ABC438

rk224。因为调了太长时间 F 最后直接放弃 G 了。

A - First Contest of the Year

因为 \(D,F\) 很小直接模拟就行了。

难于一般的 ABC A。

时间复杂度 \(O(D)\)。

B - Substring 2

枚举 \(T\) 从那个位置开始和 \(S\) 匹配，然后暴力计算更新答案即可。

时间复杂度 \(O(nm)\)。

C - 1D puyopuyo

我不知道为什么这么干但很有道理。

不难发现策略是能消就消，于是维护一个栈，栈顶出现 \(4\) 个相同数字就直接消掉。

最后答案就是栈的大小，复杂度为 \(O(n)\)。

D - 1D puyopuyo

记三个数组的前缀和分别是 \(Sa,Sb,Sc\)。

最终的答案为 \(Sa_x+Sb_y-Sb_x+Sc_n-Sc_y\)。

枚举 \(y\)，维护前缀最大的 \(Sa_x-Sb_x\)，即可做到 \(O(n)\)。

E - Heavy Buckets

考虑第 \(B_i\) 个杯子都经过了那些人的手里。

设 \(g_{i,j}\) 表示杯子 \(i\) 传递 \(2^j\) 次后到谁手里，\(f_{i,j}\) 表示杯子 \(i\) 传递 \(2^j\) 次后水量，则有：

\[g_{i,j}\gets g_{g_{i,j-1},j-1} \]

\[f_{i,j}\gets f_{i,j-1}+f_{g_{i,j-1},j-1} \]

然后倍增跳就行了。如果你把传递关系看成有向边，实际就是 CF702E。

时间复杂度 \(O(q\log T)\)

F - Sum of Mex

考虑经典套路，算出 \([0,x-1]\) 但不经过 \(x\) 的边有多少条，然后乘上 \(x\) 即可。

不太好做，换个套路算出经过 \([0,x]\) 的路径条数直接加，因为这些路径在 \([0,x-1],[0,x-2],\dots ,[0,0]\) 都做了贡献，所以新加上一次贡献。

如何计算经过 \([0,x]\) 的路径条数？

先考虑将 \(0\) 设置为跟，则所有经过 \([0,x]\) 的所有路径的并是一条过根的链，维护这个链，方案数是链两个端点内子树乘积（注意链的一个端点为跟的情况）。

假设维护出 \([0,x-1]\) 的所有路径的并，加入 \(x\)，从 \(x\) 暴力跳祖先，若最后跳到链的端点上，则将端点修改到 \(x\)，反之若跳到链内部，则不存在同时经过 \([0,x]\) 的路径。

时间复杂度为 \(O(n)\)，初始预处理一下父亲和子树大小即可。

G - Sum of Min

我不管我赛时口胡出来就是切了。

假定 \(n<m\)。不难发现 \(\text{lcm}(n,m)\) 为一个周期。

考虑一个周期内的答案，每个 \(A_i\) 会和那些 \(B_j\) 取 \(\min\)，不难发现和 \(A_i\) 取 \(\min\) 的 \(B_j\) 构成了一个环，不难发现在能在这个环里和 \(B_j\) 取 \(\min\) 的 \(A_i\) 也是一个环。不难发现 \(A_i\) 划分的环和环不重叠，\(B_j\) 划分的环和环不重叠。

然后把两个环放在一起处理，排序后维护后缀和，每个 \(A_i\) 可以求出环里小于 \(A_i\) 的 \(B_j\) 个数和大于 \(A_i\) 的 \(B_j\) 之和，可以快速计算一个周期 \(A_i\) 会在这个环里匹配整整几轮。

对于边角的部分，每个数仍在环里计算边角部分会匹配整整几轮，剩下的瞎做，不难时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

瞎做锤子，貌似要离线后线段树二分或者在线主席树，烫完了。