【省选模拟】1 月
1.11
T1 的暴力 DP 写了很久，心里也觉得不太稳，但过了大样例就没管，结果爆 0 了。。。还是不能有侥幸心理
T2 想到了正解结论但写了个暴力维护没过样例，以为假了，而且时间也不太够
T3 想到了正解结论的弱化版，还是缺少观察
首先是时间分配不太合理，在感知到 T2 可做的情况下还花了大量时间做 T1，不太划算
其次是有些浮躁，能想出一些东西但不够深入
「没啥了，没啥，就挺自卑的，挺难受的，感觉啥也不是——pyt」
序列（ARC100F）
序列 \(A\) 出现多次算多次，那么可以枚举出现位置算有多少个彩色序列，直接算很难，考虑算补集（有多少个非彩色序列包含 \(A\)）。
直接 DP 需要状压（判断 \(A\) 是否出现），减小状态的关键是观察 \(A\) 在不同情况下的性质，分类讨论采用不同 DP 方式
具体做法官方题解很详细了
有向图（CF1361E）
「至少 \(20\%\) 结点有趣」显然是用来随机化找到一个有趣点的
建 dfs 树，如果树中存在前向边/横叉边那么根一定不合法，否则树上都是返祖边，考虑其他点是否合法
结论：一点合法的充要条件是其子树中的返祖边仅有一条指向子树外（该点祖先），且该点祖先合法
正确性显然
实现方法貌似有很多
图形（CF1290F）
设每个向量选了 \(k_i\) 次，那么合法的 \(\{k_{1},\cdots,k_{n}\}\) 一定唯一对应一个凸包，因此本质是数序列。同时可以发现，凸包横坐标极差为 \(\sum_{x_{i}>0}k_{i}x_{i}\)
朴素做法是枚举每个 \(k_i\) 或状压当前 \(\sum k_{i}x_{i}\)。
类似「NOIP2021 T2」，考虑按位 DP 来凑出 \(k\)。枚举 \(k_i\) 在当前位的取值，结合上一位的进位可以得到 \(\sum_{x_{i}>0}k_{i}x_{i}\)，合法的条件是 \(\sum_{x_{i}>0}k_{i}x_{i}，\sum_{x_{i}<0}k_{i}x_{i}\) 当前位相同。
为了保证 \(\sum_{x_{i}>0}k_{i}x_{i}\le m\)，还需要记当前及以后位是否 \(\le m\)
这个 trick 大概对于 \(\sum^{n}k_{i}x_{i}=m\)，\(n,x\) 很小而 \(m\) 很大的题都适用
1.13
没啥大问题，唯一的遗憾就是最后 30min 没有玩 T1 的 \(k\le3\) 而是去打 T3 的表
守序划分问题
结论：一个划分是守序的，等价于 \(\forall k\in(1,n],\exists i,\min A_{i}<k\le\max A_{i}\)
必要性：若不满足，则可将 \(A\) 根据 \(\max\) 与 \(k\) 的大小划分为两个集合 \(S,T\)，则有 \(\forall i\in S,j\in T,\max A_{i}<k\le\min A_{j}\)，一定不能相邻，无法成环
充分性：考虑归纳构造。先将 \(A\) 以 \(\min\) 排序，设前 \(i\) 个 \(A\) 已排列成环，根据结论一定存在 \(j\le i,\min A_{j}<\min A_{i+1}<\max A_{j}\)，又有 \(\min A_{j-1}<\min A_{i+1}\)，可以将 \(A_{i+1}\) 放在 \(A_j\) 之前
发现我们只关心每个 \(A\) 的 \(\min,\max\)，且不关心其具体大小，可以以此 DP。从小到大枚举每个数 \(i\)，考虑其放到那个集合中。
设 \(f[i,j,k]\) 为前 \(i\) 个数，分成 \(j\) 个集合，其中 \(k\) 个的 \(\max\ge i\)，转移有四种：
- \(i\) 放到原来集合中：\(f[i+1,j,k]+=k\times f[i,j,k]\)
- \(i\) 放到原来集合中并作为最大值：\(f[i+1,j,k-1]+=k\times f[i,j,k]\)
- \(i\) 新开一个集合（作为最小值）：\(f[i+1,j+1,k+1]+=f[i,j,k]\)
- \(i\) 新开一个集合并作为最大值（即该集合中只有一个元素 \(i\)）：\(f[i+1,j+1,k]+=f[i,j,k]\)
欧拉函数
做法很多：分块，莫队，线段树+bitset。标算是 \(\text{poly}\log\) 的
显然难点在于单点修改、区间乘积的 \(\varphi\)，即 \(\prod(1-\frac{1}{p})\)。（每个质因子只贡献一次，所以本质是数颜色）
修改本质是删除和插入，而删除可以看作插入的逆元，分别考虑每个质数的插入。使用 set 维护集合 \(\{i|p\mid a_{i}\}\)（即质因子包含 \(p\) 的位置集合）
这类问题的经典想法是容斥。记 \(w=1-\frac{1}{p}\)，在 \(i\) 位置插入时，求出其前驱 \(pre\)，后继 \(suf\)，然后在 \((pre,suf),(i,i)\) 上乘 \(w\)，\((pre,i),(i,suf)\) 上乘 \(\frac{1}{w}\)，这样查询 \([l,r]\) 时只需要查正方形 \((l,l)\sim(r,r)\) 的权值积，这是一个朴素的三维偏序
时间复杂度为 \(O(n\log^{2})\)。但 \(40000\) 内的数最多有 \(6\) 个不同质因子，每次修改需要在平面上加入 \(6\) 个点，因此常数很大
点整的上圆
1.15
超脑星球
记 \(mn(i)=\min(a_{i-1},a_{i})\)，\(mx\) 同理
先考虑 60pts 的费用流做法：先统计所有的 \(|a_{i}-a_{i-1}|\)，将 \(b_i\) 插到 \(a_i\) 前的贡献为：\(\max(2b_{i}-2mn(i),2mx(i)-2b_{i},0)\)，可以将 \(a,b\) 的值分开计算。建两个点代表 \(\max\{2b\},\min\{-2b\}\)，这样只需要将 \(a,b\) 分别与这两点连边，边数降到 \(O(n)\) 级别
进一步发现这张图性质很好，可以模拟费用流
另一种做法是反悔贪心。将每对 \(a_{i-1},a_{i}\) 看作线段，\(b_{i}\) 看作点，那么就是要给线段匹配点，若点在线段内则无贡献，否则贡献为点到线段两端点距离 \(\min\) 的两倍。
朴素贪心是将点排序（显然一定是最值先匹配，以下以匹配 \(\min\{b\}\) 为例），用堆维护线段，每次取左端点最大的未匹配线段，这样很容易 hack，所以考虑加上反悔。
结论：若要反悔，一定是将一条原来与最大值匹配的线段改为匹配当前最小值，并给被夺取匹配的最大值另找一条线段
证明：显然具体的匹配不重要，只需要考虑线段是与最大值还是最小值匹配。因此反悔时一定是将原来匹配最大值的改为匹配最小值，且被夺取匹配的最大值不会继续反悔，否则在它加入时就已经反悔了
另一种考虑角度是观察网络流的图，只能从另一个代表最值的点退 \(1\) 单位流量
整理以下，对于最小值而言，决策有：
- 匹配：\(2mn(j)-2b_{i}\)，其中 \(j\) 未匹配
- 反悔：\(-(2b_{i'}-2mx(j'))+2mn(j')-2b_{i}+2b_{i'}-2mx(j)=2a_{j'-1}+2a_{j'}-2mx(j)-2b_{i}\)，其中 \(i',j'\) 时原来的一组匹配
开四个堆保存最值，数组记录匹配情况即可
暗星人
1.17
暂咕
1.18
感觉这两天签到完了就没啥干的，想不动也写不动。以后如果发现签到题就先写完拍上，然后扔掉去做原计划。还有就是学艺不精，看到点仙人掌没想到边双树
点点的计算
考场上打表出了 \(ans(n,k)=\text{lcm}(n,ans(n-1,k-1))\)，但没意识到答案就是 \(\text{lcm}(1\cdots n)\)。。。 证明
那么只需要维护后缀的 \(\text{lcm}\)，可以使用主席树+栈来维护质因子
点点的最大流
有树剖+线段树和 LCT 两种做法，不难想，但确实难调。考场上遇到这种题一定要慎重抉择是否写
注意封装，可以借鉴一下 ycx：“我都不知道每个 namespace 里写了点啥，能跑就行”
1.19
写完一题就交一下，别最后发现什么问题导致手忙脚乱的
中心城镇问题
这题的 \(k\le2\) 和 \(w_{i}=1\) 都是原题，做的时候也没想如何扩展，于是 gg 了
先 k++，这样距离为 \(k\) 的点对可以同时选
正解考虑 DP，设 \(f[u,d]\) 为子树 \(u\) 中所选的点距 \(u\) 至少 \(d\) 的最大价值，转移时枚举距 \(u\) 为 \(d\) 的点出自那个子树：
这是长剖优化的经典形式，写的时候注意定义中蕴含了后缀 \(\max\)，需要仔细维护
DP 部分
LL dp(int u,int d) { return 0<=d&&d<h[u] ? f[u][d] : 0; }
void dfs2(int u) {
f[u][0] = a[u];
if( son[u] ) dfs2(son[u]), f[u][0] = max(f[u][0]+dp(son[u],k-1), f[son[u]][0]);
for(int v : to[u]) if( v != fa[u] && v != son[u] ) {
dfs2(v);
memcpy(g,f[u],sizeof(LL)*(h[v]+1));
for(int i = 0; i <= k && i <= h[v]; ++i) {
if( i*2 >= k ) g[i] += f[v][i-1];
else g[i] = max(dp(u,i)+dp(v,k-i-1), dp(u,k-i)+dp(v,i-1));
ckmax(g[i],dp(v,i-1));
}
rFor(i,h[v],0) f[u][i] = max(g[i], dp(u,i+1));
}
}
心理阴影
外校的老哥确实『讲的好』
最初的想法时枚举点对算贡献，但这样需要考虑两点到其 LCA 路径上所有点，复杂度无法接受。不过据此可以得到正解的想法：在 LCA 处统计贡献
设 \(f[u,v]\) 为子树 \(u,v\) 中点归并成的拓扑序中逆序对数的期望，\(g[u,v]\) 为点 \(u\) 比子树 \(v\) 中点大的个数，有
统计答案为枚举 LCA（\(w\)），则其两子树 \(u,v\) 中的点都是 \(w\)，一起计算
\(f\) 的转移为先枚举 \(u,v\) 哪个在前，然后合并其子树（子树合并顺序无关，因此不需要考虑相互的影响）
记得预处理逆元
1.21
考了好几次拉格朗日插值了，却都没能看出来，当初学习的时候大概只是记住了公式，但对其使用情况并不熟悉，需要引起注意
高中数列题
记 \(p_{i}=\lfloor\frac{i+b}{c}\rfloor,q_{i}=ic-b\)（\(q_i\) 即为满足 \(p_{x}=i\) 的最小 \(x\)）
考虑算后面的 \(\sum\)：
如果设 \(g(i)=f(i)(sf(n)-sf(q_{i}-1))\)，那么就是一个递归的形式
每次 \(g\) 的次数会加 \(m+1\)，递归次数为 \(\log\)，使用 \(O(n)\) 拉格朗日插值复杂度为 \(O(m^{2}\log^{3}n)\)
实现上可以递归，每次传递 \(g\) 的点值即可
使用多项式科技可以做到 \(O(m\log^{2}n\log^{2}(m\log n))\)
城市绿化
显然通过 \(n-1\) 次询问可以得到每个深度上有哪些点，然后考虑逐层计算（为当前深度的点在上一层找父亲）
从上一层的点中随机一个点作为基准，询问这两层的点到基准的距离，不难发现父亲与儿子的距离差一定为 \(1\)，可以据此分治（建议画图，本质是从基准开始跳父亲，分离出其兄弟子树中的点并递归该子树）
询问复杂度为 \(T(2^{n})=\sum_{i=1}^{n-1}T(2^{i})+2^{n}\)，据 chy 证明为 \(O(n\log n)\)，实际表现约为 \(10n\)
code
const int N = 1e5+5;
int dep[N],dis[N],fa[N][17];
VI ver[N];
void init(int u,int v) {
fa[u][0] = v;
For(i,1,16) fa[u][i] = fa[fa[u][i-1]][i-1];
}
int lca(int u,int v) {
if( dep[u] < dep[v] ) swap(u,v);
rFor(i,16,0) if( dep[fa[u][i]] >= dep[v] ) u = fa[u][i];
if( u == v ) return u;
rFor(i,16,0) if( fa[u][i] != fa[v][i] ) u = fa[u][i], v = fa[v][i];
return fa[u][0];
}
int dist(int x,int y) { return dep[x]+dep[y]-2*dep[lca(x,y)]; }
int visit(int, int);
int V(int x,int y) { return x==y ? 0 : fa[x][0]&&fa[y][0] ? dist(x,y) : visit(x,y); }
void mysort(int x,VI::iterator l,VI::iterator r) {
for(auto i = l; i != r; ++i) dis[*i] = V(x,*i);
sort(l,r,[](const int &x,const int &y){return dis[x]<dis[y];});
}
void solve(int d,int l,int r,int ll,int rr) {
if( ll == rr ) {
For(i,l,r) init(ver[d][i],ver[d-1][ll]);
return;
}
if( l == r )
For(i,ll,rr) if( V(ver[d][l],ver[d-1][i]) == 1 )
return init(ver[d][l],ver[d-1][i]);
mysort(ver[d-1][ll],ver[d-1].begin()+ll,ver[d-1].begin()+rr+1),
mysort(ver[d-1][ll],ver[d].begin()+l,ver[d].begin()+r+1);
int p = l, pp = ll+1;
for(; p <= r && dis[ver[d][p]] == 1; ++p) init(ver[d][p],ver[d-1][ll]);
while( p <= r ) {
while( dis[ver[d-1][pp]]+1 != dis[ver[d][p]] ) ++pp;
int i = p, ii = pp;
while( ii < rr && dis[ver[d-1][ii+1]] == dis[ver[d-1][pp]] ) ++ii;
while( i < r && dis[ver[d][i+1]] == dis[ver[d][p]] ) ++i;
solve(d,p,i,pp,ii), p = i+1, pp = ii+1;
}
}
void findtree(int n,int m,int* p) {
ver[0].pb(1); For(i,2,n) dep[i] = V(1,i), ver[dep[i]].pb(i);
for(int d = 1; sz(ver[d]); ++d) solve(d,0,sz(ver[d])-1,0,sz(ver[d-1])-1);
For(i,2,n) p[i] = fa[i][0];
}
1.23
这套题区分度不错，部分分对正解也有一定启发性，但考场上 T2 想假做法+ T3 看假题后心态完全爆炸，没有推出任何性质。大概是太想切题了，遇到这种拼部分分的总是在确认自己都不会做之后暴力 5min，罚坐 2h，确实得调整心态
合成小丹
从位运算的角度考虑，\(\lfloor\frac{x|y}{2}\rfloor=\lfloor\frac{x}{2}\rfloor|\lfloor\frac{y}{2}\rfloor\)，每个数每次右移视作一次合并。设每个数合并了 \(d_i\) 次，那么当且仅当 \(\sum\frac{1}{2^{d_{i}}}\ge1\) 时合法（\(>1\) 可以通过一些删除操作使其 \(=1\)）
贪心地考虑答案的每一位，如果要填 \(0\)，那么每个数的这一位都是 \(0\)。记每个数在之前位右移了 \(x_i\) 位，不难 \(O(w)\) 得到还需要移 \(y_i\) 位，那么通过 \(\displaystyle \sum\frac{1}{2^{x_{i}+y_{i}}}\) 与 \(1\) 的大小不难判断是否合法，时间复杂度 \(O(nw^{2})\)，可以通过
考虑用位运算技巧来优化掉检验的 \(w\)。每个 \(a_i\) 维护一个 \(b_i\)，\(b_i\) 的第 \(j\) 位表示 \(a_i\) 右移 \(j\) 位与之前的答案是否冲突（答案的某一位是 \(0\)，但 \(a_i\) 右移 \(j\) 位是 \(1\)），不难得到如果答案当前位 \(t\) 是 \(0\)，那么 \(b_i\) 应该或上 \(a_i\) 右移 \(t\)，最少右移次数即为 \(b_i\) 的最低 \(0\) 位
路过中丹
通过手模样例 \(2\) 可以得到若区间内存在奇回文串，那么一定可以构造出合法方案。考虑对偶回文串进行类似的构造，发现并不可行，因此若要合法必须要若干个偶回文串覆盖（画一下图易证若折返形成偶回文串，该区间一定可以拆成两个小偶回文串覆盖）
然后有两种充要条件：
- 记 \(P_i\) 为 \(i\) 所在回文串的最大左端点：\(\forall i\in[l,r],l\le P_{i}\)
- 记 \(L_i\) 为以 \(i\) 为右端点的回文串的最大左端点，\(R_i\) 同理：\(\forall i\in[l,r],l\le L_{i}\lor R_{i}\le r\)
我写的是第二种。求 \(L_{i},R_{i}\) 可以用 manacher+set 维护回文中心，扫描线求解
具体做法是在 \(i\) 处覆盖 \([L_{i}+1,i]\)，\(R_{i}\) 处删除，用 \(r\) 处 \(l\) 点被覆盖次数减 \(l-1\) 处的，若不为 \(0\) 则不合法（意味着 \([l,r]\) 中出现了一个 \(i\)，其 \(L_{i}<l\) 且 \(r\) 处未被删除，即 \(R_{i}>r\)）
膜拜大丹
任意一个环中一定存在两点可以相互到达，因此最优解中一定都是二元环，转化为匹配问题。
两点 \(i,j\) 能匹配的条件是 \(a_{i}\ge j,b_{j}\ge i\)。倒序处理 \(i\)，把 \(b_{j}\ge i\) 的 \(j\) 加入 set 里，选能匹配的 \(j\) 中最大的即可
1.25
T1 一看就是 DP，直接跳了，然后亏了一万分
T2 原题+多点求值板子，被卡科技了/kk。时限 2s 本机 1.2s T 了什么鬼。暴力 30pts 点分治+NTT 40pts 不知道出题人什么心态
体育测试
部分分很多，可以看官方题解。正解对我而言还是很新颖的
设 \(f[i,j]\) 为前 \(i\) 个数，填了 \(j\) 个 \(a<0\) ,转移时只考虑在当前位置填 \(a<0\) 的数，\(a>0\) 的数结束时再分配位置
贸易
点分治+NTT+多点求值模板
链的情况需要求值的多项式是等差乘等比，可以直接计算
密码
部分分
- \(nk\le m\)：
encode将 \(a\) 在 \(b\) 上连续写多次（跳过给定的位），decode根据每位上 \(0,1\) 的个数判断答案的这位，怕被卡可以将原文循环移位 - 给定的都是 \(0\) 且 \(2(n+k)\le m\)：每 \(2\) 位分成一组，第一位是 \(1\) 代表第 \(2\) 位属于答案，把给定的位写成 \(00\) 形式即可
正解（如何想到？）
用相同种子随机 \(m\) 个 \(n\) 位二进制数，令字符串 \(b\) 的第 \(i\) 位为 \(1\) 代表需要异或第 \(i\) 个数，encode 需要用自由的 \(m-k\) 个串异或出原文和给定 \(1\) 代表的数的异或值，decode 只需要异或起来即可
发现 encode 的工作可以用线性基完成，由于 \(m-k\ge n+50\)，那么满秩的概率很高（不满秩相当于要使 \(50+1\) 个串某一位上都是 \(0\)）。本题无法改变原数，那么再记录一下每个线性基中的数由那些数异或得到即可，使用 bitset 复杂度 \(O(\frac{n^{3}}{\omega})\)
线性基
typedef bitset<N> BS;
struct Basis {
BS b[N],fr[N];
void insert(int k,BS x) {
BS y; y[k] = 1;
for(int i = x._Find_first(); i < sz(x); i = x._Find_next(i)) {
if( !b[i][i] ) return b[i] = x, fr[i] = y, void();
x ^= b[i], y ^= fr[i];
}
}
BS query(BS x) {
BS y;
for(int i = x._Find_first(); i < sz(x); i = x._Find_next(i))
x ^= b[i], y ^= fr[i];
return y;
}
} ;
总结
整月都在垫底，偶尔遇到顺手的题才能上去。对部分分的利用很差，写不出高分暴力和无法借助特殊性质思考是关键，导致有效得分时间很少，年后需要调整。挂分集中在数学题和随手写的 subtask，长久以来确实过于依赖对拍来保证正确性，也许需要降低码速来减少错误和 debug 时间
