做题笔记25

11.16

模拟赛

0+10+24+0=34。

T1

。

T2

发现最大是 \(c(a_n,x)\)

T3

发现 \(f^2(x)\equiv f(x^2)\bmod 2\)

T4

傻逼

P14470 [COCI 2025/2026 #1] 松鼠 / Zagic

垃圾，把区间询问拆成一堆左右端点往外一个后相同的区间询问和一堆 \([l,i),(j,r]\)，你把 \([l,i),(j,r]\) 也拆了，这种区间有 \(\mathcal{O}(nV)\) 个，每次 \(\mathcal{O}(V)\) 个区间查询异或和，可以做到 \(\mathcal{O}(1)\)，总复杂度 \(\mathcal{O}(nV^2)\)

11.18

最摆的一集

模拟赛

T1

转化为钦定排列

T2

观察逆序对

T3

\(\sqrt n\log n\rightarrow \sqrt n\)，你原来的式子是对于所有的块筛算一遍 \(S(i)=F(i)-\sum_{j\ge 1}S\left(\left\lfloor\frac{i}{p^j}\right\rfloor\right)\)，你发现这样算多了，直接从块筛前面 \(x\) 那个推到后面 \(y\)，就是把 \(x/p^i\) 和 \(y/p^i\) 相同的我们直接跳过，这样不会转移重了

复杂度是啥呢，\(\forall x\le \sqrt{n\times p^j}\)，有 \(\frac{n}{x}\le \sqrt{\frac{n}{p^j}}\)，所以这样的只会有 \(\sqrt {\frac{n}{p^j}}\) 个，\(\forall x>\sqrt{n\times p^j}\)，其中是 \(p^j\) 的倍数的只有 \(\sqrt{\frac{n}{p^j}}\)，所以就是一个等比数列求和，所以是 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\)

T4

最大匹配=最小点覆盖，最小点覆盖=n-最大独立集，即你每行每列中选择的点的颜色必须相同，考虑白行集合 \(S\)，假如所有列都是白的，然后考虑把一列调整成黑的

对于现在要考虑的一列，记 \(c_{0/1,0/1}\)，第一维为格子的颜色，第二维为其所在行的颜色，其贡献为 \(c_{1,1}-c_{0,0}\)，但是这个仍然不好维护，考虑 \(c_{1,1}-c_{0,0}=c_{1,1}-(|S|-c_{1,0})=c_{1,1}+c_{1,0}-|S|\)，那贡献就是这一列黑色格子的数量减去白色行的个数

于是记一行白色格子的数量为 \(a_i\)，一列黑色格子的数量为 \(b_i\)，将 \(a\) 降序排序，则答案为

\[n\times n-\max_{x=0}^{n}\left(\sum_{i=1}^n\max(b_i-x,0)+\sum_{i=1}^{x}a_i\right) \]

用线段树维护即可，复杂度线性对数

P14170 二分图最大匹配期望

考虑 hall，我们不妨去计数 \(|S|-|N(S)|=k\) 的概率，于是可以枚举最劣的那个 \(|S|\) 和 \(|T|\)，但是你发现这样的会有很多，不妨取 \(|S|\) 最小的作为代表元，可以证明这个代表元是唯一的

考虑如果 \(|S|-|N(S)|=|S'|-|N(S')|=v>0\)，且 \(|S|=|S'|\)

若 \(S\) 和 \(S'\) 无交，你取 \(|S\cup S'|-|N(S\cup S')|\) 就行，因为 \(N(S\cup S')=N(S)\cup N(S')\)，则 \(|N(S\cup S')|\le |N(S)|+|N(S')|\)，此时 \(|S\cup S'|-|N(S\cup S')|\ge |S|+|S'|-|N(S)|-|N(S')|=2v\)，而 \(v>0\)

否则 \(S\) 和 \(S'\) 有交，你考虑 \(N(S\cap S')\subseteq N(S)+N(S')\)，则有 \(|S|+|S'|-|N(S)|-|N(s')|\le |S \cup S'|+|S\cap S'|-|N(S\cup S')|+|N(S\cap S')|\)，那么肯定是取等号时最劣，此时 \(S\cup S'\) 和 \(S\cap S'\) 中必有一个 \(\ge v\)，如果是一大一小就可以取大的，否则取 \(S\cap S'\) 肯定更优

枚举这个代表元之后，我们观察一下二分图，去掉 \(S\) 和 \(N(S)\) 后，这个图肯定满足 \(|T|\le |N(T)|\)，也就是存在关于左部点的完美匹配，否则你选出来其中一个子集出来加到 \(S\) 上一定不劣，于是我们现在要算两个东西，一个是 \(S=A\)，\(N(S)=B\) 的满足 \(|A|-|B|\) 是最大的那个的概率 \(g\)，另一个是 \(A\) 和 \(B\)，满足 \(N(A)=B\)，完美匹配的概率 \(f\)，考虑容斥，有转移

\[f_{S,T}=P_{S,T}-\sum_{S'\subseteq S,T'\subseteq T,|S'|>|T'|} g_{S',T'}\times f_{S/S',T/T'}\times e_{S',T/T'} \]

\[g_{S,T}=P_{S,T}-\sum_{S'\subseteq S,T'\subseteq T,|S'|-|T'|\ge |S|-|T|}g_{S',T'}g_{S',T'}\times f_{S/S',T/T'}\times e_{S',T/T'} \]

其中 \(P_{S,T}\) 是考虑 \(S,T\) 的导出子图，满足 \(N(S)=T\) 的概率，\(e_{S,T}\) 是 \(S\) 和 \(T\) 之间没边的概率，最后答案就是

\[\sum_{S,T}(|L|-|S|+|T|)g_{S,T}\times e_{S,R/T}\sum_{T'\subseteq R/T,|L/S|\le T'}f_{L/S,T'}\times e_{L/S,R/(T\cup T')} \]

复杂度 \(\mathcal{O}(9^{n})\)

P14509 树上求值 tree

考虑差分，相当于在 \(i\) 处加上 \(f_{i+d}\)，在 \(fa_i\) 处加上 \(f_{i+d-1}\)，以此类推去做一条到根链，然后再在 \(i\) 处减去 \(f_{i+d-1}\)，在 \(fa_{i}\) 处加上 \(f_{i+d-2}\)，以此类推，你发现此时 \(x\) 上的权值就是 \(x\) 到根链上所有点的权值和，那么可以直接维护了，你在 \(i\) 处维护一个trie，把 \(i+d\) 扔进去，然后做线段树合并，接着把 trie 中所有数 \(-1\)，这个是容易维护的，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log V)\)

AT_agc074_b [AGC074B] Swap if Equal Length and Sum

考虑寻找充要是什么，观察一下我们的操作，即交换长度相同且和相同的区间，考虑这两个区间，其在序列上有很强的对称性，而刻画序列上信息，可以考虑数的下标，于是，你发现交换前后所有 \(1\) 的下标和是不变的，这个是必要的，下面可以构造说明其充分性

你再考虑 \(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\)，所以肯定是把 \(0\) 和 \(1\) 中数量更小的那个一一归位，往简单的考虑，我们肯定是想光操作 100...00 和 00...001，这样比较舒服，我们重新令 \(a_i\) 为 \(a\) 中第 \(i\) 个 \(1\) 的位置，\(b_i\) 为 \(b\) 中第 \(i\) 个 \(1\) 的位置，那么我们想要交换的肯定是形如 \(a_{i}<b_i\) 且 \(a_{i+1}>b_{i+1}\) 的，这样你交换了 \(i\) 或者 \(i+1\) 也不会影响别的

于是令 \(l\) 为最大的 \(i\) 满足 \(a_i<b_i\)，令 \(r\) 为最小的 \(i\) 满足 \(a_i>b_i\)，由于下标和相同，一定能找到这样的 \(l\) 和 \(r\)，否则就都排好了，记 \(d=\min(b_{l}-a_{l},a_r-b_r)\)，然后交换 \([l,l+d)\) 和 \((r-d,r]\)，这样一定能使 \(l\) 和 \(r\) 中的一个归位

做完了，复杂度线性

11.19

AT_arc209_e [ARC209E] I hate ABC

考虑如何求出一个序列的价值，你发现不存在子序列 \(abc\)，等价于把原序列划分成三个子串，使得第一个子串中不存在 \(a\)，第二个子串中不存在 \(b\)，第三个子串中不存在 \(c\)，于是可以 dp，记三个变量 \(x,y,z\) 分别表示当前考虑了几个子串，考虑转移：

• 当 \(S_i=A\)
  \(x'=x+1\)
  \(y'=\min(x,y)\)
  \(z'=z\)
• 当 \(S_i=B\)
  \(x'=x\)
  \(y'=y+1\)
  \(z'=\min(y,z)\)
• 当 \(S_i=C\)
  \(x'=x\)
  \(y'=y\)
  \(z'=z+1\)

最后序列的价值为 \(\min(x,y,z)\)，我们可以考虑计数价值 \(\ge K\) 的方案，可以让 \(x>K\) 时把他拉回 \(K\)，我们整理一下上面的转移，于是有

• \(x'\leftarrow \min(x+1,k)\)，当 \(S_i=A\)
• \(y'\leftarrow \min(y+1,x)\)，当 \(S_i=B\)
• \(z'\leftarrow \min(z+1,y)\)，当 \(S_i=C\)

考虑用格路去刻画这个东西，发现上面的转移过程实际上对应 \((0,0,0)\) 走到 \((k,k,k)\) 的一条路径，可以走自环，对于一条没有自环的路径，我们考虑把自环塞到哪儿，于是计数能填一个字符/两个字符/三个字符的转移数量分别为 \(p,q,r\)，做一个 SEQ 构造，那么这个 \(p,q,r\) 的贡献就是

\[[x^{N-3K}]\frac{1}{(1-x)^{p}(1-2x)^{q}(1-3x)^{r}} \]

你发现 \(p,q\le 3K,r=1\)，于是我们只计算 \(f(x)\) 为所有的 \(p,q\) 的方案总和，最后给 \(f\) 乘上 \(\frac{1}{(1-x)^{3K}(1-2x)^{3K}(1-3x)}\)，算前者可以直接 dp，复杂度 \(\mathcal{O}(K^4)\)，后者有一个 \(N\)，这太难受了，考虑把分式拆开，也就是 \(\frac{f(x)}{(1-x)^{3K}(1-2x)^{3K}(1-3x)}=\frac{f_1(x)}{(1-x)^{3K}}+\frac{f_2(x)}{(1-2x)^{3K}}+\frac{f_3(x)}{1-3x}\)，这样再卷积就只需要算组合数了，现在考虑怎么解出来 \(f_1,f_2,f_3\)，考虑中国剩余定理，我们要算的就是

\[\begin{cases} f_1(x)(1-2x)^{3K}(1-3x)\equiv f(x)\pmod{(1-x)^{3K}}\\ f_2(x)(1-x)^{3K}(1-3x)\equiv f(x)\pmod{(1-2x)^{3K}}\\ f_3(x)(1-x)^{3K}(1-2x)^{3K}\equiv f(x)\pmod{(1-x)}\\ \end{cases} \]

关键就是要算 \((1-ux)^{n}\) 在膜 \((1-vx)^{m}\) 意义下的逆元，可以直接换元，令 \(y=(1-vx)\)，于是只需要算 \((ky+b)^{-n}\) 在膜 \(y^m\) 意义下的值，可以做到 \(\mathcal{O}(K^2)\)

总复杂度 \(\mathcal{O}(K^4+TK)\)

#605. 【UER #9】知识网络

追暗示？！

对于每一个颜色，先跑一遍最短路，建出来最短路 DAG，对于这个颜色中的某一个点 \(u\) 到其他颜色的点 \(v\)，假如其跑出来的最短路为 \(dis_v\)，那么 \(u,v\) 的距离要么是 \(dis_v\) 要么是 \(dis_v-1\)，如果是 \(dis_v-1\)，其在 \(u\) 最短路 DAG 的后继上，是我喜欢的可达性，直接 bitset，复杂度 \(\mathcal{O}((n+m)k+\frac{n(n+m)}{w})\)

P9850 [ICPC 2021 Nanjing R] Ancient Magic Circle in Teyvat

对于任意四个点的子图，二项式反演，记 \(f_i\) 为钦定 \(i\) 条边的四元子图的数量，答案即为 \(|f_0-f_1+f_2-f_3+f_4-f_5|\)

• \(f_0=\binom{n}{4}\)
• \(f_1=m\times\binom{n}{2}\)
• \(f_2=(n-3)\sum \binom{deg_u}{2}+\binom{m}{2}-\sum \binom{deg_u}{2}\)
• \(f_3=\sum \binom{deg_u}{3}+c_3\times (n-3)+\sum (deg_u-1)(deg_v-1)-3c_3\)，其中 \(c_3\) 是三元环个数
• \(f_4=c_4+\sum t_u(deg_u-2)\)，其中 \(c_4\) 为四元环个数，\(t_u\) 为覆盖 \(u\) 的三元环个数
• \(f_5=\sum \binom{t_e}{2}\)，其中 \(t_e\) 为经过 \(e\) 这条边的三元环个数

复杂度 \(\mathcal{O}(m\sqrt m)\)

AT_agc072_b [AGC072B] AGC Language

先考虑 \(k=1\)，对于一个已经确定的序列，其操作次数肯定是 \(\sum_{i=1}^{n}\left\lceil\frac{\max(-s_i,0)}{2}\right\rceil\)，因为你每次可以把折线图上一个谷往上扳，现在考虑枚举 \([l,r]\)，其对应的答案为 \(\sum_{i=1}^{l-1}\left\lceil\frac{\max(-s_i,0)}{2}\right\rceil+\sum_{i=r+1}^n \left\lceil\frac{\max(-s_i,0)}{2}\right\rceil+\sum_{i=l+1}^{r}\left\lceil\frac{\max(s_i-s_{l}-s_{r},0)}{2}\right\rceil\)，现在观察一下 \(l\) 和 \(r\) 的性质

首先，把序列按照 \(s_i=0\) 为分界划分成一些段，其中每一个段一定是全是正数或者全是负数，对于一组 \((l,r)\)，其肯定只能取到正数段的最大值的位置，因为 \(s_l\) 或者 \(s_r\) 小于零的时候，你把他们调到旁边的 \(0\) 肯定不劣，然后你对于一个正数段，把 \(l\) 或者 \(r\) 调整到最大值，此时其所在段的贡献不会变，而且你可以把 \(l\) 调整到他左边那个不小于他的，把 \(r\) 调整到他右边那个不小于他的，此时新加的数一定不会被贡献，而且 \(s_l+s_r\) 不会减小，所以 \(l\) 一定是前缀严格最大值，\(r\) 一定是后缀严格最大值

那么最劣的情况下就是 01012101232101234321...，所以能取的 \(l\) 和 \(r\) 只有 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 个，直接去枚举 \(l\) 和 \(r\)，看起来 \(\sum_{i=l+1}^{r} \left\lceil\frac{\max(s_i-s_{l}-s_{r},0)}{2}\right\rceil\) 完全不好算，但是你考虑到 \(l\) 和 \(r\) 都是 localmax，那么不如直接算全局的 \(\left\lceil\frac{\max(s_i-s_{l}-s_{r},0)}{2}\right\rceil\) 的和，你对奇偶性进行一些分讨就能计算出其贡献，我们可以分别记作 \(v_l,v_r,v_{lr}\)

当 \(k>1\)，\([l,r]\) 只会分别取第一个 \(n\) 和最后一 \(n\)，那么原来的贡献就变成了 \(v_l+v_r+kv_{l,r}\)，这是一个一次函数的形式，我们直接把凸包拉出来就行了

复杂度线性对数

#401. 因子统计 (Ex)

记 \(N=\max(n)\) 阈值分治，对于 \(p\le\sqrt N\)，直接暴力算出来 \(v_p(n!)\)，这个的复杂度是证明到 \(\mathcal{O}(\frac{q\sqrt n}{\log n})\)，对于 \(p>\sqrt N\)，有 \(v_p\left(\binom{n}{m}\right)=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-m}{p}\right\rfloor\)，于是如果我们能对于每一个 \(n\)，计算 \(\sum_{p>\sqrt N}\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\)，就能快速算了，直接前缀和就能做到 \(\sum_{p>\sqrt N}\frac{N}{p}=\mathcal{O}(N)\)

那两个复杂度不会证

#14419. Maximum Segment Sum

考虑最大子段和的过程，维护一个变量 \(u\)，每次 \(u\leftarrow \max(u+a_i,0)\)，搬到二维平面上，对 \(0\) 取 \(\max\) 的操作有点不好做，你考虑在 \(0\) 下面 \(-1\) 处加一条线，那么原来在 \(x=0\) 处直走的转移可以变成往 \(-1\) 走，现在在 \(-1\) 这个地方考虑，你可以接着走到 \(0\) 上，这对应原路径中连续的两个走 \(x=0\)，你可以往下走，这对应原路径上走一个 \(x=0\) 再往上走到 \(1\)，也就是我们每碰到一个 \(0\)，就把格路翻转一下

现在考虑我们新的格路，我们不妨计数最大子段和 \(\le k\) 的方案，即从 \((0,0)\) 走到 \(x=n\)，不能碰到 \(y=k+1\) 和 \(y=-k-2\) 的方案，直接反射容斥，对于每一个 \(k\) 都算一遍，有个调和级数，于是复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)

AT_abc383_g [ABC383G] Bar Cover

凸的，写一下 dp 式子：

\[f_{i,j}=\max(f_{i-1,j},f_{i-k,j-1}+s_{i}-s_{i-k}) \]

现在归纳证明 \(f_{i,j}-f_{i-k,j-1}\) 关于 \(j\) 递减，\(f_{i,j}-f_{i-1,j}\) 关于 \(j\) 递增，假设 \(i-1\) 及的都成立，现在说明其对于 \(i\) 成立，有

\[f_{i-1,j}-f_{i-k,j-1}=(f_{i-1,j}-f_{i-1-k,j-1})-(f_{i-k,j-1}-f_{i-1-k,j-1}) \]

递减，则能推导到

\[f_{i,j}-f_{i-k,j-1}=\max\{f_{i-1,j}-f_{i-1,j-1},s_i-s_{i-k}\} \]

递减，且

\[f_{i,j}-f_{i-1,j}=\max\{0,s_i-s_{i-k}+f_{i-k,j-1}-f_{i-1,j}\} \]

递增

我们还能进一步说明

\[f_{i,j}-f_{i,j-1}=f_{i,j}-f_{i-k,j-1}-\sum_{l=1}^{k}(f_{i-l+1,j-1}-f_{i-l,j-1}) \]

递减

同时，我们也可以说明，\(i\) 在转移时，存在一个 \(p\)，使得 \(\forall j\le p,f_{i,j}=f_{i-1,j},\forall j>p,f_{i,j}=f_{i-k,j-1}+s_i-s_{i-k}\)

直接可持久化平衡树维护即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

#9700. Ying’s Cup

二项式反演，算钦定某些点是最小的，限制就是钦定点的邻域都小于他，这时候你发现限制的边有上下两种，很难受，再容斥一遍，把向下的边容斥成没限制的边和有 \(-1\) 的系数的向上的边，只有向上的边就可以做拓扑序计数了，即 \(n!\prod \frac{1}{siz_u}\)，直接 dp，记 \(f_{u,i,j,0/1}\) 表示 \(u\) 子树内钦定了 \(i\) 个，其内向子树的大小为 \(j\)，\(u\) 是否被钦定，于是有转移

• \(f_{u,i,p,1}\times f_{v,j,q,0}\rightarrow f_{u,i+j,p,1}\)
• \(-1\times f_{u,i,p,1}\times f_{v,j,q,0}\rightarrow f_{u,i+j,p+q,1}\)
• \(f_{u,i,p,0}\times f_{v,j,q,0}\rightarrow f_{u,i+j,p,0}\)
• \(f_{u,i,p,0}\times f_{v,j,q,1}\rightarrow f_{u,i+j,p+q,0}\)

最后 \(f_{u,i,p,*}\times \frac{1}{p}\rightarrow f_{u,i,p,*}\)，最后算答案再乘上 \(n!\)，那个多项式系数就和所有子树的阶乘消了

这样直接做是 \(\mathcal{O}(n^4)\)，你发现第二维是个卷积，于是可以插值优化到 \(\mathcal{O}(n^3)\)

P10440 [JOIST 2024] 环岛旅行 / Island Hopping

从 \(1\) 开始问，每次问 \((1,i)\) 得到一个点 \(u\)，然后问 \((u,1)\) 得到与 \(u\) 最近的点 \(v\)，此时 \(u\) 和 \(v\) 一定有边，若未确定 \(u\) 的父亲，则 \(v\) 一定为 \(u\) 的父亲，否则 \(u\) 一定为 \(v\) 的父亲，这样每次可以确定一个父亲，总次数 \(2n\)

CF2162H Beautiful Problem

考虑充要是啥，记 \(u\) 为 \(<x\) 的位置的个数，\(v\) 为 \(>x\) 的位置的个数，只被 \(\le x\) 限制不被 \(\ge x\) 限制的位置有 \(s\) 个，只被 \(\ge x\) 限制不被 \(\le x\) 限制的位置有 \(t\) 个，不被限制的位置有 \(w\) 个，那么充要就是

• \(u\le s+w\)
• \(v\le t+w\)
• \(u+v\le s+t+w\)

你发现 \(s\) 和 \(t\) 越大越好，于是考虑算出来 \(s=i\) 时 \(t\) 的最大值，区间包含的你显然可以去了，所以你可以直接 dp，记 \(f_{i,j,0/1}\) 为考虑了前 \(i\) 个区间，当前 \(s=j\)，当前区间是哪一种，的 \(t\) 最大值，没交可以直接转移，有交的时候有如下转移：

• \(f_{i-1,j,0}\rightarrow f_{i,j+x_i,0}\)
• \(f_{i-1,j,0}+x_i\rightarrow f_{i,j,1}\)
• \(f_{i-1,j,1}-y_i\rightarrow f_{i,j+x_i,0}\)
• \(f_{i-1,j,1}+x_i\rightarrow f_{i,j,1}\)

其中 \(x_i\) 为第 \(i\) 个区间相对上一个增加的长度，\(y_i\) 为重合的长度，你发现可能有 \(i,i-1,i-2\) 三个区间都相交的情况，但这种肯定不优，所以直接 dp 就行了，复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)

11.20

我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？我能在患有失忆症的情况下连续卷题吗？

P7481 梦现时刻

\[\begin{aligned} f(a,b)=&\sum_{i=0}^{b}\binom{b}{i}\binom{n-i}{a}\\ =&\sum_{i=0}^{b}\left(\binom{b-1}{i}+\binom{b-1}{i-1}\right)\binom{n-i}{a}\\ =&\sum_{i=0}^{b-1}\binom{b-1}{i}\binom{n-i}{a}+\sum_{i=0}^{b-1}\binom{b-1}{i}\binom{n-i-1}{a}\\ =&f(a,b-1)+\sum_{i=0}^{b-1}\binom{b-1}{i}\left(\binom{n-i}{a}-\binom{n-i-1}{a-1}\right)\\ =&f(a,b-1)+\sum_{i=0}^{b-1}\binom{b-1}{i}\binom{n-i}{a}-\sum_{i=1}^{b}\binom{b-1}{i}\binom{n-i}{a-1}\\ =&f(a,b-1)+f(a,b-1)-\sum_{i=0}^{b}\left(\binom{b}{i}-\binom{b-1}{i-1}\right)\binom{n-i}{a-1}\\ =&2f(a,b-1)-f(a-1,b)+f(a-1,b-1) \end{aligned} \]

CF1644F Basis

先考虑 \(G\) 操作，一个数组不能被其他的表示出来，其应该满足，去掉最后一个连续段之后，其他所有连续段长度的 \(\gcd=1\)，考虑莫反，我们只需要算出来 \(d|\gcd\) 的答案最后再乘上 \(\mu(\frac{d}{1})=\mu(d)\)，于是直接给数组分段，每 \(d\) 个分一段，每一段强制填相同的数，现在再考虑操作 \(F\)，那么形态相同的数组是一样的，于是填入 \(k\) 个数的方案就是 \(\begin{Bmatrix}\left\lceil\frac{n}{d}\right\rceil\\k\end{Bmatrix}\)，那么对于每一个 \(d\)，我们要算一遍行斯特林数前缀和，直接 NTT，再算上调和级数，复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

P5644 [PKUWC2018] 猎人杀

min-max 容斥变成第一个死的概率，则答案为

\[\sum_{S\subseteq \left\{2,3,\cdots,n\right\}}(-1)^{|S|+1}\frac{w_1}{w_1+\text{sum}(S)} \]

涉及到和，直接分治 NTT 做 \(\prod_{i=2}^n(1-x^{w_i})\)，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

AT_agc034_f [AGC034F] RNG and XOR

有方程

\[f_i=1+\sum_{j\oplus k=i}f_{j}\times p_{k} \]

写出来生成函数就是 \(F=F\times P+H\)，你发现这个并不对，因为需要满足 \(f_0=0\)，所以上面那个式子应该是 \(F=F\times P+H+C\)，\(C\) 是一常数，那么你直接两边同时 FWT，可以得到

\[FWT(F)_i=FWT(F)_i\times FWT(P)_i+FWT\left(\sum_{s}x^s\right)_i+C \]

但是可能出现 \(\emptyset\) 处分母为 \(0\) 的情况，你发现可以给 \(f_{\emptyset}\) 加上一个 \(\Delta\)，这样所有的 \(f\) 都会加上一个 \(\Delta\)，算出来 \(f_i\) 之后再减去 \(\Delta\) 就行了

随便 \(\mathcal{O}(n2^n)\)

P11994 [JOIST 2025] 外郎糕 / Uiro

不知道为什么总是把题目名字看成外糕郎

扫值域，对于相同的数，肯定是后面都是 -，前面都是 +，那么你有一个想法，从小往大扫值域，每次贪心取最长的后缀，这样是对的，因为如果你没取满，你在更大的值的地方取了一个决策点更靠前的 -，你不妨把这个东西换成 +，然后把他后面第一个当前值域的数换成 -，这样肯定更优

所以直接扫值域，现在要对于每一个询问区间处理出决策点，考虑二分出来这个东西，但是并不好做判定，因为值域小的选的 - 不好办 ，但是你发现我们的决策点是有单调性的，所以你可以把值域更小的 + 的影响看成全局的，也就是我们对于当前扫到的值 \(x\)，把 \(\le x\) 的都看成 -，把 \(>x\) 的都看成 +，你去判定决策点是否合法的时候，就是求一个前缀和的最小值，你再把这个最小值加上前面已经选了的 + 的贡献就行了

复杂度 \(\mathcal{O}(nV\log n)\)

P11803 【MX-X9-T7】『GROI-R3』此花绽放之时

对于每一个连通块，考虑令深度最小的为其代表元，每次连通块加是难以操作的，于是考虑在代表元处打懒标记，那么肯定要轻重链剖分了，我们可以类比序列在线段树上进行的操作，从而去思考这道题中树上的标记怎么更新怎么合并

都重剖了，我们可以把一个标记记作 \((c,w)\)，表示在其轻子树中与当前点颜色相同的，加上 \(w\) 的权值，同时，我们用一棵树状数组去维护点上的权值

现在考虑三种操作，对于连通块修改的操作 \((u,w)\)，由于我们的标记都是修改的轻子树，所以对于 \(u\) 所在重链中，和他颜色相同且连通的都打上 \((c,w)\) 的标记，这个可以用线段树维护，然后在树状数组上修改权值

对于链修改操作 \((u,v,c)\)，和线段树一样，我们在修改之前要保证这条链上的信息是对的，于是我们需要把 \(u\) 到根链和 \(v\) 到根链上的标记下传，我们显然只需要在跳链头的时候去修改标记，因为别的标记并不影响到我们修改的部分，现在考虑传一个标记，如果暴力传，其代价是轻儿子个数的，我们无法接受，于是考虑怎么让标记只下传到当前链头 \(top\)，首先我们肯定要和刚才连通块修一样，把 \(top\) 所在重链颜色为 \(x\) 且与 \(top\) 连通的都打上标记，但是如果我们在某次操作的时候又传了一下这个标记，此时会算重，于是可以开一个桶 \(t_{u,x}\)，用来减掉重复的贡献，还有一个小问题，就是在修改了颜色变成 \(c\) 之后，其原来的 \((c,w)\) 的标记是不能用的，以及 \(u\) 和 \(v\) lca 的父亲对于 \(u\) 和 \(v\) lca 的标记也是不能用的，但是也无伤大雅，直接去修改 \(t_{u,x}\) 就行了

单点修改，我们也先把到根链的标记下传了即可

于是我们要一个树状数组来维护权值，一个线段树来维护标记，一个颜色段均摊来维护颜色，总复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

AT_agc056_b [AGC056B] Range Argmax

要求数 \(x\)，显然很难数，于是考虑让一组合法的 \(x\) 在一个 \(p\) 的代表元处被统计到，我们可以考虑字典序，你发现题目考虑的是最大值，所以我们可以让他在字典序最大的地方被统计到，这样方便我们 dp

那你反过来考虑 \(x\)，对于一个 \(x\)，怎么构造到一个字典序最大的 \(p\) 呢，肯定是从 \(n\) 扫到 \(1\)，每次插入一个最靠前的能插入的位置，然后把覆盖他的区间都删了，跟据这个过程，你发现一个最大值确定后，其左边和右边互不影响，于是你就可以去往区间 dp 考虑了，我们先不急着设状态，不妨观察一下在 \([l,r]\) 中插入一个最大值有什么影响

你发现，我们需要钦定这个最大值是最靠前的，但是可能会出现，左区间的最大值也有可以作为 \([l,r]\) 的最大值被统计，此时 \([l,r]\) 的最大值就不是我们想要的最靠前的了，为了防止出现这种情况，我们必须搞个东西来限制作区间最大值和 \([l,r]\) 最大值的大小关系，所以我们可以处理出来 \(a_{l,r,x}\) 为全部包含在 \([l,r]\) 内且包含 \(x\) 的限制中，左端点的最小值，于是你左区间的最大值必须满足 \(\ge a_{l,r,x}\)

于是我们只有对于一个区间最大值下界的限制，可以设状态 \(f_{l,r,k}\) 表示考虑区间 \([l,r]\)，最大值的位置 \(\ge k\) 的方案，转移考虑最大值在 \(k\) 的方案，则有：

\[f_{l,r,k+1}+f_{l,k-1,a_{l,r,k}}\times f_{k+1,r,k+1}\rightarrow f_{l,r,k} \]

复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)

CF1958I Equal Trees

考虑两个树一样，当且仅当对于所有的点对 \(i,j\)，其在两棵树上的祖先关系相同，于是我们把不同的拉出来连边，最后就选出一个最大独立集，这个最大独立集是我们保留的边，直接找最大独立集就行了，但是题解给出了一个 "very cool techique of finding the maximum clique in O(n2^{0.5n}) without using meet in the middle"，但是我完全没懂，反正我会 \(\mathcal{O}(1.3803^{n})\)，纯神

P11983 [JOIST 2025] 展览会 3 / Exhibition 3

先考虑暴力怎么做，如果 \(a_i\) 互不相同，可以从大往小扫值域，我们每次找到未被覆盖的编号最小的区间，将其染成当前的颜色，然后你贪心去找和当前区间有交的的编号最小的，这样可以做到线性对数

那你现在考虑一个值可能对应了多个 \(a_i\)，我们只关心相同的 \(a_i\) 的个数，于是记 \(cnt_x\) 为 \(\sum [a_i=x]\)，我们可以参考 \(a_i\) 互不相同的去做，我们要做的就是选出一个集合，使得这个集合用 \(cnt_x\) 就可以染完，同时满足这个集合的字典序最小，于是可以逐位确定，即每次 check 当前未被加入的编号最小的区间，现在考虑怎么进行 check，有一个经典的贪心，即把所有区间按右端点排序，如果他不能被之前的染色，就在他的右端点处放一个，那么我们现在直接暴力就可以做到 \(\mathcal{O}(n^3)\) 了

考虑优化，肯定要二分，因为我们发现一个 \(x\) 染色的区间肯定是一个极长的按编号排序的前缀，如果我们直接二分，每次都要暴力 check 一次，这样太报了，其复杂度是 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的，完全不能接受，但是我们其实能接受 \(\mathcal{O}(ans_i\log n)\) 的，因为 \(\sum ans_i=n\)，于是我们可以倍增找到 \(\mathcal{O}(ans_i)\) 级别的那个 \(2^k\)，然后在 \([2^k,2^{k+1})\) 的区间中二分，这样每次 check 复杂度就变成了 \(\mathcal{O}(ans_i)\)，精细实现可以把这部分做到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，\(\mathcal{O}(n\log^2n)\) 是平凡的，而且能过

我们找到了那个极长的前缀之后，还要加入一些零散的区间，这里有一个神秘的操作，就是你对于那个前缀集合，正着反着贪心一遍，把所有的决策点拉出来，拉成两个序列 \(sl\) 和 \(sr\)，那么新加入一个区间 \([l,r]\) 合法，当且仅当他和某一个 \([sl_i,sr_i]\) 有交，你感受一下就很对，而且 \([sl_i,sr_i]\) 和 \([sl_j,sr_j]\) 无交，如果有交，取原先的决策点肯定不优了

于是你插入一个零散区间 \([l,r]\)，如果其与任意 \([sl,sr]\) 无交，他肯定插不进去；他如果包含了一个 \([sl,sr]\)，把这个 \([l,r]\) 归到 \([sl,sr]\) 中肯定没问题；如果他只与一个 \([sl,sr]\) 相交且不包含，直接让那个 \([sl,sr]\) 和他取交即可；最后一种情况是和形如 \([sl_i,sr_i],[sl_{i+1},sr_{i+1}]\) 都相交且不包含，此时并没有太严的限制，具体来说，就是当 \([l,r]\) 和 \([sl_i,sr_i]\) 无交时，把 \(sr_{i+1}\) 向 \(r\) 取 \(\min\)，右边那种情况对称，于是可以用优先队列去维护这种限制，对于 \([l,r]\) 和 \([sl_i,sr_i]\) 无交的限制，在 \(i\) 处加入一个 \(l\)，当 \([sl_i,sr_i]\) 不得不修改，也就是和一个 \([l,r]\) 取交的时候，再把优先队列里的限制操作了，这样我们就能维护出来加入一个 \([l,r]\) 之后所有的 \([sl,sr]\) 了

我们现在只剩找到和 \([sl,sr]\) 中的一个有交的编号最小的 \([l_i,r_i]\) 了，我们不妨对于所有的 \([sl,sr]\) 都维护出来其对应的 \([l,r]\)，把这些东西都塞到堆里，每次取出最小的，但是一个 \([l_i,r_i]\) 可能会对应很多 \([sl,sr]\)，你可以只把 \([l_i,r_i]\) 挂到其对应的最多两个只相交不包含的 \([sl,sr]\) 区间上，这样就对了，开几个线段树就能随便维护了

复杂度可以做到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)

P14343 [JOISC 2019] 两个天线 / Two Antennas

把绝对值拆了，求 $$\max_{l\le i<j\le r,j-i\in[l_i,r_i]\cap [l_j,r_j]}a_i-a_j$$

那么扫 \(j\)，在某个时刻加入 \(i\)，某个时刻删除，查询存活的 \(a_i\) 的最大值，以及加上 \(j\) 时的最大值是多少

于是我们要做：单点修改、区间加、历史最值

说一下怎么维护历史最值，考虑一个向量 \(\begin{bmatrix}a_i\\b_i\end{bmatrix}\)，上面维护当前值，下面维护历史最值，然后加法定义为取 \(\max\)，乘法定义为 \(+\)，每次乘上一个矩阵即可

P6782 [Ynoi2008] rplexq

视 \(n,m\) 同阶

阈值分治，对于 \(deg\le B\) 的 \(x\)，枚举其所有儿子，做二维数点，这个可以平衡到 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)

对于 \(deg>B\) 的 \(x\)，考虑将其在同一子树内的节点染成相同颜色，然后莫队做区间数颜色，但是这样会报，于是你考虑取出其前 \(B\) 重的子树，他们去做数点，这样剩下的莫队只需要 \(\mathcal{O}(n\sqrt n\log_{B+1}n)\)，这样总复杂度就是 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\) 了