IOI2020 国家集训队作业乱炖

AGC035D Add and Remove

有意思。

发现第一个和最后一个是不动的，因此可以直接加上这两个的值。

我们设 $dp_{l,r,x,y}$ 表示区间 $[l,r]$ ，放到左边的值对答案贡献为 $x$ ，放到右边的值对答案贡献为 $y$ ，对答案的最小贡献。

容易发现 $x,y$ 只和左右两边选择的先后有关，因此状态数是 ${n-(r-l+1)}\choose{l-1}$ 的，所以总状态数是 $O(2^n)$ 的。

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CF607E Cross Sum

我们考虑首先求出第 $m$ 大。考虑二分，然后有一个以询问点为圆心的圆。考虑每条直线对圆的两个交点构成的弧，如果两个弧互不包含地相交了，那么这两个弧对应的直线的交点就在圆内，容易树状数组求这个数量。

然后输出答案的话把树状数组换成 set 即可，用 set 的 iterator++ 可以做到均摊 $O(1)$ ，注意特判边界。

复杂度 $O(n\log n\log \frac{1}{\epsilon}+m)$ 。

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AGC027E ABBreviate

首先有个典中典的转化：把 a 看成 $1$ ，把 b 看成 $2$ ，则序列总和 $\bmod 3$ 不变。

然后我们发现，最终序列中一个位置要对应原序列的一个区间。所以我们考虑一个长什么样的区间可以转化成其总和对应的字符。

首先一个显然必要的性质是需要有相邻位相同，所以我们先把原序列没有相邻相同判掉。然后我们发现这玩意就充分了。

具体可以对序列长度归纳证明：

首先我们手玩对于所有 $n\leq 3$ 的情况，发现都是满足的。
对于序列长度 $n\geq 4$ 的情况，如果序列中所有数都相同，那么显然可以使序列长度 $-3$ 。否则找一个连续的长度 $\geq 2$ 的相同段，那么这一段左右端点不是边界的一侧做一次变化，就可以使序列长度 $-1$ ，并且仍然存在相邻相同。

因此，我们得到了一个区间转化成一个字符的充要条件。然后我们还可以发现，如果目标序列的每个字符对应到原序列的区间存在一种不交的方案，那么这个对应方式就是满足条件的，具体证明可以找一对初始相邻相同的调整，~~我觉得显然就不证了。~~

因此可以写一个类似于子序列自动机的 DP，时间复杂度 $O(n)$ 。

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AGC036D Negative Cycle

考虑用差分约束刻画这个东西，没有负环等价于存在一种给每个点的赋值方案，满足剩下的每条边，有 $a_i+w\geq a_j$ 。

因为 $i\to i+1$ 的 $0$ 边不能删，所以 $a_i$ 需要满足 $a_i\geq a_{i+1}$ 。

然后你发现因为边权只有 $1$ 和 $-1$ ，并且方向都是固定的，所以一条边能否存在只取决于 $a_i$ 与 $a_j+1$ 的大小关系。这样你只需要设 $dp_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 区间内的数相同，转移的时候枚举下一个值对应的区间端点，前缀和即可做到 $O(n^3)$ 转移。

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AGC028D Chords

考虑计算每个联通块的贡献和。一个联通块在下标上有最大和最小的两个点，考虑枚举这两个点，计算联通块的两端点以这两个点为端点的方案数，记作 $dp_{l,r}$ 。

首先 $[l,r]$ 区间内与区间外是不能有连边的，所以外面的方案数可以单独乘上去。然后内部可以用全部的方案数减去 $[l,r]$ 不联通的方案数。如果不联通，枚举包含 $l$ 的联通块的最右端点即可。

类似区间 DP 转移，时间复杂度 $O(n^3)$ 。

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AGC024E Sequence Growing Hard

把值域看成 $[1,k]$ ，第 $0$ 位置看成 $0$ 。

考虑每次插入的时候，如果在 $x$ 位置插入一个比原来 $a_x$ 大的数，那么显然是满足条件的。如果插入的是比 $a_x$ 小的数，那就寄了。如果是等于 $a_x$ 的数，那么插入在 $x$ 位置与 $x+1$ 位置是一样的，所以不妨放到后面考虑。所以我们现在的操作只有：选择一个位置，插入一个比这个位置大的数。

然后就好做了。我们设 $f_{i,j}$ 表示有 $i$ 个数在第一个数的基础上插入得来，第一个数为 $j$ 的方案数，容易用前缀和优化成 $O(n^3)$ 。

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ARC091F Strange Nim

只需要将其 SG 值求出来即可。

首先我们手玩一下会发现，如果 $a_i\bmod k_i=0$ ，则这个位置的 SG 值为 $\frac{a_i}{k_i}$ ，否则这个位置的 SG 值等于 $a_i-\frac{a_i}{k_i}-1$ 位置的 SG 值。

在 $k^2>a_i$ 的时候，发现会有很多重复的操作，将其合并即可。当 $k^2<a_i$ 的时候，一次操作至少会让其减少 $\frac{a_i}{k}$ ，所以复杂度是 $O(\min(k,\frac{a}{k}))$ 也即 $O(\sqrt a)$ 的。

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ARC096E Everything on It

想错了把题目做复杂了一万倍/cf

首先我们需要容斥，枚举有多少个位置放了 $\leq 1$ 个，剩下的随意放，乘以容斥系数。

然后考虑设 $dp_{i,j}$ 表示将 $i$ 个数（可以不选）合并成 $j$ 个集合的方案数，这个只需要稍微改一改第二类斯特林数的 $O(n^2)$ 递推就行。

这样的话我们枚举 $i$ 个数凑出了几个集合，然后要么和前面的集合拼成另一个集合，要么单独成为一个集合，这样计数可以做到 $O(n^2)$ 。

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CF1336E Chiori and Doll Picking

不错的正交线性基题。

首先将所有数扔到线性基里，不是基底的数对所有数都有 $\times 2$ 的贡献。

现在对基底的数量分讨，若基底的数量 $\leq \frac{m}{2}$ ，则暴力枚举即可。否则，将原线性基转化为正交线性基。

设原线性空间为 $A$ ，正交之后的线性空间为 $A'$ ，则 $[x\in A]=\frac{1}{|A'|}\sum\limits_{y\in A}(-1)^{x·y}$ 。

根据上面的式子，我们只需要求出 $A'$ 中每个数的 $1$ 的个数，就可以 $O(m^3)$ 计算出原线性基中各个 $1$ 的出现次数了。

时间复杂度 $O(nm+2^{\frac{m}{2}}+m^3)$

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ARC096F Sweet Alchemy

一个复杂度更优秀的算法。

首先考虑差分成计算 $c_i$ 表示 $i$ 比其父亲多选了几个。特别的，对于 $i=1$ ，表示 $1$ 选了几个，并重新计算每个点的代价为其子树内的代价和，收益为子树内的点的个数。

我们注意到代价的上限是 $10^9$ ，但是单个物品的收益只有 $n$ 。对于这种问题，我们考虑进行数位 DP。

先将每个物品的 $D$ 次二进制拆开，拆成不超过 $2\log V$ 个物品，且对于每个 $i$ ，选了 $2^i$ 个的物品只有至多 $2$ 件。然后从高到低考虑每一位。设 $dp_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 位，第 $i$ 位往上的收益之和是 $2^ij$ ，的最小代价。

我们注意到，在所有比第 $i$ 位更小的物品的收益之和不会超过 $n(n+1)2^i$ ，因此，设当前 DP 状态中最大的合法的 $j$ 为 $m$ ，则我们可以只保留 $[m-n(n+1),m]$ 范围内的状态，这样子状态的个数就不会超过 $O(n^2)$ ，总的复杂度就是 $O(n^3\log V)$ 的。

进一步的，如果使用其它题解所使用的“前 $i$ 个物品背包，后面直接贪心”的思路，复杂度可以做到 $O(n^3\log n)$ ，但是没有什么必要。

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CF671D Roads in Yusland

这玩意居然还有不是线段树合并的做法！

强上线性规划，对偶成给每条边赋一个值，要求一条路径上边权和 $\leq$ 权值，且边权和最大。

直接贪心就行了，用启发式合并堆维护，复杂度 $O(n\log ^2n)$ ，用可并堆可以做到 $O(n\log n)$ 。

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CF679E Bear and Bad Powers of 42

感觉比较神秘的一个题，感觉证出来复杂度是 $O(n\log ^2n\log _{42}v)$ 的但是题解都说是 $O(n\log n\log _{42}v)$ 的（

我们主要考虑怎么维护第三个操作，发现如果我们能在线段树上每个节点维护这个区间内到每个 $42$ 的幂次最近的数，那么就可以判断有没有一个 $42$ 的幂次了。

但是我们这样子维护没有办法很好地叠合加法标记，因为这可能会造成某些离某个幂次更近的数变掉。

我们发现，对于一个连续的，相同的段，其只会变成 $42$ 的幂次最多 $O(\log _{42}v )$ 次，因此，如果我们加法的时候暴力走，直到区间内加法不再改变离每个幂次最近的数，或者这个区间有覆盖标记，就可以叠合这个加法标记了。

考虑线段树上每个区间，其会被暴力修改 $O(\log _{42}v)$ 次，并且需要在线段树上定位它，所以其复杂度是 $O(\log n\log _{42}v )$ 的。每次操作会产生 $O(\log n)$ 个区间，所以总复杂度 $O(n\log ^2n\log _{42}v)$ 。

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AGC023E Inversions

先考虑合法的排列数怎么算，这个是简单的，只需要按照 $A$ 从大到小考虑，把合法的点顺次乘以系数。

然后考虑，我们先计算 $A$ 序列的逆序对数，然后在此基础上进行一定量的修正。对于 $A_i\leq A_j$ 的数，其对全部逆序对的贡献是把 $A_j$ 看成 $A_i$ 之后的排列数的 $\frac{1}{2}$ ，对于 $A_i>A_j$ 的数，其多算的逆序对数是将 $A_i$ 看成 $A_j$ 后的排列数的 $\frac{1}{2}$ ，容易用树状数组维护。复杂度 $O(n\log n)$ 。

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AGC034F RNG and XOR

我们把过程反过来，计算 $i$ 变成 $0$ 的期望步数。设概率数组为 $A$ ，最后的答案数组为 $B$ ，则有 $AB+I=B+c$ ，其中 $I$ 是一个全部为 $1$ 的数组， $c$ 是一个修正 $A_0$ 的常数。

考虑对其作 FWT 变换，考虑其 $i=0$ 项，有 $B+2^n=B+c$ ，解得 $c=2^n$ 。

因此可以直接将其转化为点值，然后求逆。对于 $i=0$ 的位置可以待定系数。复杂度 $O(n2^n)$ 。

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AGC035C Skolem XOR Tree

构造题怎么做？

注意到 $(x\operatorname{xor}1)\operatorname{xor} 1=x$ ，因此，如果 $n\geq 3$ 且 $n$ 是奇数，则对于每个偶数 $x$ ，连边 $(1,x),(1,x+1),(x+n,x+1),(x,x+n+1)$ 即可。最后把 $(n+1,n+2)$ 连上去。

如果 $n$ 是偶数，并且 $n=2^k$ 那么无解。否则总能找到 $x\operatorname{xor}y\operatorname{xor} 1=n$ ，连上去就行。

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CF1770F Koxia and Sequence

感觉有点牛的题！

序列上每个位置是本质相同的，所以每个位置出现每个数的方案数是一样的，所以如果 $n\bmod 2=0$ 那么就是 $0$ ，否则答案就是所有合法序列上 $a_1$ 的异或和。

考虑枚举 $a_1$ 的某一位，钦定其出现，然后枚举 $y$ 的子集容斥掉 or 恰好为某个值的方案数，就是说枚举一个 $y'\subset y$ 并且要求选择都在 $y'$ 内，然后把所有 $y'$ 的结果 xor 起来。

现在我们要求：每个点都在 $y'$ 内，第一个点必须选 $2^i$ ，然后要求所有数的和为 $n$ ，求方案数 $\bmod 2$ 。

然后就是最牛逼的一步了：我们要求所有 $a_i\subset y'$ ，那么可以将其写成 ${y'\choose a_i}\bmod 2$ ，然后用范德蒙特卷积卷起来就变成 ${ny'-2^i\choose x-2^i}\bmod 2$ ，也就等于 ${x-2^i\subset ny'-2^i}$ 了，就可以 $O(1)$ 计算，复杂度 $O(y\log y)$ 。

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AGC026F Manju Game

感觉这个题有点牛的。

首先考虑 $n$ 是偶数怎么做。容易发现，只要先手选第一个或者最后一个，其收益不会小于 $\max(\sum\limits a_{2i},\sum\limits a_{2i+1})$ 。另一方面，考虑先手选了某个位置 $x$ ，则后手显然可以找到一边，使得主动权到后手手上，这样先手的得分不会超过和 $x$ 同奇偶性的数之和。因此，先手的得分就是 $\max(\sum\limits a_{2i},\sum\limits a_{2i+1})$ 。

然后考虑 $n$ 是奇数，如果先手选了一个奇数位置，则后手可以任取一边将主动权掌握到自己手上，这样先手的得分不会超过 $\sum\limits a_{2i+1}$ 。但是先手选了偶数位置的时候，后手没有办法让主动权掌握到自己手上。

这个过程其实可以看做，先手选了一个偶数点，然后后手在某一边选了所有奇数，先手拿了所有偶数。并且先手可以随时选择拿剩下所有奇数跑路。

记 $\Delta$ 表示先手最后的答案比所有偶数和大了多少。现在我们来考虑如何判定一个 $\Delta$ 是否可行。你会发现，要存在一种划分方式，使得选择了若干个偶数点，且任意相邻两个偶数点之间，奇数位置减偶数位置要 $\geq \Delta$ 。所以我们考虑二分这个 $\Delta$ ，然后去 DP check。转移之只和 $sum_r-sum_{l-1}$ ，因此只需要记录合法的 $sum_{l-1}$ 的最小值即可做到 $O(n)$ 单次。总复杂度 $O(n\log \sum a_i)$

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AGC031D A Sequence of Permutations

记 $p\times q$ 为排列 $p$ 对排列 $q$ 的复合，也即 $a_i=q_{p_i}$ ，则 $f(a_i,a_{i+1})=a_i^{-1}a_{i+1}$ 。

列出前几项，可以发现，

a_{1} = p a_{2} = q a_{3} = p^{- 1} q a_{4} = q^{- 1} p^{- 1} q a_{5} = q^{- 1} p q^{- 1} p^{- 1} q a_{6} = q^{- 1} p p q^{- 1} p^{- 1} q a_{7} = q^{- 1} p q p q^{- 1} p^{- 1} q a_{8} = q^{- 1} p q p^{- 1} q p q^{- 1} p^{- 1} q a_{9} = q^{- 1} p q p^{- 1} p^{- 1} q p q^{- 1} p^{- 1} q a_{10} = q^{- 1} p q p^{- 1} q^{- 1} p^{- 1} q p q^{- 1} p^{- 1} q

$a_1=p\\ a_2=q\\ a_3=p^{-1}q\\ a_4=q^{-1}p^{-1}q\\ a_5=q^{-1}pq^{-1}p^{-1}q\\ a_6=q^{-1}ppq^{-1}p^{-1}q\\ a_7=q^{-1}pqpq^{-1}p^{-1}q\\ a_8=q^{-1}pqp^{-1}qpq^{-1}p^{-1}q\\ a_9=q^{-1}pqp^{-1}p^{-1}qpq^{-1}p^{-1}q\\ a_{10}=q^{-1}pqp^{-1}q^{-1}p^{-1}qpq^{-1}p^{-1}q$

$a_{n}=q^{-1}pqp^{-1}a_{n-6}pq^{-1}p^{-1}q$ ，证明这个不难，只需要发现左边那个是不动点即可，然后快速幂就做完了。

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AGC027D Modulo Matrix

特化，特化，特化！

我们发现直接对这个东西做似乎无从下手，于是我们考虑奇偶染色，黑色放大的，白色放小的，大的直接取周围一圈小的的 LCM。

直接放是 $10^{20}$ 级别的，但是我们考虑再特化一下：按照斜线填小的，每次找一个大于 $n$ 的质数然后依次填这个质数的倍数。

注意到一个点周围只有 $2$ 中质数和 $3$ 种倍数，因此值域是 $O(n^5\log ^2n)$ 的，卡卡就过了。

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AGC022D Shopping

首先显然可以先将每个点的时间模掉 $2L$ ，直接加到答案里面去，然后肯定要有一个 $0\to L\to 0$ 的来回，所以再加上 $2L$ 。

我们发现，这样子以后商场可以分为四种：

无论火车往哪边开，在这个商场购物之后火车都会反向，加上一个 $L$ 。
无论火车往哪边开，在这个商场购物之后火车都会往左，但是，如果从左边进来，那么贡献一个 $L$ ，否则贡献两个 $L$ 。
同上，对称情况。
无论火车往哪边开，购物之后火车还是原来方向，加上两个 $L$ 。

第四种可以直接算答案，现在剩了三种。

我们发现，如果一个 2 情况在右边，一个 3 情况在左边，那么将这么一对 $2,3$ 匹配起来是优的，相比于分开走会小一个 $L$ ， $1$ 可以任意当做 $2,3$ 匹配，因此我们的目标是让匹配最大。因此我们先让 $2,3$ 匹配，然后让 $1$ 与 $2,3$ 匹配，最后让 $1$ 内部匹配即可。容易用栈维护做到 $O(n)$ 。

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AGC033E Go around a Circle

首先我们考虑单个点怎么判定，然后你会发现你啥都判不出来。

所以这个东西的性质肯定和全部满足有关。假设 $s_1$ 为 R，如果不是全部取反答案不变。

这样，就不能有两个连续的 B。如果 $s$ 全是 R，那么这个条件就是充要的了，特判掉。

之后就肯定要有一个 B 了。然后我们发现，如果一段 R 的长度为偶数，那么每个点往两边走到第一个 B 的奇偶性是一样的，所以会出现在开头走不过去的情况，因此，R 的连续段长度为奇数。

然后你会发现，这样子带来一个非常好的性质。考虑现在 $s$ 序列中有一个 B，那么当前点要经过一个 B，但是对面的点也要经过一个 B 过来，因此可以看做不变。同时，经过奇数/偶数个 R 也是一样的分析，因此我们不用考虑移动带来的影响。

另外，如果 $s$ 中有一段连续的 R 长度为奇数，那么这一段连续的 R 需要走到对面去才能把奇偶性调整对，这样的话任意一段 R 的长度都不能超过 $s$ 中奇数长度的 R 的长度，但是结尾的 R 不需要考虑。同时， $s$ 中开头的一段 R 如果长度为偶数，也会对 R 的长度进行限制，因为一开始要从这里面走出来，需要特判。

因此，我们只需要设 $f_i$ 表示长度为 $i$ 的，两头都是 B 的合法串有几个，然后最后枚举被截断的长度合并即可。容易前缀和优化到 $O(n)$ 。

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AGC038F Two Permutations

转换看上去是比较平凡的，这里讲建图。

我们需要解决的问题是，有若干个环，每个环可以选择 $i$ 或者 $p_i$ 。有若干限制，可以表示为，若两个环都改变，贡献 $+1$ ，或者两个环都不改变，贡献 $+1$ ，求最小贡献。

这个东西看上去非常文理分科啊，于是我啪的一下很快啊拍了个文理分科上去。

然后 WA 了。原因是文理分科并不能做最小值的情况。

我们需要注意的是这个题有没有特殊性质，可以发现的是，限制的图是一个二分图。

则，我们让 $q$ 对应的意义取反，也即如果和 $S$ 相连，那么代表改变了，如果和 $T$ 相连，代表没有改变，然后就发现能用了。

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ARC092F Two Faced Edges

我们发现，翻转一条边 $u\to v$ 带来 SCC 改变，只有两种情况：

$u,v$ 不在一个 SCC 内，且去掉 $u\to v$ 这条边以后， $u$ 仍然能到 $v$ ，这种情况 SCC 数目 $+1$ 。
$u,v$ 在一个 SCC 内，且去掉 $u\to v$ 这条边以后， $u$ 不能到 $v$ ，这种情况 SCC 数目 $+1$ 。

究其根本，我们需要对于每条边 $u\to v$ ，求在去掉 $u\to v$ 的边以后， $u$ 是否仍然能到达 $v$ 。

枚举 $u$ ，从小到大枚举 $u$ 的每个出边，进行一个搜，不能走到之前已经搜过的点，更新上面的可达性。

我们发现，这样子已经能够处理， $u\to v$ 的路径中第一步走的在这条边前面的边了，则再翻转一次做一遍就行。

复杂度 $O(nm)$ 或者 $O(n^3+m)$ 。

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AGC036E ABC String

猜一猜就行了……

假设 A 的数量小于 B 的数量小于 C 的数量。

具体的，先删 BCB 中的一对 BC，如果B 的数量和 A 不等那么肯定有 B 在开头结尾，删掉。

然后再删开头结尾的 C 以及 ACB 或 BCA 中的 C，然后再删 $c_C-c_A$ 个 AC 与 BC 掉就行。

证明能找到这么多对是可以乱画的……

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AGC035F Two Histograms

手玩一下，会发现，如果存在 $k_i=j,l_j=i-1$ ，则替换成 $k_i=j-1,l_j=i$ 方格中的数是不变的。

猜测不存在这样的结构就两两不同，感性理解一下这样很对。

如果我们先不管证明，考虑如何计算这个东西：枚举有多少对 $(i,j)$ 满足这个条件去容斥，这样就是从 $n$ 个中选 $i$ 个出来，从 $m$ 个中选 $j$ 个出来，然后配对一下，剩下的任选即可，复杂度 $O(n+m)$ ，写了一下发现过了。

但是这个为什么是对的呢？

反证，假设满足上述条件的一对 $(k,l)$ 和 $(k',l')$ 生成的网格相同。

找到最后一个满足 $l_i\not=l'_i$ ，不妨假设 $l_i<l'_i$ ，则要满足 $k_{l_i+1}\geq i,k'_{l_i+1}<i$ 。又因为 $k_{l_i+1}\not=i$ ，所以 $k_{l_i+1}>i$ 。

这样的话， $(l_i+1,i+1)$ 处双方生成的网格不相同，矛盾，所以只要满足不存在这样的结构，就会生成两两不同的网格.

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CF708D Incorrect Flow

粗一看这个东西很上下界网络流，于是考虑从这个角度去思考。

先给 $1,n$ 两个点之间连一条边，让这条边容量无限，流量初始为 $0$ ，并且增加流量不需要代价。这样子所有点就都流量平衡了。

我们让一条边正着流表示 $f_i$ 变大一个，反着流表示 $f_i$ 变小一个，如果代价都是正的，那么显然不会同时正着和反着流。

考虑计算每个点在现行流量下的流量平衡情况，记入度减出度为 $d_i$ 。若 $d_i>0$ ，表示 $d_i$ 需要新增一些出度与删掉一些入度，总和为 $d_i$ 。注意到在上面的定义下，这等价于增加 $d_i$ 个流量，因为反着流就表示减小，正着流就表示增加；对于 $d_i<0$ 同理。

然后对于一条边流量的费用，需要根据容量和流量的关系分讨一下，这样可能会出现一条边费用分段的情况，但是分段的情况费用单调递增，所以没有关系。

跑个最小费用最大流就做完了，时间复杂度为 $n$ 个点， $m$ 条边，流量 $nV$ 费用流的复杂度，~~但是这个复杂度真的过得去吗~~

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AGC037D Sorting a Grid

考虑倒着模拟回去，如果 $D$ 是有序的，那么 $C$ 需要每一行的数的集合正确，则 $B$ 中每一列中每一行恰好有一个。

考虑增量构造，每次构造一个列，这个可以直接二分图匹配。

但是这样为什么对？我们试图证明，对于任意一个 $n\times m$ 的矩阵，其中 $n$ 种数每种数恰好有 $m$ 个，都能在每一行中选择一个数，使得所有选出来的数构成的集合是全集。

考虑 Hall 定理，枚举一个数的集合，观察有这些数的行的集合。因为一行至多只能放 $m$ 个数，因此 $x$ 个数所对应的行至少有 $x$ 个，因此存在完美匹配。

使用不同的匹配方法可以做到 $O(n^4)$ 或 $O(n^{3.5})$ 。

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AGC029F Construction of a tree

感觉是比较高明的流子题。

首先我们观察一下，如果 $x$ 个集合的并大小不超过 $x$ ，那么就无解了，因为这样的话这 $x$ 个点就至少有 $x$ 条边，一定成环。

盲猜一手这个就是充要条件，然后考虑构造性证明。

你会发现这个判定就是一个二分图匹配，所以肯定要流。我们定 $n$ 为根，然后对于每个集合，选两两不同的点，表示这个集合的边的两个点中更深的点。

然后从 $n$ 开始搜，比如当前处理的是 $x$ ，如果一个集合没有被定过较浅的点，并且其集合内有 $x$ ，就直接把 $x$ 定做较浅的点，连这一条边。

考虑什么时候构造不出来，这样的情况没有被处理的集合中，均没有已经处理过的点。

但是这样的话你会发现，没有被处理过的集合的并不超过其选择的点集的大小，也就满足了无解的充分条件，所以肯定无解。因此对于有解方案总能构造出解，也就证明了上面那个条件是充分的。复杂度是二分图匹配的 $O(m\sqrt n)$ 。

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AGC036F Square Constraints

首先你可以求一个 $[l_i,r_i]$ 表示 $p_i$ 要在哪个区间内，然后相当于对满足这些条件的排列计数。

直接做感觉是不能做的，于是考虑它给的条件有什么性质。

我们考虑容斥一下，枚举一些点，强制让其 $\leq l_x-1$ ，然后容斥系数是 $-1$ 的这样的个数次方。

这样就都是小于了。如果这些值是确定的，那么可以直接排序，然后把 $a_i-i+1$ 全部乘起来就行了，但是它并不有序。

另外，你观察到 $l$ 和 $r$ 是分别有序的，但是好像并没有什么用。

观察一下 $r$ 在 $[n,2n)$ 范围内的最大值，也即 $r_n$ 处的值，发现是 $\sqrt3n$ ，然后观察 $l$ 的最大值，发现是 $n$ ，然后你发现 $[n,2n)$ 范围内是没有下界，不需要容斥的。所以先枚举一下 $[0,n)$ 有多少被容斥的，这样如果确定了 $(i,n)$ 中有多少个被容斥了，那么 $i$ 是否容斥的系数都是容易计算的，因此将 $[0,n)$ 的 $l_i-1$ 与 $[n,2n)$ 的 $r_i$ 归并以后就可以 DP 了。复杂度 $O(n^3)$ 。

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AGC025D Choosing Points

一个简单但是有趣的结论：将距离为 $\sqrt d$ 的点连边，构成二分图。

考虑按照 $d\bmod 4$ 余数分讨证明：

$d\bmod 4=1$ ：两边长为奇数+偶数，按照 $x+y$ 奇偶性分。
$d\bmod 4=3$ ：没这种情况。
$d\bmod 4=2$ ：两边长为奇数，按照 $x$ 奇偶性分。
$d\bmod 4=0$ ：两边长为偶数，除二归纳。

然后直接对两种分别染色，取最大的一定满足要求。

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AGC039E Pairing Points

感觉这种题就看你能不能枚举到适合 DP 的结构了！

首先拍到序列上，一条边看成一个区间，则两个边相交当且仅当区间相交但不完全包含。

枚举 $1$ 和哪个点连边，则我们需要计算 $f_{i,j,k}$ 表示 $[i,j]$ 区间，并且 $k$ 和区间外某个点有连边，区间内连成联通块的方案数。

我们发现，跨立 $k$ 的连边只能是互相包含的结构，因此我们枚举最外面的一条边，设为 $x$ 连向 $y$ ，再在 $[x+1,k]$ 中枚举一个分界点，分界点左边和 $x$ 连通，分界点右边和 $k$ 联通，同时在 $[k,y-1]$ 之间也枚举一个，然后发现变成了三个子问题，就可以计算了。

上面状态是 $O(n^3)$ 的，转移是 $O(n^4)$ 的，总复杂度是 $O(n^7)$ 的，有若干比较显然的优化成 $O(n^5)$ 甚至更低的办法，但是没有必要因为 $O(n^7)$ 只需要跑 30ms。

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AGC039F Min Product Sum

首先有一个 DP：设 $f_{k,i,j}$ 表示从小到大填到了 $k$ ，现在有 $i$ 行 $j$ 列已经被确定了最小值的权值和。

直接硬转移不太好做，我们考虑容斥。但是如果同时对两维容斥又不好做了，所以我们只对一维容斥。

我们将 $i$ 的扩展分为两步：枚举一些行，不作限制，与枚举一些行，钦定每行都没有 $k$ ，乘上这类的容斥系数。

先枚举第一种转移，这是容易算清楚系数的。然后转移列，枚举有多少列是有 $k$ 的。因为剩下再转移的行已经钦定没有 $k$ 了，所以现在的每列都要有一个 $k$ ，需要减去全部 $>k$ 的方案。最后转移没有 $k$ 的行，贡献也容易计算。

然后就做完了， $O(nm(n+m)k)$ ，需要卡一卡常。

另外有个很牛的做法是，转化成同时填两个矩阵 $A,B$ ，使得 $B_{i,j}$ 小于 $A$ 的 $i$ 行最小值与 $j$ 列最小值，然后转化成 $B$ 的 $i$ 行最大值小于 $A$ 的 $i$ 行最小值， $B$ 的 $j$ 列最大值小于 $A$ 的 $j$ 列最小值，这样行列相对独立，也可以做到 $O(nm(n+m)k)$ 。

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AGC028E High Elements

首先我们发现，如果原序列中某个位置是前缀最大值，那么分了之后肯定是前缀最大值，我们特殊观察一下这种数。

如果我们已经确定了这样的前缀最大值属于哪边，然后考虑剩下的非前缀最大值的分配。对于一个前缀最大值，假设其被分配到 $A$ 序列中，那么它之后一段直到下一个前缀最大值内的数都是可以任意分配给 $B$ 序列而不影响 $A$ 的前缀最大值的。所以，当前缀最大值的分配方式确定之后， $A,B$ 序列的前缀最大值是一个包含已经分配的前缀最大值的上升子序列，并且对于不是原序列前缀最大值的部分，其互不干扰。

对于字典序的问题我们需要考虑判定。根据上面的结论，可以说明的是，如果存在满足要求的分配方式，则存在一种分配方式，使得其中一边的前缀最大值都是原序列的前缀最大值，因为显然如果两边都有可以两边同时删去。

将直接选原序列的前缀最大值的情况判掉之后，我们枚举一边，钦定其存在不是原序列前缀最大值的前缀最大值，不妨假设 $A$ 序列存在这样子的数。

记权值为 $A$ 序列前缀最大值减去 $B$ 序列前缀最大值，目标是判定是否存在权值等于某个数的分配方式。先来考虑这个权值的上界，是将剩下的序列中，前缀最大值的价值为 $2$ ，非前缀最大值的价值看成 $1$ 的最长上升子序列，并且子序列中要包含非前缀最大值。

然后我们惊奇地发现， $0$ 到这个上界的所有值都是可以取到的！因为考虑从这个上界开始调整，不断删除前缀最大值点直至没有或者恰好大 $1$ ，这时再用权值为 $1$ 的点补齐即可。

这样只需要一个线段树来做最长上升子序列就行了。时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

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AGC039D Incenters

被平面几何搏杀了。

设原点为 $O$ ，三个点为 $A,B,C$ 。

性质1：记三条角平分线与单位圆交于 $D,E,F$ ，则 $\triangle ABC$ 的内心 $I$ 为 $\triangle DEF$ 的垂心。

性质2：对于三角形 $\triangle ABC$ 的外心 $O$ ，重心 $G$ ，垂心 $H$ ，有 $\vec{OH}=3\vec{OG}$ 。

第一个倒一下角就行，第二个可以相似。

则三角形内心就是三条弧中点相加，这个容易 $O(n^2)$ 做。

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CF575E Spectator Riots

真的一点不会计算几何！

画画图就可以发现，实际上一定存在一个圆满足其能包含所有标记点。

假设我们现在有一个圆，是 $\triangle ABC$ 的外接圆，有一点 $D$ 不在圆内，假设四边形 $ABCD$ 中 $AD$ 为对角线。

由圆的性质，有 $\angle ADC<\angle ABC$ ，所以，将外接圆改成 $\triangle ACD$ 的外接圆之后，现在的外接圆包含了原来的外接圆，所以一定存在一个外接圆包含了所有点。

现在问题变成从若干个点中找三个点外接圆最大。

如果某一个点不在凸包上，显然是不优的。现在来考虑三个点都在凸包上的情况，我们猜想，这三个点在凸包上相邻。

证明不想写了，可以看 yhx 写的证明

然后只需要求凸包就行，半径可以用 $4S=\frac{abc}{R}$ 反推，复杂度 $O(n\log n)$ 。

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AGC032F One Third

首先，我们固定第一刀的位置为 $0$ ，然后考虑剩下的刀切在哪里。

我们做一个转化，将每一刀原来的位置标记为蓝色，旋转 $\frac{2}{3\pi}$ 之后的刀标记为红色，再转 $\frac{2}{3\pi}$ 的刀标记为绿色。则我们取 $[0,\frac{2}{3\pi}]$ 内的刀，我们实际上求的就是异色刀之间最小的距离。

这显然会在相邻的刀之间取到。假设我们已经知道了在 $[0,1]$ 上撒 $n-1$ 个点，分割出的 $n$ 段区间中大小第 $i$ 小的区间长度为 $f(n,i)$ ，则答案就是 $\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{2+[i==n]}{3^i}f(n,i)}$ ，也就是枚举第几个是异色的。

现在问题在于求 $f(n,i)$ ，先打个表，发现 $f(n,1)=\frac{1}{n^2}$ 。

证明考虑计算 $P(X)$ 表示撒 $n$ 个点最小的距离 $\geq X$ ，这相当于在 $1-nX$ 上撒 $n$ 个点，所以 $f(n,1)=\int_{0}^{\frac{1}{n}}(1-nX)^n\mathrm{d} x=\frac{1}{n^2}$ 。

然后考虑根据这个写一个递推式。第二大的相当于每个长度都减去 $\frac{1}{n^2}$ ，然后去掉一个之后的最小，所以有 $f(n,k)=\frac{1}{n^2}+\frac{n-1}{n}f(n-1,k-1)$ 。

这时候需要一点猜想，然后归纳。结论是 $f(n,k)=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{k} \frac{1}{n-i+1}$ ，然后就容易 $O(n)$ 做了。

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AGC033F Adding Edges

首先我们发现，如果我们的边存在 $a,b,c$ 在树上同一条路径依次排布，并且 $(a,c),(b,c)$ 都存在，则可以将 $(a,c)$ 换成 $(a,b)$ ，显然不影响答案。

这样子的变换显然不会无限进行下去，最后我们会得到一个图，满足一个点 $a$ 的任意两条出边 $(a,b),(a,c)$ 中，不存在 $a,b,c$ 在某一条路径上依次排列。

那么这样子，路径只能越合并越长，所以可以直接计算。模拟上述过程，时间复杂度 $O(nm)$ 。

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AGC031F Walk on Graph

这个题怎么这么牛！我感觉我再长十个脑子都不够！

首先我们将这个走的形状反过来，让它从终点往起点走，那么每次就变成 $\times 2$ 再加上边权。

记 $(x,u)\to (y,v)$ 表示在 $x$ 号点，权值为 $u$ ，能走走到 $y$ 号点，权值为 $v$ 。我们来证明，可达关系是双向的。

我们只需要证明走完每条边的状态都是双向可达的即可。设边权为 $w$ ，则有 $(x,u)\to (y,2u+w)$ ，若走了 $2t$ 次，则会来到状态 $(x,u2^{2t}+w(2^{2t}-1))$ ，令 $t=\varphi(mod)$ 即可走到状态 $(x,u-w)$ ，然后再这样走 $mod$ 次即可走回 $(x,u)$ 。

然后，我们考虑一个点的两条出边， $(x,y_1,w_1),(x,y_2,w_2)$ ，若走 $x\to y_1\to x$ ，会得到状态 $(x,4k+3w_1)$ ，走另一条会得到 $(x,4k+3w_2)$ ，也即可以看成可以从 $(x,u)$ 走到 $(x,u-3(w_2-w_1))$ 。如果我们取所有有相同端点边权差的 $\gcd$ ，令其为 $g$ ，则 $\bmod \gcd(3g,mod)$ 同余可以任意移动。

现在有一个好处，是所有边 $\bmod g$ 都是同余的。记余数为 $r$ ，假设我们将所有边都减去 $r$ ，并将起点权值加上 $r$ ，则每次走过一条边会变成 $2(u+r)+w_1-r=2u+w_1+r$ ，仍然大 $r$ ，因此作此变化以后，所有边都是 $g$ 的倍数了。

如果现在这样建点并查集合并复杂度还是爆炸。我们考虑 $(x,u)\to(x,4u+3w)$ 的变换，在 $\bmod \gcd(3g,mod)$ 下已经变成了 $(x,u)\to(x,4u)$ 。考察 $\frac{u-u\bmod g}{g}$ ，这东西 $\times 4$ 以后在 $\bmod \gcd(3g,mod)$ 情形下是不变的，所以可以看做对 $u\bmod g$ 乘了个 $4$ ，因此我们只需要知道我们经过了奇数还是偶数条边。