CSP-S联考总结
2023.10.9
感觉还不在状态，被卡了一下常，加上没思路，加上部分分没怎么想，加上开错题，打得比较差
T1
打标找规律，然后\(\sqrt n\)做，但不能取mod，不然会TLE80，还要开int128
T2
奇怪结论
T3
优秀的计数题
给定一个序列a，要求找到序列x，满足\(x_i<a_i\and x_i\)mod\(l\)互不相同，求方案数
考试没仔细想，不然还比较可做
首先考虑对于\(l|a_i\)的情况，取任意数都是\(\frac{l}{a_i}\)中可能，所以一种排列的方案数就是\(\Pi\frac{l}{a_i}\)
然后考虑余数，我们考虑最简单的暴力，2^n枚举哪些取余数，那么考虑把余数b从小到大排序，第i个余数的取值就是\((b-i+1)\)
整理一下发现，一个数取余数，和下取整都有一个贡献，但取余数时的取值是固定的，取下取整时的取值只是固定mod的余数，于是考虑最后再把后面的贡献补回来，假如有k个取余数，那么就乘上\(A_{l-k}^{n-k}=\frac{(l-k)!}{(l-n)!}\)
然后就设\(f_{i,j}\)表示到第i个数，有j个取了余数，转移就是\(f_{i,j}=\lfloor\frac{l}{a_i}\rfloor f_{i-1,j}+(b_i-j+1)f_{i-1,j-1}\)
然后答案就是\(\sum\frac{(l-i)!}{(l-n)!}f_{n,i}\)
2023.10.11
T1
给一个每个点的度都小于三的点（有重边），黑白染色，要求相邻两条边所连接的三个点颜色不能全部相等，求染色方案
手摸一下，发现没有不合法，也没找到什么好做法，大概是调整法。然后仔细观察，我们令一条边的两个顶点颜色相同则权值为1，否则为0，如果最小化权值和，那么一定会更优，所以先全部先染黑，然后若有连续三个相同颜色，就调整一下，可以证明不会权值只会变小
T2
奇偶判断一下无解，然后就是简单的统计逆序对
T3
设n^4状态，然后n转移
T4
计数好题
给定一棵树，可以断任意条边，定义一种方案的代价为各连通块大小的k次方的和，求\(2^{n-1}\)种方案的代价和
首先考虑暴力，设\(g_{i,j}\)表示以i为根的子树，i所在的联通块大小为j的代价，j=0时表示断掉i的父亲那条边，然后为了方便转移，我们i所在连通块的代价先不算，每次更新完一棵子树，再进行更新\(g_{i,0}+=\sum g_{i,j}\times j^k\)
然后我们发现可以背包转移，时空复杂度\(O(n^2)\)
想到这里发现根本无法优化，于是就需要一点经验，发现\(k\le100\)
设\(f_{i,j}=\sum_{s=0}^{siz_i}(^s_j)f_{i,s}\)，就是以i为根的子树，i所在的联通块贡献\((^s_j)\)的代价，我们发现，j的范围被缩减成k，然后根据第二类斯特林数的公式（普通幂转下降幂），\(s^k=\sum_{i=1}^ks2(k,i)i!(^s_i)\)，然后令\(ans_i\)为该点断掉父亲的答案，\(ans_i\sum_{j=1}^ks2(k,j)j!f_{i,j}\)
发现了可以计算答案，那么如何转移呢？
考虑状态的组合意义，在连通块中取了j个点，由于子树中的情况互不影响，可以用乘法原理，于是又可以背包转移，注意ans要当作大小为0的物品转移
然后如果我们把背包大小定为\(min(k,siz_i)\)，时间复杂度为\(O(nk)\)
2023.10.13
T1
数论分块+差分
T2
有长度为n的序列，m条限制，每条限制形如\(l,r,x\) ，要求区间\(l\sim r\)的and为\(x\)，对于\(i\in[1,m]\)，求满足除了i以外的全部限制是否有解
首先暴力，考虑拆位，对于每一位，0我们就做一次区间覆盖，1就查询区间是否有空位，复杂度\(O(mnlog)\)
我们发现删掉的区间若为1，直接判断即可，就考虑0的时候怎么做
我们想，删掉一个区间覆盖，只会改变若干只被覆盖一次的位置，于是我们把拎出来，然后把不合法的区间拎出来，若该删除区间包含的特殊点不能把全部不合法区间改合法，则不合法
于是就考虑只判断两边的，因为中间若存在我们已经提前判过了，会导致全部都不合法
所以只用记录左端点最大值和右端点最小值判断即可
T3
先缩点，再bfs跑最短路，再根据数据特性水一下
T4
奇怪背包结论
2023.10.14
T1
简单转化一下题意，求n个线性无关的数的方案数，然后DP即可
T2
给定一棵黑白染色的基环树，每个白点会给距离它最远的黑点们贡献1，求最后黑点的最大权值
首先可以想到n^2暴力，然后考虑优化
我们用线段树维护每个黑点距离当前点的距离的最大值，然后遍历一遍基环树，如果走的是树边，只有子树的距离-1，其他+1，如果走的是环，就个一半（判奇偶），然后发现dfn序即可
对于一个白点，就给打一个最大值对应位+1的标记，然后下传即可
2023.10.16
T1
二分+贪心/堆
T2
求满足一下条件的二叉树
- i号节点的儿子个数为\([l_i,r_i]\)
- i号节点的子树中至少有一个节点的编号大于i
考虑一种统计二叉树的DP，设\(f_{i,j,k}\)表示当前加到i号节点，形成j个连通块，还需要k个儿子的方案数
然后考虑枚举当前节点的儿子个数s，发现从前往后做要若\(s\ne0\)时要留下至少一个儿子（限制2）
- s=0：两种情况，单独成点，或者变成儿子
- s=1：与s=0相同，不过要钦定左右儿子，要乘2
- s=2：与s=0相同，还有两种特殊的，在某个儿子上接一个连通块，或向上接一个连通块再向下接一个
然后转移要注意记录方案数
2023.10.17
T1
发现状态数不多，然后直接全部跑处理，然后二维数点
T2
发现修改增加的值的情况只有\(\sqrt{修改次数}\)中，然后就可以打一棵线段树维护，然后每次遍历一边需要修改的点
T3
有一个01串，形如\(a_i\)个\(b_i\)接起来，有一个翻转操作，求至多翻转k次(\(k\in[0,m]\))的最长不下降子序列长度
我们先感性证明一下，对于01翻转，和序列翻转的贡献时一样的
定义简单01串为若干0+若干1
那么x个简单01串可以通过(x-1)次翻转操作归为一个简单01串，所以两个操作是等价的
首先考虑转换一下问题，先把1给选了（设有s1个），然后把0赋予1，1赋予-1，然后找到最大的权值t，容易发现lis长度为t+s1
然后我们要维护的就是就是翻转后的最大前缀和，假如我们已经处理好了一个最大前缀，然后考虑翻转1次后的最大值是什么？
我们发现，找到最大前缀后，然后找到一个最大子段和，如果在前缀中，就把它01翻转，如果在后面，就把如同红色区域翻转，都能记录它的贡献，而且是最优的
所以就转化了要求的东西，找到一个前缀和k段不交子段，使它们的和最大。然后每次贪心选最大子段，发现可能会相交，于是考虑反悔操作，每次取值最大子段，把它翻转，然后下次选时，如果相交，就等价于不选相交的部分
T4
给定序列a，序列p，在a中找到一个上升序列，下标为\(i_1,i_2...\),而且满足\(i_{j-2}\ne p_j\)，求上升序列的最大长度
考虑朴素的n^2DP，就是对于普通的求lis的DP，每个\(f_i\)维护4个值，表示选了i为结尾的lis，最大值mx，前驱pre，次大值smx，前驱spre，然后考虑简单的转移，判断p和前驱的关系即可
然后如何优化呢，首先可以想到用a来维护一个前缀最值，然后发现原来实际上维护的二元组，最大值和前驱，还要加一维i，表示结尾，然后就变成三元组。转移的时候就把原来的结尾变成前驱
通过仔细推敲，我们发现维护5个最值即可完成转移，并且要保证5个最值中最多出现两个相同的前驱
为什么呢？
假如p判掉了两个前驱，我们还有3个最值，可以确保结尾至少有两种，也就是可以保证至少有两个新的前驱
然后每次再把两个前驱不同的丢进树状数组里即可
2023.10.19
信心赛...但只切两题...
T1
打标发现，只有x&y=0的二元组的贡献为\(lowbit(x\oplus y+1)\)
然后按位算贡献，或者数位DP
T2
结论题，nm-1
T3
原题链接https://www.luogu.com.cn/problem/P4643
考虑把一条边在两个顶点个挂一半，然后贪心选点即可，字典序最小方案数就双关键字排序
T4
？数学题
给出主视图，侧视图，求最少几个正方体
排序，直接贪，肯定同满足行列要求最好
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