考虑找到所有极小的 \(\text{mex}\) 区间 \([l,r]\)，再在其基础上左右扩展，其对应的找到极大的 \(\text{mex}\) 不变的区间 \([l',r']\)，那么就能贡献到 \([r-l+1,r'-l'+1]\)，用老司机树维护颜色段即可，总复杂度线性对数

10.29

模拟赛

T1

感觉比 T2 难

T2

奇异搞笑

T3

幽默

T4

\(F_{i+j}=F_{i+1}F_{j}+F_{i}F_{j-1}\)

10.30

去海边了，很好玩

10.31

嗯

11.1

太幽默了，就这样吧

11.2

刺激战场

11.3

摆烂

11.4

有两个题完全没看懂，太失败了

模拟赛

T1

800。

T2

幽默。

T3

神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！

T4

神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！神题！

AT_agc073_c [AGC073C] Product of Max of Sum of Subtree

记题目中要求的 \(x_i\) 为 \(g_i\)

如果我们知道了所有点的权值 \(w_i\)，那么有 dp，\(f_u=w_u+\sum_{v\in \text{son}(u)}\max(f_v,0)\)，\(g_u=f_u+\max(g_{fa}-\max(f_u,0),0)\)，\(g\) 太难考虑了，我们考虑找到合法的 \(f\) 的充要条件

有一个必要条件是 \(f_1\in[0,1]\)，\(\forall u>1,f_u\in [-1,1]\)，首先有 \(g_1=f_1\)，所以有 \(f_1\in[0,1]\)，对于 \(f_u\) 的上界，有 \(g_u\ge f_u\)，所以有 \(f_u\le 1\)，对于 \(f_u\) 的下界，有 \(g_u=f_u+\max(g_{fa}-\max(f_u,0),0)\)，其中 \(g_{fa}\le 1\)，所以 \(\max(g_{fa}-\max(f_u,0),0)\le 1\)，所以 \(f_u\ge -1\)

记 \(s_u=\sum_{v\in \text{son}(u)}\max(f_v,0)\)，有 \(f_u=w_u+s_u\)，我们发现此时有 \(0\le s_u\le|\text{son}(u)|\)，所以如果我们确定了所有点的 \(f\) 值，有且仅有一组 \(w_u\in[1-N,1]\) 的方案满足当前的 \(f\)

于是只需要考虑 \(f\)，跟据 \(g_u=f_u+\max(g_{fa}-\max(f_u,0),0)\) 讨论：

• 若 \(f_u\in[-1,-g_{fa})\)，\(g_u=f_u+g_{fa}<0\)，此时不合法
• 若 \(f_{u}\in[-g_{fa},0)\)，\(g_u=f_u+g_{fa}\)
• 若 \(f_{u}\in[0,g_{fa})\)，\(g_{u}=g_{fa}\)
• 若 \(f_{u}\in[g_{fa},1]\)，\(g_u=f_{u}\)

于是可以 dp，记 \(F_u(x)\) 为 \(g_u=x\) 的答案，则有

\[F_u(x)=x\prod_{v\in\text{son}(u)}\left(\int_{-x}^{0}F_v(x+y)\mathrm{d}y+\int_{0}^{x}F_v(x)\mathrm{d}y+\int_{x}^{1}F_v(y)\mathrm{d}y\right) \]

也就是

\[F_u(x)=x\prod_{v\in\text{son}(u)}\left(\int_{0}^{1}F_v(y)\mathrm{d}y+xF_v(x)\right) \]

直接维护多项式转移即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)

P11420 [清华集训 2024] 乘积的期望

首先把 \(\prod a_i\) 拆开，变成操作若干次，每次操作将所有的 \(n\) 个数划分到若干个集合中，集合总数为 \(C\)，每个集合中的数相差小于 \(m\)，对这样的方案求和，考虑 dp，记 \(f_{i,j,S}\) 为考虑了前 \(i\) 个数，将其划分到 \(j\) 个非空的集合中，\(S\) 中存储 \([i-m,i-1]\) 那些位置中，作为集合中的最小值且还没有最大值和其匹配的位置都有哪些，于是有这几种转移‘：

• \(i\) 既不是集合中的最大值又不是集合中的最小值
• \(i\) 是集合中的最小值
• \(i\) 是集合中的最大值，枚举和 \(S\) 中的某个最小值匹配
• \(i\) 独自一个集合

最终答案为 \(\sum_{i} f_{n,i,S}\times A(C,i)\times \left(\sum b\right)^{-i}\)

当 \(m\le 16\) 时，采用此算法可以做到 \(\mathcal{O}(n^2m2^m)\) 的复杂度，同时我们也知道，最终答案一定是关于 \(C\) 的 \(n\) 次多项式

当 \(m>16\) 时，考虑在结尾填上若干个 \(0\) 凑成 \(n=3m\)

考虑将 \(n\) 分成三组，\(1\sim m\)、\(m+1\sim 2m\)、\(2m+1\sim 3m\)，对其进行计数，记 \(a_i\) 为最终 \(i\) 覆盖的次数，考虑合法 \(a\) 的充要条件

• \(\forall i\)，有 \(a_i\ge 0\)
• \(\forall 1\le i\le m\)，有 \(a_i+a_{i+m}+a_{i+2m}=C\)
• \(\forall 1\le i<m\)，有 \(a_i\le a_{i+1}\)
• \(\forall 2m+1\le i<3m\)，有 \(a_i\ge a_{i+1}\)
• \(a_{m}+a_{2m+1}\le C\)

于是直接 dp，在最外面枚举 \(a_{2m+1}\)，记 \(f_{i,a,b}\) 表示考虑前 \(i\) 列，当前列上 \(i\)、\(2m+i\) 分别是 \(a\)、\(b\) 的方案，直接 dp 就能做到 \(\mathcal{O}(nC^5)\)，分步转移即可去掉一个 \(C\)，再拉格朗日插值就能 \(\mathcal{O}(n^6)\)

P11425 [清华集训 2024] 路南柯

结论：答案为删去叶子后得到的树的叶子个数，特别的，菊花的答案为 \(2\)

把拓扑序倒过来，就变成了 dfn 序，我们随便拉一个 dfn 序，其中对树的形态的限制只有形如点 \(i\) 的父亲的 dfn 序在点 \(i\) 之前，所以当前一个点可能有很多个父亲，我们就需要把所有点的父亲找到

考虑原树上的叶子，为了区分其父亲和祖父，一定要存在一次拓扑的起点在这个叶子的父亲的子树中，否则无论如何都无法区分其父亲和祖父，于是答案不会小于删去叶子后得到的树的叶子个数

考虑构造到这个下界，找到所有的删掉叶子后剩下的叶子 \(x_1,x_2,\cdots,x_k\)，任选一个作为根跑一边 dfs，遍历时优先访问叶子节点，此时，对于点 \(u\)，若其子树内存在某个点作为拓扑序的开头，\(u\) 的父亲就能被确定了，所以只需要考虑那些叶子的父亲，对于 \(x_{2},x_3,\cdots,x_k\)，以他们出发进行 dfs，访问节点是优先访问 dfn 大的，这样就能找到叶子的父亲了

P11428 [清华集训 2024] 前往何方

考虑问出若干个独立集，之后可以变色龙

所有点问一遍 \(U/\left\{u\right\}\)，然后可以确定重心，如果我们按这个结果排序，可以确定一个拓扑序，所以可以直接二染色，这样就两个独立集，直接变色龙就行了

P11423 [清华集训 2024] 阿尔塔尔 2

有经典结论，长度 \(\le 2\)，不过我突然不会证了

取出出度最大的点 \(u\)，其出度集合为 \(S\)，入度集合为 \(T\)，此时若长度大于 \(2\)，则所有 \(T\) 中必定存在点向 \(S\) 中的点有出边，此时其度数大于 \(u\)，与条件矛盾，得证

考虑随便取出一个点，若该点入度为 \(0\)，那么它就是答案，答案肯定在其入点集合中，因为此时其入点集合中的点到集合外路径 \(\le 2\)，而该入点集合内又满足结论，所以我们只需要在入点集合内找，那么每次随机一个点就行了，这样期望会把入点集合的大小减半，次数 \(n+\frac{n}{2}+\frac{n}{4}+\cdots=2n\)

P11421 [清华集训 2024] 最大匹配 2

暴力怎么做，从左到右扫一遍，每一个颜色维护一个栈，能肖战就肖战，把最后剩下的再做一遍匹配即可，因为肯定是留下来越靠左的左括号和越靠右的右括号越优

然后考虑单调修改，此时只有 \(\mathcal{O}(1)\) 个位置会受到影响，我们可以直接做一个人员调度，用线段树维护区间加，区间最值以及线段树上二分