做题笔记24

11.13

P14002 [eJOI 2025] Navigation

如果是一棵树，可以用 \(2\) 标记父亲，用 \(1\) 标记已经遍历过的点

如果是仙人掌，考虑一个 \(8\) 字，在两个环交点处，会有两个父亲供你返回，如果返回了错误的节点就会使得另一个环上的子树无法被遍历，现在我们要处理的就是多个父亲的问题，而由于是仙人掌，每个点邻域中 \(2\) 最多有两个

假如在 \(u\) 的邻域中有两个 \(2\)，\(v\) 是对的父亲，你观察一下他的俩父亲有什么特征，我们发现错的那个父亲的邻域中会有两个标记为 \(2\) 的点，而正确的只会有一个，所以我们可以走到其中一个点，判断是不是正确的父亲，再把信息传回来，由于我们想要走回来，可以先给 \(u\) 的颜色设置成 \(3\)，此时 \(u\) 的邻域中应该有 \(2\) 有 \(1\)，所以可以给那个点的颜色设置成 \(0\)，否则设置成 \(2\)，这样不会影响其他点的信息，接下来我们要走另一个颜色为 \(2\) 的点，如何和前一个点区分？可以在 \(u\) 的颜色不是 \(3\) 的时候，从前往后找 \(2\)，否则从后往前找 \(2\)，这用到了邻域点顺序不变的条件，这样我们就能找到父亲了

但是当起点在环上怎么办，其也可能作为那个错误的父亲被经过，但是走到他那儿也是没问题的，最多就会再走一遍 \(u\rightarrow v\) 的环

P14450 [ICPC 2025 Xi'an R] Directed Acyclic Graph

有一个想法是构造两排点 \([1,k]\) 和 \([k+1,2k]\)，使用前后缀优化建图使得 \(i\) 不能到达 \(k+i\)，即可以到达 \([k+1,k+i)\cup (k+i,2k]\)

把原来两排的点分裂成三个，上面的是 \(A,B,C\)，下面的是 \(a,b,c\)，使得存在可达关系

• \(a_i\rightarrow b_i\rightarrow c_i\)
• \(A_i\rightarrow B_i\rightarrow C_i\)
• \(A_i\rightarrow b_{k+i}\)
• \(B_i\rightarrow c_{k+i}\)
• \(C_i\rightarrow a_{[k+1,k+i)\cup (k+i,2k]}\)

默认选了 \(1\)，那么对于第 \(i\) 组

• 选中 \(A_i\) 会导致 \(l+i\) 只有两个点可达
• 选中 \(B_i\) 会导致 \(l+i\) 只有最后一个点可达
• 选中 \(C_i\) 会导致 \(l+i\) 没有点可达
• 不选点则 \(l+i\) 所有点均可达

这样大概可以构造 \(\mathcal{O}(n+4^{\frac{m-n}{5}})\)

Topcoder-12703 LittleElephantAndBoard

我其实没看懂题解在说什么

发现只有 \((RG,GB,BR)\) 和 \((GR,RB,BG)\) 两种情况，每种情况三种状态之间可以互相转移，考虑第一种情况最后给答案乘二，可以解方程把三个状态的个数解出来，唯一的限制就是不能相邻，用脚算就完了

AT_arc188_d [ARC188D] Mirror and Order

首先稍微观察一下，最终排序之后，每个长度为 \(3\) 的数组的开头肯定是 \(1,1,2,2,3,3,\cdots\)，而且如果满足了每一位都取满了 \(1\sim n\)，肯定不存在 \(s_i=s_j\) 或者 \(t_i=t_j\)，对于 \(s_i=t_j\)，其应当有 \(s_{i,1}=t_{j,1}=s_{j,3}\)，那么首先不能有 \(s_i=t_j\)，也就是不能存在 \(s_{i,1}=s_{i,3}\)，而且肯定不可能存在这种情况：\(s_{i,1}=t_{j,1}=s_{j,3}\)，此时 \(i\ne j\) 了，所以 \(s_{i,2}\ne t_{j,2}\)，也就是说，对于开头不同的串，其可以直接通过开头来比大小，对于开头不同的串，一定可以用第二位比了

那考虑如果给定了一个 \(a\) 和 \(b\)，如何判断他是否合法，跟据上面的推理，首先不能存在 \(a_x=2i-1\) 和 \(a_y=2i-1\)，那就考虑 \(a_{x}=2i-1\)，\(b_{y}=2i\) 的情况，我们不妨令 \(c_i=s_{i,2}\)，那么对于这样的一堆 \((x,y)\)，一定有 \(c_x<c_y\)，那么我们将大小关系建图，如果出现了环就寄了，反之我们能通过拓扑排序构造全序集，于是这就是一个充要条件

现在去考虑这张图的形态，一个重要的观察是，这张图上所有点的度数都为 \(2\)，也就是说如果忽略掉边的方向，所有的连通块都是环，考察一下边是怎么连的，每个 \(2i-1\) 和 \(2i\) 对应了一条边，于是我们不妨令 \(\left\lceil\frac{a_j}{2}\right\rceil\) 为 \(j\) 这个东西的新编号，\(p_j=\left\lceil\frac{b_j}{2}\right\rceil\)，那么每一条边就是 \(j\) 和 \(p_j\) 之间的边，这条边的方向取决于啥呢，仅取决于 \(a_{p_j}\) 膜 \(2\) 的值，也就是当 \(a_{p_j}\equiv 0\bmod 2\) 的时候，有 \(j\rightarrow p_j\)，否则就是 \(p_j\rightarrow j\) 了

那什么情况是不合法的呢，也就是某个环上所有边的方向都相同，即这个环上的 \(a_i \bmod 2\) 全都相同，这个条件足够简单，可以考虑计数了，现在有些 \(p_i\) 没有确定，于是有若干个环和链，环不用管，其中 \(\bmod 2\) 全是 \(1\) 的链的个数记作 \(c_1\)，全是 \(0\) 的记作 \(c_0\)，否则记作 \(c_2\)，考虑容斥，枚举全是 \(1\) 和全是 \(0\) 的链各自组成环的方案，剩下的随便，则有

\[Ans=\sum_{i=0}^{c_0}\sum_{j=0}^{c_1}\sum_{k=0}^{i}\sum_{l=0}^{j}\binom{c_0}{i}\binom{c_1}{j}(-1)^{k+l}g_{i,k}g_{j,l}\text{cyc}_{c_0+c_1+c_2-i-j} \]

其中 \(g_{i,j}\) 为 \(i\) 个链选出 \(j\) 个环的方案，\(\text{cyc}_n\) 为 \(n\) 个链组合成若干个环的方案，其实 \(\text{cyc}_n\) 就是 \(n!\)，这个推导放到最后再说，你发现 \(k\) 和 \(l\) 之和 \(i\) 和 \(j\) 有关，所以考虑算

\[f_i=\sum_{j=0}^{i}(-1)^jg_{i,j} \]

直接递推啊，有 \(f_{n}=-\sum_{i=1}^{n}A(n-1,i-1)\times f_{n-i}\)，那么原式就是

\[\sum_{i=0}^{c_0}\sum_{j=0}^{c_1}\binom{c_0}{i}\binom{c_1}{j}f_{i}f_{j}(c_0+c_1+c_2-i-j)! \]

这样就能 \(\mathcal{O}(n^2)\) 计算了，但其实当 \(n\ge 2\) 时，有 \(f_n=0\)，当然你可以归纳证明这个东西，但是更有道理的说法是，因为当 \(n\ge 2\) 的所有置换中，偶数个环的方案和奇数个环的方案是相等的，交换 \(p_1,p_2\) 即可构造双射

那么可以 \(\mathcal{O}(1)\) 计算答案，复杂度线性

记 \(C(x)=\sum_{i\ge 0}\text{cyc}_i\frac{x^i}{i!},B(x)=\sum_{i\ge 1}(i-1)!\frac{x^i}{i!}=\sum_{i\ge 1}\frac{x^i}{i}=-\ln(1-x)\)，于是有 \(\text{cyc}_n=[\frac{x^n}{n!}]\exp(B(x))=[\frac{x^n}{n!}]\frac{1}{1-x}=n!\)，当然也可以直接是每次要么塞到一个数的末尾，要么新开一个环

P12558 [UOI 2024] Heroes and Monsters

先将 \(a,b\) 分别排序

如果确定了 \(a\) 中选了 \(k\) 个，\(b\) 中肯定是前 \(k\) 小的和 \(a\) 的被选了的一一匹配，后面的和 \(a\) 中没被选的一一匹配，这样可以做一个 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的 dp，即记录 \(f_{i,j,k}\) 为对于给定的 \(k\)，前 \(i\) 个数里面匹配上了 \(j\) 个

但是你发现，如果最终确实有 \(k\) 个匹配上了，那么 \(a_i>b_k\) 选不选是不会矛盾的，于是可以直接记 \(f_{i,j}\) 为考虑了前 \(i\) 个，匹配了 \(j\) 个，\(g_{i,j}\) 为考虑了后 \(i\) 个，没匹配 \(j\) 个，那么有 \(ans_k=\sum_{x=0}^{k}f_{p,x}\times g_{n-p,x+n-p-k}\)，其中 \(p\) 为最大的 \(i\) 满足 \(a_i<b_k\)

复杂度 \(\mathcal{O}(n^2+q)\)

P14473 [集训队互测 2025] 少年汹涌

首先考虑 \(n=1\) 怎么做，由于每一次走的都很少，这样对大的位影响比较小，所以你肯定是每一个进位去分段，那么这时候肯定会考虑到，每一次进位的时候，都是形如 10...000xxxxxx 的东西，也就是只有后 \(6\) 位有东西，如果是进位到 \(i\)，那么 \(7\sim i-1\) 位上全是 \(0\)，于是你可以记转移数组 \(f(i,j,k)\) 表示进位到 \(i\)，前面的 popcount 是 \(j\)，后 \(6\) 位为 \(k\)，进位之后后六位的值，记 \(g(i,j,k)\) 为他需要走多少步，我们不考虑 \(i<6\) 的，对于 \(i=6\) 可以暴力预处理，则有转移：

• \(f(i,j,k)=f(i-1,j+1,f(i-1,j,k))\)
• \(g(i,j,k)=g(i-1,j,k)+g(i-1,j+1,f(i-1,j,k))\)

现在考虑 \(n>1\)，考虑建树，要求的就是虚树的节点个数，于是考虑用 \(f\) 和 \(g\) 数组去做这个过程，建虚树要做什么呢，一是求 LCA，而是求 dfn 序，先考虑怎么求 LCA，我们当然可以直接模拟倍增的过程做，求深度就是 \(n=1\) 的答案，但是这样复杂度就太高了，因为你预处理 \(2^k\) 这个东西实在是太唐了，我们预处理出来的东西本身就有很好的倍增结构，我们可以给两个数同时从低往高做，使得这两个数在某一位和更高的位上都一样，然后在从高到低做，和倍增差不多

比较 dfn 序，可以求出 LCA 后，找到 \(x\) 跳到最大的小于 LCA 的那个数，这个东西在树上就是 LCA 在 \(x\) 那个子树方向上的儿子，可以比较这样的儿子的编号，即可比较 dfn 序

视 \(w\) 和 \(\log L\) 同阶，则预处理复杂度 \(\mathcal{O}(\log^3 L)\)，排序复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log L)\)，总复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log L+\log^3 L)\)

#160. 树形背包

本来想做互测题来着，但是似乎把这个技巧忘了，记 \(f_{i,j}\) 表示考虑了 dfn 在 \([1,i]\) 中的，体积为 \(j\)，那么有转移

• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-w_i}+v_i\)
• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-siz_i,j}\)

复杂度 \(\mathcal{O}(nm)\)

P14471 [集训队互测 2025] 火花

考虑 \(t=0\) 怎么做，发现就是一个树上依赖背包，记 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内选了 \(j\) 个，那么有转移：

• \(f_{i,j}\rightarrow f_{i+siz_i,j}\)
• \(f_{i,j}+k\times v_i\rightarrow f_{i+1,j-k}\)，其中 \(k\in [1,\min(j,c_i)]\)

第二种转移可以用单调队列维护，复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)

我们受到上面的启发，从 欧拉序 考虑 dp，我们想要同时决策每个点是不是在第一部分的 \(t\) 个点中，记这个东西为 \(g_i\in\left\{0,1\right\}\)，以及每个点到选了几个第二部分 \(k\) 中的物品，记欧拉序序列为 \(e_{1\sim 2n}\)，\(i\) 的第一个欧拉序为 \(l_i\)，\(i\) 的第二个为 \(r_i\)，那么我们可以考虑在 \(l_{e_i}\) 处决策第二部分，在 \(r_{e_i}\) 处决策第一部分

但是有一个问题，我们在决策第二部分的时候，其选择的物品的数量的上界是受子树 \(g\) 的和影响的，这太报了！但是我们充分利用欧拉序的优势，直接记 \(t'\) 为 \(i\) 后面所有点的 \(g\) 的和，这样，当前点能选的第二部分的个数的上界就是 \(\min(c_{e_i}-t',j)\)，如果 \(u\) 不选物品，其实际上还可以决策其子树内的 \(g\)，于是可以记 \(s_i\) 为 \(i\) 到根链的 \(v\) 的和，记 \(S(u,i)\) 为 \(u\) 子树内前 \(i\) 大的 \(v_i\) 的和，记 \(f_{i,j,k}\) 为考虑了欧拉序前 \(i\) 的，第二部分选了 \(j\) 个，当前的 \(t'\) 为 \(k\)，于是有转移：

• 当 \(l_{e_i}=i\)
  • \(f_{i,j,k}+S(e_i,x)\rightarrow f_{r_{e_i}+1,j,k-x}\)，其中 \(x\in[0,k]\)
  • \(f_{i,j,k}+xv_{e_i}\rightarrow f_{i+1,j-x,k}\)，其中 \(x\in [1,\min(j,c_i-k)]\)
• 当 \(r_{e_i}=i\)
  • \(f_{i,j,k}+xv_{e_i}\rightarrow f_{i+1,j-x,k}\)，其中 \(x\in [0,\min(j,k)]\)
  • \(f_{i,j,k}+xv_{e_i}+s_{e_i}\rightarrow f_{i+1,j-x,k-1}\)，其中 \(x\in [0,\min(j,k-1)]\)

只有第一种转移不能用单调队列优化，预处理 \(S(u,i)\) 直接做就是 \(\mathcal{O}(nt)\) 的，于是这样可以直接做到 \(\mathcal{O}(nkt^2)\)

你发现这种转移在固定 \(i,j\) 的情况下，可以把贡献函数写成 \(w(l,r)=S(e_i,r-l)\) 的形式，这样你发现可以直接决策单调性优化，分治转移即可，复杂度 \(\mathcal{O}(nkt\log t)\)，可以直接通过

当然这题还有和 \(\mathcal{O}(nk^2t)\) 平衡到 \(\mathcal{O}\left((nkt)^{\frac{4}{3}}\right)\) 的做法，不愿意去想了

11.14

棍母

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棍母

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棍母

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棍母

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11.15

P9523 [JOIST 2022] 复制粘贴 3 / Copy and Paste 3

记 \(dp_{l,r}\) 为凑出 \([l,r]\) 的答案，枚举 \(k\)，然后找到最大的一个 \(p\)，使得 \([l,r]\) 在 \([p,r]\) 中不重复地出现了 \(k\) 次，那么有转移

\[dp_{l,r}\leftarrow \min(dp_{p,j},dp_{l,r}+B+kC+(r-p+1-k\times len)\times A) \]

以及

\[dp_{l,r}\leftarrow \min(dp_{l,r},dp_{l,r-1}+A,dp_{l+1,r}+A) \]

转移复杂度 \(\mathcal{O}(n^2\log n)\)

怎么找 \(p\)，预处理出来两个后缀的 lcp，然后一直跳就完了

AT_jsc2019_qual_f Candy Retribution

首先差分一下变成 \([0,R]-[0,L-1]\)，考虑枚举中间那个数是 \(x\)，那么你的限制就是有 \(n-m\) 个数 \(< x\)，\(m\) 个数 \(\ge x\)，且存在一个数 \(=x\)，存在一个数 \(=x\) 可以直接差分，那么考虑数有 \(n-m\) 个数 \(< b\)，\(m\) 个数 \(\ge a\) 的方案，记作 \(f(a,b)\)，经典的，考虑把前面那个小于号容了，有

\[f(a,b)=\sum_{i=0}^{n-m}(-1)^i\binom{n}{m}\binom{n-m}{i}\binom{R-ma-ib+n}{n} \]

答案即为 \(\sum f(x,x)-f(x+1,x)\)，里面的求和有个调和级数的玩意，总复杂度 \(\mathcal{O}(R\log R)\)

AT_agc068_c [AGC068C] Ball Redistribution

点击洛谷标签发现有基环树，那么每次操作相当于把基环树上一个点的入度全都断开，然后把他们连成任意的环，你发现这个操作实在太多了，于是倒序考虑，每次操作就相当于把一个环拆掉，都接到一个入度为 \(0\) 的点上，或者每次拆掉一个环，接到一个环上入度为 \(1\) 的点上

于是 \(u:n\sim 1\)，考虑每次拆掉哪个环，你发现把 \(u\) 所在的连通块上的环拆了是最优的，因为此时其他点的策略都不变，为啥呢，因为你考虑到此时只会影响 \(u\) 和那个环上的，本来那个环上的就只有入度为 \(1\) 的能操作，而且肯定也是拆掉那个环，且你操作之后入度就是 \(0\) 了，那个环上其他的点本来就不能操作，你操作 \(u\) 之后肯定变得更能操作了，于是你直接这样做就完了

直接全都暴力做可以分析到一个上界是 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)， 只要能分析环长总和就行了，其复杂度为 \(\mathcal{O}(\sum L)\)，记一个势能函数 \(\phi(S)=\sum d_i^2\)，考虑每次操作的时候环上所有点的度数减一，所以势能减小至多 \(2n\)，同时 \(u\) 度数增加环长，势能增加至少 \(L^2\)

势能上界为 \(n^2\)，总减小量 \(\le 2n^2\)，那么势能增加量 \(\le 3n^2\)，则有 \(\sum L^2\le 3n^2\)，可以柯西不等式得到 \(\sum L\) 是 \(n\sqrt n\) 级别的

但是你进一步观察这个题，很难发现有充要条件：若存在一个点 \(u\)，其不在环上的入点 \(v\) 的子树中所有点都 \(<u\)，那么无解，必要性显然，充分性你感受一下也是每次断开其所在连通块的环，这样可以做到线性了

CF2084H Turtle and Nediam 2

完全没迈出第一步

缩连续段，段数为 \(m\)，考虑每次操作对于连续段的修改

• 选择一个 \(i\in [1,m]\)，且 \(a_i\ge 2\)，操作 \(a_i\leftarrow a_i-1\)
• 选择一个 \(i\in[3,m]\)，且 \(a_i=a_{i-1}=1\)，删除 \(a_{i-1}\)，操作 \(a_{i-2}\leftarrow a_{i-2}+1\)
• 若 \(a_{2}=a_{1}=1\)，删除 \(a_1\)

你发现 \(a_m\) 只会进行第一种操作，于是可以只管前 \(m-1\) 个 \(a\)，最后给答案乘上 \(a_m\)，dp，要数本质不同的子序列 \(b\)，考虑在最小的能构造到 \(b\) 的前缀计数，我们先考虑 \(b\) 的开头和 \(a\) 开头一样的，于是记 \(f_i\) 为 \(b\) 末尾最后匹配到 \(a_i\) 的方案，转移的话考虑每次新开一个连续段，于是枚举 \(i\)，记录一个变量 \(x\)，表示能开的连续段的上界，然后枚举 \(j:i+1\sim m-1\)，每次先 \(f_j\leftarrow f_i\times (\max(a_j,x+1)-x)\)，然后 \(x\leftarrow \max(a_j,x+1)\)，这样做就是 \(\mathcal{O}(m^2)\) 的，最后答案即为 \(a_m\sum [(m-i)\equiv 1\bmod 2]f_i\)，初值 \(f_1=a_1\)，\(f_{2k+1}=1\)

优化这个转移，单调栈出来 \(nxt_i\) 表示最小满足 \(\equiv i\bmod 2\) 的 \(j\)，且 \(a_j-\frac{j}{2}>a_i-\frac{i}{2}\)，两个 \(nxt\) 之间的转移系数是一样的，于是可以暴力跳 \(nxt\) 然后做差分，复杂度是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，因为每个 \(a_i\) 至多被之前的 \(a_i\) 个数跳到

CF1477F Nezzar and Chocolate Bars

考虑算 \(\sum_{k\ge 0}P(x> k)=\sum_{k\ge 0}(1-P(x\le k))\)，如果 \(n=1\)，我们可以考虑计算把 \([0,L]\) 这个区间分成 \(m+1\) 段，每一段都 \(\le k\) 的概率，这个就是 \(P(x\le m)\)，那你考虑可以把他写成一个生成函数 \(F_i(x)\)，最后你把所有的生成函数都乘起来就能算出来答案了，经典的，我们考虑容斥，那么 \(m\) 段的答案就是

\[\sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{L}{k}\right\rfloor}(-1)^{i}\binom{m+1}{i}\left(\frac{L-k\times i}{L}\right)^m \]

那么生成函数写出来就是

\[\begin{aligned} F_i(x)&=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{1}{j!}\left(\frac{L_i}{L}\right)^jx^j\sum_{l=0}^{\left\lfloor\frac{L}{k}\right\rfloor}(-1)^{l}\binom{j+1}{l}\left(\frac{L_i-k\times l}{L_i}\right)^j\\ &=\sum_{l=0}^{\left\lfloor\frac{L}{k}\right\rfloor}\frac{(-1)^{l}}{l!}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{j+1}{(j+1-l)!}\left(\frac{L_i-k\times l}{L}x\right)^j \end{aligned} \]

后面那个东西很好看，单拉出来耍耍

\[\begin{aligned} &\sum_{j=0}^{\infty}\frac{j+1}{(j+1-l)!}t^j\\ =&t^{l-1}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{j+l}{j!}t^j\\ =&(t^{l}+lt^{l-1})e^{t} \end{aligned} \]

带回原式：

\[F_i(x)=\sum_{l=0}^{\left\lfloor\frac{L}{k}\right\rfloor}\frac{(-1)^{l}}{l!}\left(\left(\frac{L_i-kl}{L}x\right)^l+l\left(\frac{L_i-kl}{L}x\right)^{l-1}\right)\exp\left(\frac{L_i-kl}{L}x\right) \]

记 \(G=\prod F_i\)，最后你要求的是 \(\sum_{i\ge 0}(1-i![x^i]G(x))\)，你发现 \(G\) 一定能被标示成一堆 \(x^*\left(e^{x}\right)^{*}\) 的线性组合，但是前面那个 \(1\) 贼犯人，但是你观察到当 \(l=0\) 的时，所有的 \(F_i\) 都只剩 \(\exp\left(\frac{L_i-kl}{L}x\right)\)，你把他们全乘起来就是 \(e^x\) 了，正好和前面的 \(1\) 相抵消，于是你只需要算 \(x^{i}(e^x)^j\)，\(i,j\ne 0\) 的贡献就行了，其贡献为

\[\sum_{k\ge 0}\frac{(k+i)!j^k}{k!}=\frac{i!}{(1-j)^{i+1}} \]

直接把系数暴力 dp 出来就完蛋了，但是 \(j=L-kt\)，此时 \(i\in [t-n,t]\)，所以状态数是 \(\mathcal{O}(\frac{n\sum a_i}{k})\) 的，总复杂度 \(\mathcal{O}(n\left(\frac{\sum a_i}{k}\right)^2)\)

P10433 [JOIST 2024] 棋盘游戏 / Board Game

你发现 \(2\sim k\) 的决策都是独立的，而且你直觉上有两个决策，一个是从一个点走到一个 \(1\)，然后 101010...，另一个是走到一个和 \(1\) 相邻的 \(1\)，然后 111111...，于是不妨记 \(s(v,i)\) 为 \(v\) 这个点，经过 \(i\) 个黑点的最小代价，你把他画到二维平面上，就是一个从 \((1,\text{dis0}(v))\) 开始，斜率为 \(2\) 的，和一些乱七八糟的折线，然后一个斜率为 \(1\) 的，其中 \(\text{dis0}(v)\) 是和 \(v\) 最近的黑点的距离，然后你发现那些乱七八糟折线都是不优的，于是只需要保留斜率为 \(2\) 和斜率为 \(1\) 的那俩玩意，那么 \(s(v,i)\) 肯定能写成 \(\min(i+f_1,2i+f_2)\) 的形式，这俩常数也是好求的，你可能需要求 “从 \(u\) 开始到最近的相邻黑色点对的最短距离”，这个可以 01bfs（我怎么把这个玩意忘了，维护双端队列，\(1\) 放队尾，\(0\) 放队首，每次访问队首）

那么你现在可以得到一个 \(S(i)=\sum s(v,i)\)，那么有 \(ans_T=\min_{i\ge0}(S(i)+\text{dis}(T,i))\)，其中 \(\text{dis}(T,i)\) 为从 \(1\) 开始走到 \(T\) 经过 \(i\) 个黑色点的最短路，你求这个玩意需要 \(\mathcal{O}(n^2)\)，你发现有 \(K\le 300\) 的部分分，而且 \(N\le 5\times 10^4\)，考虑阈值分治

先考虑 \(K\) 在因子上怎么做，你考虑到 \(S(i)\) 是 \(\mathcal{O}(K)\) 段的，那不妨枚举每一段直线，你发现这时候 \(S(i)\) 的贡献很舒服，就是经过一个黑点就加上斜率的贡献，那么这样就可以直接跑 dij 了，复杂度 \(\mathcal{O}(NK\log N)\)

\(K\) 在分母上没有什么直接的做法，接着发掘一些性质，很难发现有 \(S(i)-S(i-1)\ge K-1\)，那么对于一个 \(ans_T\)，有一个上界 \(S(c)+N\)，其中 \(c\) 是从 \(1\) 走到 \(T\) 经过黑点的最小数量，如果最后是取到了 \(S(c+\Delta c)\)，那么肯定有 \(S(c+\Delta c)\le ans_T\le S(c)+N\)，那么有 \(\Delta c\le\frac{N}{K-1}\)，于是你可以直接记 \(\text{minc}_u\) 为走到 \(u\) 经过的黑点的最小数量，那么我们只需要维护 \(\text{dis}_{u,i-\text{minc}_u}\) 了，直接 bfs 就行，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{N^2}{K})\)

平衡一下得到总复杂度 \(\mathcal{O}(N\sqrt {N\log N})\)

P14424 [JOISC 2014] 邮戳收集 / Collecting Stamps

先直接从左往右走完了，然后你发现可以在某个地方往上走，往左走，中间可以上下横跳一下，最后再下来，你发现这个是一个匹配状物，于是可以 dp，记 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个，从上面往下走了多少个，则有转移

• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}+u+v\)
• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}+e+d\)，其中 \(j>0\)
• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j+1},u+e\)
• \(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j-1}+d+v\)

最后 \(f_{i,j}\leftarrow f_{i,j}+2jT\)，你发现其实每次可以匹配不止一个，同层直接顺序转移即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)

AT_abc418_g [ABC418G] Binary Operation

建自动机

AT_agc052_e [AGC052E] 3 Letters

在膜 \(3\) 意义下考虑，那么需满足 \(a_{i}\equiv a_{i-1}\pm 1\pmod 3\)，于是可以刻画出来一个这样的 \(a\) 序列，每一次操作就是给某个位置加二或者减二，那么首先需要满足 \(a_i\equiv b_i\bmod 2\)，那么答案大概就是 \(\sum\frac{|a_i-b_i|}{2}\)，你发现这时候 \(a_i\) 和 \(b_i\) 都是差分数组，并不知道 \(a_1\) 和 \(b_1\)，那么我们不妨令 \(a\) 的初值就是 \(s_1\)，\(b_1\) 不知道，但是他得满足和 \(a_1\) 奇偶性相同，而且其应该和 \(a_1\) 膜 \(3\) 相同，也就是 \(b_1=a_1+6k\)，那么答案就是

\[\min_{k}\left\{\sum_{i=1}^{n}\frac{|a_i-b_i|-6k}{2}\right\} \]

那么你取一个 \(|a_i-b_i|\) 的中位数就能取到最小值

AT_agc069_a [AGC069A] Schedule Optimization

你发现一场比赛的胜者一定是 \(r\) 最大的，记 \(R_u\) 为 \(u\) 子树内 \(r\) 的最大值，记 \(f_{u,i}\) 为 \(u\) 子树内在 \(i\) 天处比赛的代价，不妨设 \(R_v>R_u\)，那么有转移， \(f_{u,i}+f_{v,j}+\max(j-R_u,0)\rightarrow f_{w,k\ge \max(i,j)}\)，就是直接拐点合并，复杂度 \(\mathcal{O}(n2^n)\)

AT_agc068_a [AGC068A] Circular Distance

考虑钦定选中 \(0\) 号点，最后给答案乘上 \(\frac{L}{n}\)，因为你每个点会在每个方案中被钦定 \(1\) 次，观察一些性质，首先考虑枚举 \(d\) 为那个距离，数合法的太难受了，直接数 \(\le d\) 的方案就完了，那么你每个被选的点会有一个马蹄形的合法区间，即若选了 \(x\)，其他的点必须在其对应的区间中

到这就不好想了，你考虑选中了 \(0\)，那么所有的点不能在 \([d+1,L-d-1]\) 中，你难以发现，能选的点恰好被划分到了两个区间，且这两个区间内的点都是互相满足限制的，于是只需要考虑不同侧的点的限制，我们考虑 \([L-d,L-1]\) 那一部分的点，如果我们选了 \(x\)，\([x+d+1,x+L-d-1]\) 就寄了，此时我们进行一个魔法操作，将 \(x\) 往正方向平移直接 \([d+1]\) 个单位，令 \(len=L-2d-2\)，那么如果选了 \(x\)，本来在另一侧的点就不能选在 \([x,x+len]\) 这一段区间里的了，那么你现在就把原问题转化成了，给你一个区间 \([1,d]\)，你可以选中一些点并黑白染色，要求每个黑色点往后 \(len\) 个位置都不能填白的

那我们的限制只对某两个相邻的连续段有作用，于是考虑枚举有多少个黑接白，设为 \(i\)，那么 \(d\) 的答案就是

\[\sum_{i} \binom{d-i\times len}{n-1}\binom{n}{2i+1} \]

第二个系数是为啥来着，有 \(i\) 个黑接白，那至少有 \(2i+1\) 个连续段（\(0\) 的颜色是白的），最后还可以有一个任意长的黑段，于是可以补上一个点，然后选出 \(2i+2\) 个段

枚举 \(d\) 的时候有个调和级数，所以总复杂度 \(\mathcal{O}(L\log L)\)