【省选模拟】3 月

3.3

昵称

方案数可能爆 long long 但只需要知道是否 \(>\) 某个数时可以时刻对 \(10^{18}\) 取 \(\min\)
按数位填数：枚举长度+不允许前导 \(0\iff\) 长度 \(\max\)+允许前导 \(0\)（注意输出）

帝国防卫

考场做法是 \(O(n\log n\log^{2}x)\) 的线段树维护 bfs 序（不过是在线的）

另一个做法是整体二分每个点变为合法的时间，修改可以给 \(\log\) 级祖先打标记（注意减掉同一次修改父亲对儿子的影响），询问跳 \(\log\) 级祖先求和。为了解决下取整后相加，每个点要维护 \(\log\) 个标记，时间复杂度 \(O(n\log n\log^{2}x)\)

使用虚树可以做到 \(O(n\log n\log x)\)，但并不会

3.4

出俩板子啥意思啊

过路费

70pts：枚举第 \(k\) 大边的权值 \(x\)，那么要求走 \(\ge k\) 条权值 \(\ge x\) 的边，其余边权值看做 \(0\)，跑分层图最短路即可。时间复杂度 \(O(m^{2}k\log m)\)

考场打表发现谷很少，写了随机化三分，但没卡好时 T 了。赛后调参通过

正解：考虑优化掉分层图。可以把所有边权 \(-x\) 并与 \(0\) 取 \(\max\)，然后正常跑最短路，用最短路 \(+kx\) 更新答案。分 \(x\) 与最终答案中第 \(k\) 大边的大小关系易证答案不会更小。

通过不合法情况不优规避掉判断合法性。在判断合法性成为瓶颈时要往这方面想，可能对直觉和证明技巧要求较高

3.5

小 G 的约数

赛时使用打表猜出了结论，但采用了最劣的 \(O(2^{\omega(n)})\) 容斥实现

条件 \(3\) 可以转化成：\(\forall i<j,d_{i}\nmid d_{j}\)，问题即为求 \(n\) 约数集合的最长反链长度

记 \(f(x)\) 为 \(x\) 分解质因数后指数和，\(g(x)=\sum_{d|n}[f(d)=x]\)。使用 Dilworth 定理转化为最小链划分数，答案为 \(\max g=g(\lfloor\frac{f(n)}{2}\rfloor)\)

\(g(\lfloor\frac{f(n)}{2}\rfloor)\) 显然为答案下界，只需要构造一种方案。证明可以看官方题解

实现上可以对质因子指数背包，也可以直接贪心地最小链覆盖（每次取是当前链尾倍数、未覆盖的最小因子加入当前链。显然新开链不优，否则划分到哪个链都一样）

约数有关问题从质因子角度打表考虑归纳

⼩ G 的连通图

考虑取 \(L=\prod_{p\in\mathbb{P},p<n}p\)，那么除了 \(L+1\) 都连通了。

找一个 \(>\sqrt{n}\) 的质数 \(a\mid L+1\)，让 \(L+1\) 和 \(L+a+1\) 连边，这样 \(L+a\) 可能又不连通了。让 \(ka+1\) 也是质数且 \(ka+1\mid L+a\)，即可让 \(L+a\) 和 \(L+(k+1)a+1\) 连边（\(a>\sqrt{n}\) 是为了让 \(L+a^{2}\) 不在区间内，这样 \(L+xa,1<x<a\) 可以通过 \(p\mid x\) 连通）
实际上取 \(k=2\)，在 \(n\ge35\) 的时候都是找得到这样的 \(a\) 的（不会证明），对于 \(n<35\) 暴力打表即可

求 \(L\) 采用暴力 CRT，这样只需要写高精乘低精

code

for(int i = ceil(sqrt(n)); ; ++i)
	if( !vis[i] && !vis[2*i+1] ) { a = i; break; } // vis[prime] = 0
ans = 1, mod = 2ll*a*a+a; // L = -1 (mod a), L = -a (mod 2a+1)
Rep(i,1,n) if( !vis[i] && i != a && i != 2*a+1 ) (mul *= i) %=mod, ans = ans * i;
for(LL now = mul; now != mod-3*a-1; ckadd(now,mul), ++cnt); // CRT
ans = ans * cnt;
ans.write(); // 只有 ans 为高精

小 G 的 DAG

套路题，但考场上愣是没想到根号重构

分组处理询问。使用 bitset \(O(1)\) 查询两点是否可达。对于操作一，每根号次 \(O(n)\) 重构（按时间倒序操作，每个点只被覆盖一次）；有效的操作二为询问点最后一次被覆盖到当前时间之间的，对操作时间分块求最小值。时间复杂度 \(O(\frac{n^{2}}{\omega}+n\sqrt{n})\)

3.6

高维游走 \(\star\)

设第一阶段在 \(m\) 维上走了 \(a_i\) 步，那么疲劳度为 \(\sum i\times a_{i}\)，方案数为 \(\displaystyle{t_{0}\choose a_{1},\cdots,a_{m},t_{0}-\sum a}\prod{t_{i}\choose a_{i}}\)

由库默尔定理得模 \(2\) 意义下方案数不为 \(0\) 要求 (t[0]&a[i])==a[i], (a[i]&a[j])==0, (t[i]&a[i])==0。考虑构造 \(31\times m\) 的 \(0,1\) 矩阵 \(b\)，\(b[i,j]=1\) 当且仅当 \(j=0\) 或 \(a_j\) 的第 \(2^i\) 位可以为 \(1\)。问题转化为给矩阵每一行选一个 \(b[i,j]=1\) 的 \(j\)，贡献 \(2^{i}j\) 疲劳度，求有多少种疲劳度的方案数为奇数

考虑 DP for DP。将疲劳度进位到 \(i+1\) 位（\(0\sim i\) 位始终为 \(0/1\)，\(0\le\) 第 \(i+1\) 位 \(<m\)）。设 \(f[i,s]\) 为前 \(i\) 行，\(i+1\) 位取值集合为 \(s\) 的疲劳度种数（\(s\) 为状压，第 \(j\) 位为 \(1\) 代表疲劳度的 \(i+1\) 位可以为 \(j\)，“可以”代表方案数 \(\equiv1\pmod2\)）
转移枚举第 \(i\) 位选的数并进位，使用异或完成方案数模 \(2\)

预处理转移即可做到 \(O(T2^{m}m\log t)\)

写之前一定要理清思路，非常绕

过山车 (bzoj4261)

棋盘问题，每个点与四连通点匹配：黑白染色， 往网络流上想

\(w=0\) 只需要判断是否存在合法路径，观察到每个点的度数为 \(2\)，使用二分图匹配分配度数即可

费用与当前格的轨道有关。考虑新建两个虚点，分别代表与左右连边、与上下连边，那么流量分别流到两个虚点代表弯道，流到同一虚点代表直道，但网络流中无法对分散的流量计算费用，因此补集转化为算直道的最小费用。

该点向两个虚点分别连 \((1,w_{i,j}),(1,0)\) 的边，由于是最小费用流，流量流到不同虚点一定走费用为 \(0\) 的边，与题意相符

由于图是四分图且边权范围很小，dinic 显著快于 EK（求助：本题 SPFA 的 SLF 是负优化）

费用流不好直接计算费用时考虑算补集

木棍 \(\star\)

把给定区间右端点 \(-k\) 变为对木棍左端点的限制。显然若存在方案，木棍左端点坐标可以为整数

梳理一下限制：

1. 区间 \([l,r]\) 中最多 \(\lceil\frac{r-l}{k}\rceil\) 根木棍
2. 区间 \([l,r]\) 中至少 \(f(l,r)\) 根木棍。\(f(l,r)=\sum[l\le a_{i}][b_{i}\le r]\)（注意连这类边只需要 \(O(n^{2})\) 二维前缀和，不要像我一样 naive 地写 \(O(n^{2}\log n)\) 扫描线）
3. 区间 \([x_{i},y_{i}]\) 中最多 \(c_i\) 根木棍

记 \(s_i\) 为左端点坐标 \(\le i\) 的木棍数，则可以把限制表示成对 \(s\) 差分约束。使用 hall 定理可以推出这些限制是充要条件，当且仅当出现负环无解

点数高达 \(10^{9}\)，合理猜想只需要判断给定区间左端点 \(-1\)、右端点（称为关键点，第 \(3\) 类边的端点一定都是关键点）的导出子图即可，点数降为 \(O(n)\)
证明：如果负环上出现相邻的第 \(1/2\) 类边可以直接合并，不会使权值增加。然后考虑负环上一个非关键点，其左右一定分别为第 \(1,2\) 类边，向第 \(1\) 类边的另一端点移动至第一个关键点不会使权值增加（第 \(2\) 类边权值不变）。

朴素求解时间复杂度 \(O(n^{3})\)（边数 \(O(n^{2})\)），卡时可以通过（本题 SLF 优化效果显著）

正解是用线段树优化转移，时间复杂度 \(O(n^{2}\log n)\)

卡时判负环（可能可以加上 SPFA 优化）
利用关键点的导出子图来减小规模（不会证明可以猜想）

3.7

分裂

不难发现把球全分裂成 \(n\) 后共有 \(n!\) 个球

记 \(m=\min\{x|x!\ge n\}\)。先把球分裂成若干个 \(m-1\) 和若干个 \(m\)，此时的球数 \(n-m<sum\le n\)，由于 \(m\le20\)，因此差距并不大，考虑据此调整。对于 \(x+1\) 个编号 \(x\) 的球，可以变为 \(1\) 个 \(x-1\) 和 \(x+1\) 个 \(x+1\)，总球数 \(+1\)。对编号 \(m-1,m,m+1\) 的球进行类似的调整即可。

这三个位置上的球数有 \(O(m!)\) 个，只需要 \(O(m^{2})\) 个就能结束调整，因此 \(n\) 较大时一定有解。实际上精度很高，除了 \(1\) 和无解的 \(3,5,8\) 都不需要特判

构造方法：先快速逼近答案，再微调

未来 \(\star\)

用 \(s[i]\) 表示 \(i\) 次操作后的矩阵

把颜色映射为 \(0,1,2\)，则题目所述的变换可以表示为 \(s[i,j]\equiv-s[i-1,j-1]-s[i-1,j]\pmod3\)

这个形式使得 \(s[i-1,j-1],s[i-1,j]\) 之间独立开了，考虑直接算 \(s[0]\) 对 \(s[m]\) 的贡献。转移路径为倒置的杨辉三角，不难发现 \(s[0,i]\) 对 \(s[0,j]\) 的贡献系数为 \({m\choose i-j}\)（\(i,j\) 均为模 \(m\) 意义下）

由于是在模 \(3\) 意义下进行，可以对 \(m\) 三进制分解。这样每次要算 \(s[0]\) 对 \(s[3^{i}]\) 的贡献，由 Lucas 定理得对于 \(s[3^{i},j]\)，只有 \(s[0,j],s[0,j+3^{i}]\) 的系数不为 \(0\)，\(O(1)\) 即可

时间复杂度 \(O(n\log m)\)，非常优秀

回忆

强调一下 \(nm\le40\)，不妨设 \(m\le n\)，则 \(m\le6\)

考虑插头 DP。状态除了要记录轮廓线，还要记录当前出现的最大连通块大小、轮廓线上各连通块大小（最多 \(4\) 个，因此采用 \(8\) 进制最小表示法）。转移看当前格会和哪些连通块合并，更新大小即可

并不会算复杂度，不过跑起来松松松

明显是某种算法但不会算复杂度时：敢写敢 AC 暴搜估算

3.8

我 \(\star\)

不难想到把操作化为有向边。问题转化为操作一条有向边会使起点的权值转移到终点，求所有边操作至少一次后最多多少点有权值

对于一个点，操作其一条出边后可以紧接着操作其他出边，后面的操作不会引起权值合并，因此只需要将每个点操作一次
对于一个 SCC：若其中有点无初始权值，那么一定存在方案使得操作完该 SCC 中所有点并不发生合并，且可以指定最后空出的点；否则一定存在只合并一次的方案。因此 SCC 与点并无本质不同，可以使用 tarjan 缩点成 DAG

可以使用最小链覆盖求解，也有更简单的做法：

• 对于有权值且有出边的点，连边 \((S,i,1)\) 表示至少操作一次；建虚点并连边 \((i',i,\inf),(i',T,1)\) 代表该点被操作后就空出来了（拆点是为了避免直接 \(S\rightarrow i\rightarrow T\)）
• 对于无权值的点，连边 \((i,T,1)\) 代表可以无合并地接纳一个权值
• 对于原图中的边连流量 \(\inf\)，表示可以操作任意次

流量流到 \(T\) 相当于权值转移到本来无权值的点，最大流即最多多少权值不被合并

基环树做法不一定能直接迁移到图上，但可以通过环的性质来思考 SCC

想不出

本题中 \(E=2V-n\)，使用欧拉公式 \(R=E-V+2\) 转化为最大化交点个数

斜率为 \(\sqrt{3}\)，因此不存在交点为射线端点的情况，对坐标稍作变化可以把射线方向转化为向左/向下

考虑相对关系为 左上 右下 的两点，要么左上的点向下、右下的点向左，要么同向。否则调整为第一种情况不会影响原来的交点，且这两条线增加了一个交点。因此可以得到若 \((x,y)\) 向左，\(\forall x'>x,y'<y,(x',y')\) 向左，向右也有类似的结论

据此不难得到一定存在一条分界线，该线左上的点向下、右下的点向左。可以贪心地确定分界线：若左上的点多就向下，否则向左。正确性可以感性理解。使用 BIT 可以做到 \(O(n\log n)\)

题目名称

鸽

3.9

鱼死网破

纵坐标相同显然可以差分。问题是可能出现多个墙挡在一个鱼头胖士兵与一点之间，因此需要去重（只保留最上面的并）。\(O(nk)\) 做法类似括号匹配，不过 \(O(nk^{2})\) 也可

防水墙很少因此可以以防水墙端点为中心，用射线对一个半平面差分。射线的权值为 \(1/-1\)，极角排序后二分找到某点左侧的射线

本题不卡精，但实际上所有操作可以用整数实现

漏网之鱼

删数更好维护 mex ，因此不断左移右端点。由于 mex 单调，取 min 转化为区间覆盖

历史版本和有两种思路：强行懒标记维护，记录每个区间和需要累加多少次到历史和；把时间也当做一维，每个区间加存在的时间为一段区间

浑水摸鱼

讲过的题不会做/kk

暴力为把每个后缀的最小标号插入 trie
另一个常见部分分为 \(A_{i}\le30\) 且随机，那么可以认为较长的区间是两两不同的，对较短的暴力即可

考虑用 SA 的方法求本质不同子串，最小标号与相同颜色的位置有关，因此转化哈希方式即可使用二分+主席树 \(O(n\log^{2}n)\) 求 LCP，再用 stable_sort （比较不是 \(O(1)\) 时快于 sort）做后缀排序即可

// 不存长度查询 hash 值
uLL qry(int ql,int qr,int u,int l=1,int r=n) {
	if( !u ) return 0;
	if( ql <= l && r <= qr ) return t[u].h;
	int mid = l+r>>1;
	if( qr <= mid ) return qry(ql,qr,ls(u),l,mid);
	if( mid < ql ) return qry(ql,qr,rs(u),mid+1,r);
	return qry(ql,mid,ls(u),l,mid)*base[qr-mid] + qry(mid+1,qr,rs(u),mid+1,r);
}

3.11

卷王

每次修改造成的影响为空间上一段区间、时间上一段后缀，因此考虑设 \(f[i,s]\) 为倒数 \(i\) 时刻能否翻转灯集 \(s\)。预处理 \(O(n^{2}2^{n})\)，回答 \(O(n)\)

赢王

对 \(a\) 做前缀和 \(s\)，那么区间 \([l,r]\) 合法等价于 \(s[l-1]=s[r]\)，且 \(f(a_{l}\cdots a_{r})=\sum_{i=l}^{r}\min(s[i]-s[l-1],k-(s[i]-s[l-1]))\)。讨论一下 \(s[l-1],s[i]\) 的差值，只需要求一段区间内一段值域的数和/个数即可快速求出，主席树/离线 BIT 均可

进一步思考，若 \([l,mid],[mid+1,r]\) 均合法，那么 \(f(a_{l}\cdots a_{r})=f(a_{l}\cdots a_{mid})+f(a_{mid+1}\cdots a_{r})\)，因此只需要计算极小的合法区间，共 \(O(n)\) 个

稳王 \(\star\)

最优决策显然是能杀死 boss 时一回合打出所有牌
一个 trick 是答案可以转化为 \(1+\sum\) 第 \(i\) 回合打不死 \(boss\) 的概率，等于所有赢不了的抽牌序列的概率和 \(+1\)

先说一下暴力：除了拿到 \(n\) 张复读/毒药的情况，否则 \(n\) 回合一定结束了。特判这两种情况然后枚举 \(n\) 张牌为哪些即可

分 \(7\) 种情况讨论拿到了哪些种类的牌（具体分析见官方题解）。这里以拿到毒药+火球为例，令第一张毒药有伤害同时 boss 血量 \(+1\)。设 \(f[i]\) 为造成 \(i\) 点伤害的概率，答案为 \(\sum_{i=1}^{n}f[n]\)，转移为 \(f[i]=\frac{1}{3}f[i-1]+\frac{1}{3}f[i-3]\)。但这样会算上全拿到毒药/火球的情况，容斥掉即可

3.12

T1

按位考虑贡献，发现 \(f\) 的取值个数等于按位或的取值个数。另一个性质是只需要两个数就能或出 \(n\) 个数能或出的所有取值，证明考虑找到最高不同位，\(a_{i}\) 该位为 \(0\) 且 \(a_{j}\) 为 \(1\)，把低位的 \(1\) 全转移到 \(a_{i}\) 即可。然后变成了 AGC15D，根据最高位取值分类讨论即可

T2

四元划分相当于 \(a,b\) 和 \(c,d\) 路径无交，一棵树的答案即为 \({n\choose 4}\)（三度树）。根据 \(|A\Delta B|=|A\cup B|-|A\cap B|=|A|+|B|-2|A\cap B|\)，求两棵树交集大小即可。

一个想法是枚举分开这两条路径的点/边，但这样会算重。采用树上经典容斥：答案 \(=\) 断边的方案数 \(-\) 断点的方案数。枚举第一棵树的断开位置并染色，DFS 第二棵树统计即可，时间复杂度 \(O(n^{2})\)

一个比较精巧的实现是边化点，这样只需要考虑断点的情况了

T3 \(\star\)

好题，断断续续改了很久，直接看官方题解吧

拼接字符串的出现次数 \(=\) 在原串中出现次数 \(+\) 跨过拼接处出现次数
与斐波那契相关的尝试找规律/循环节

3.13

跑步

考虑修改 \(a_{x,y}\) 后第 \(x\) 行变化位置一定是区间 \([y,r_{x}]\)，考虑对下一行的影响，下一行的变化位置仍是区间 \([l_{x+1},r_{x+1}]\) 且 \(l_{x}\le l_{x+1},r_{x}\le r_{x+1}\)，证明显然。

只需要维护当前行的 \(l,r\) 并单调向右移，BIT 维护每个位置，时间复杂度 \(O(n^{2}\log n)\)。所以变化量为 \(\pm1\) 是用来钓鱼的

看到修改只有 \(n\) 次就应该想到单次修改可以枚举行了，确实不应该没想到

对 DP 的决策点打个表，可能会有惊喜

算术

先考虑 \(k=2\)：随机选取质数 \(p\)，若 \(\exists x^{2}=n\)，那么 \(n\bmod p\) 一定存在二次剩余；否则有 \(\frac{1}{2}\) 的概率存在，随机 \(20\) 个判定即可

可以直接推广到 \(k>2\)，取质数 \(p=ak+1\)，则有 \(x^{ak}\equiv 1\pmod p\Rightarrow n^{a}\equiv 1\)

求和

3.14

神必的集合 \(\star\)

理解还不太深刻，先贴 zsy 的题解

法阵 (loj3153)

显然 \(y-x\) 越小，可选的 \(z\) 越多，因此答案中的 \((x,y)\) 一定满足 \(\min(a_{x},a_{y})=\max_{i=x+1}^{y-1}\{a_{i}\}\)，使用单调栈可以求出这样的 \((x,y)\)，顺便也证明了这样的对数为 \(O(n)\)

离线，从右到左线段树维护每个 \(z\) 的答案，每次加入 \(x=i\) 的二元组即可

旅行

看到 \(dis(u,v)\le d_{u}\) 的形式想点分治

3.15

梦批糼

没看懂题解，这里是 \(O(n^{5})\) 做法

设 \(f[i,j,k]\) 为包含 \((i,j,k)\) 的合法子长方体数，\(O(n^{5})\) 枚举子长方体的顶面，可以 \(O(1)\) 得到底面最低是多高，配合三维二阶差分即可。

记 \(tot\) 为子长方体总数，\(sum\) 为合法的子长方体数，则没有选中障碍的概率为 \((\frac{sum}{tot})^{w}\)，\((i,j,k)\) 一次也没有被选中的概率为 \(\displaystyle 1-(\frac{sum-f[i,j,k]}{sum})^{w}\)

至少出现一次 \(\iff\) 所有 \(-\) 一次都没有出现

等你哈苏德

黑白区间视为 \(1,-1\)，要求离散化差分数组 \(\in\{-1,0,1\}\)。对于为 \(-1,1\) 的位置，手动添加区间 \([i,i]\) 使其变为 \(0\)。

把区间看作给差分数组连边，相当于要求出度 \(=\) 入度，即存在欧拉回路，网络流求混合图欧拉回路给无向边定向即可，有 \(O(n)\) 点数或 \(O(n+m)\) 点数两种建图方式

差分！！！

3.17

传教

令 \(c_{i}=a_{i}\oplus b_{i}\)，要把 \(c\) 异或成 \(0\)。一个显然的贪心是每次取最左端不为 \(0\) 的 \(i\) 给 \([i,i+k-1]\) 异或上 \(c_i\)，差分后每次只需要修改两个数

按模 \(k\) 余数分组，每组互不影响，转化为求组内前缀异或不为 \(0\) 的个数，修改变为给一段后缀异或一个数。可以对每组分块，每块开一个桶做到 \(O(n\sqrt{n})\)。有个小 bug 是 \(k>\sqrt{n}\) 会出现 \(k\) 个不满的块，因此分块的时候只对满的块开桶，不满的暴力即可

方程

随便把式子推成 \((\frac{a+b}{c})^{2}+\frac{c}{a+b}\equiv-t-1\)

\(a+b\) 的取值数可以直接卷积，\(\frac{a+b}{c}\) 可以用原根转化为指数上的加减，再卷一次即可，最后枚举 \(\frac{a+b}{c}\) 值统计答案

移花接木 \(\star\)

跟着官方题解的思路走还是比较顺的，实现有点阴间

大问题由小问题组合成时考虑递归

3.18

加与乘

考场做法为打表 ^_^，貌似可以感性理解正确性

szs 做法：
考虑 \(n\) 为奇数时 A 先手的情况。\(n=2\) 时 B 先手，只有此时为 \(00\) A 才能胜。如果原序列存在连续两个 \(0\) 或首尾均为 \(0\)，A 可以一直保持这两个 \(0\) 到 \(n=2\)，必胜；如果存在长为偶数的极长连续 \(1\)（旁边一定有一个 \(0\)），保持这段 \(1\) 为偶数长度至 \(n=3\)（\(011\)），必胜。因此必败情况只有极长连续 \(1\) 均为奇数且由一个 \(0\) 隔开。B 先手只需要判断一次操作是否能达到这种情况即可
感觉和 AGC6B 有点像

数颜色

yzf 做法：每个点和父边一一对应，只需要考虑 LCA 的贡献。如果一条链的 LCA 不被其他链覆盖，那么会对答案贡献 \(1\)，对每条链的 LCA 求出其左右第一个覆盖它的链即可。只需要链覆盖、点查询，可以做到 \(O(n\log n)\)

3.24

小 F 与游戏

\(a\) 单谷，因此 \(b\) 的前 \(k\) 个元素必然可以划分成两个 LDS。\(a\) 在进行 \(k\) 次 \(3,4\) 操作后剩下的元素单调，有 \(2^{\max(n-k-1,0)}\) 种方案，最后乘上即可。令这些元素也递减，这样 \(b\) 整体就可以划分成两个 LDS，且后 \(n-k\) 个属于同一 LDS

为了避免算重，规定优先接在第一个 LDS 后面，且第一个长于第二个。设 \(f[i,j]\) 为前 \(i\) 大的元素，后 \(j\) 个属于同一 LDS 的方案数，转移枚举 \(i\) 放在哪里即可：\(f[i,j]=f[i-1,j-1]+\sum_{k=j}^{i-1}f[i-1,k]\)，答案为 \(\sum_{i=n-k}^{n}f[n-1,i]\)

然后有一个比较神仙的事情：设 \(g[i,j]=f[i,i-j]\)，把 \(g\) 画在坐标轴上，发现转移类似走格点，答案即为从 \((1,0)\) 走到 \((n-1,k)\) 且不越过 \(y=x-1\) 的方案数

一些形式简单的 DP 可以尝试转组合数计算

小 Z 与函数 \(\star\)

我的理解非常生硬，先鸽了

小 W 与骑士

• \(\overrightarrow{a}//\overrightarrow{b}\)：变成了一维问题
  • \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\) 同向：简单 DP 即可
  • \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\) 反向：先顺着走看能否到终点，再逆着走看是否成环。写起来略烦，但这方面的数据很弱
• \(\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}\) 不平行：bzoj4767 原题。根据平面向量基本定理可以把所有点表示成 \(x\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{b}\)，把 \((x,y)\) 拿出来可以看作每次向上或向右走一步，注意 \(x,y\) 值域为 \(500^{2}\) 因此不能直接 DP。考虑容斥，按 \(x\) 给所有点排序，设 \(f[i]\) 为走到点 \(i\) 且不经过其他点的方案数，枚举经过的第一个点减掉即可

3.27

博弈

DP 出 \(f[u]\) 表示位于点 \(u\) 的一个棋子移动到叶子，最大的自己移动次数 \(-\) 对手移动次数

注意 \(f\) 可以直接和 \(0\) 取 \(\max\)，因为 \(f[u]<0\) 代表走这个棋子给自己带来的时负收益，因此一定选择不走它，若当前所有棋子的 \(f\) 都 \(\le0\) 就可以直接判负了。考场上就是没想到这一点

剩下的问题就是一个朴素背包，时间复杂度 \(O(n^{3})\)。预先把体积降序排序可以避免坐标偏移，卡掉一半常数

排列

先考虑 \(m=0\)，可以直接 OEIS，考虑对限制做一些转化

把一个排列看作给 DAG 加边的一个顺序（排列种元素 \((a,b)\) 看作连边 \(a\rightarrow b\)），那么 \((a,c)\) 在 \((a,b),(b,c)\) 之间等价于传递闭包后不会出现新的边，分类讨论不难验证，难的是如何想到

更进一步，我们知道逆序对是有传递性的，考虑对于一个 \(1\cdots n\) 的排列，逆序对 \((a,b)\) 代表 DAG 已有边 \(a\rightarrow b\)，因此任意排列都对应一个合法的 DAG（且是双射，可以爆搜验证，不会证明）。考虑 DP，状态为 \(1\cdots n\) 的排列，转移考虑交换相邻的顺序对（加入恰好一条边），按逆序对从少到多的顺序转移即可

\(m\ne0\) 只需要在加入边 \((c,d)\) 时判断其之前的 \((a,b)\) 是否全部加入即可，时间复杂度 \(O(n!(n+m))\)

卡常的话可以用康托展开离散化，数组保存 DP 值

3.28

逃离藏宝洞

树上任意一条链 \((u,v)\)，\(\text{lca}(u,v)\) 可能有两条子边在链上

序列划分

弱智 DS 选手实锤，说一下实现细节

• \(\text{mex}\) 单调，因此使用数组保存每个 \(\text{mex}\) 对应的区间，省掉两次线段树二分和一次区间覆盖
• 转移时要求 \(\sum f[i]\times\text{mex}(i+1)\)，而 \(\text{mex}\) 每次变化一个区间，因此使用前缀和 + 一个变量维护，省掉一个单点插入

最终线段树只需要两个操作求区间 \(\text{mex}\)，根本不卡常

值的一提的是不用线段树，精细实现一下就能得到 \(O(n\sqrt{n})\) 的做法

重排列 \(\star\)

为了方便先给 \(a\) 排序。对于不互质的元素 \(i,j\)，Bob 无法改变其相对顺序。给不互质的元素连边，对于一个连通块，Alice 能做的是给边定向成 DAG，Bob 能做的是取出最大的拓扑序

对于一个连通块，起点一定是最小点，删去该点后形成若干子问题，不过要求分出的每个连通块起点与当前起点相连（为了保证拓扑序中相邻点有边，否则 Bob 就会换走）。直接做是 \(O(n^{3})\) 的，瓶颈在于 \(n\) 次删点每次需要遍历 \(O(n^{2})\) 条边来区分连通块，这里只需要判断连通性因此可以质因子优化连边
这部分 zsy 有一个更简单的做法，但并不会严谨证明

求多个 DAG 的最大拓扑序用一个堆模拟即可

3.31

环

显然把 \(a\) 排序不影响答案。对于环，考虑用若干条端点均在右部的点拼出来。由于链的两端不同而点的相同，拼接时系数不同，可以把链看成有向的，这样只有一种拼接方式，最后给答案 \(\div2\) 即可

设 \(f[i,j]\) 为左部前 \(i\) 个点，右部前 \(a_i\) 个点形成 \(j\) 条链的方案数。转移：，再用 \(i\) 把两条链串起来

• 从 \((a_{i-1},a_{i}]\) 中选若干点加入：\(\displaystyle f[i,j]\leftarrow f[i,j]+{a_{i}-a_{i-1}\choose k}f[i-1,j-k]\)
• 用 \(i\) 把两条链串起来：\(\displaystyle f[i,j]\leftarrow f[i,j]+2{j+1\choose 2}f[i,j+1]\)

数

代入 \(c=2b-a\) 得 \(k=b(3b-4a)\)，合法的 \((a,b,c)\) 对应 \(k\) 的一个分解 \(xy\)（\(b=x,a=\frac{3x-y}{4}\)），要求 \(x+y\equiv0\pmod4\land 3x>y\)（第一个要求保证 \(a\in\mathbb{Z}\)，不难发现 \(c\in\mathbb{N_{+}}\) 已经自动满足）

设 \(k=u\times2^{v}\)，\(u\) 为质数，要把 \(2^v\) 分给 \(x,y\)

• \(v=0\)：\(u,v\) 均为奇数，\(x,y\) 分别 \(\equiv1,3\) 且 \(k\equiv3\)，\(x=k,y=1\) 显然是一组合法解，因此 \(k\) 必须为质数
• \(v=2\) 或 \(v=4\)：已经满足 \(x+y\equiv0\)，因此 \(u\) 必须为质数或 \(1\)
• 否则：无解。

综上：合法的 \(k\) 为 \(4\) 或 \(16\) 或 奇质数 \(\times4\) 或 奇质数 \(\times16\) 或 \(\equiv3\pmod4\) 的质数。使用 min25 筛模 \(4\) 余 \(1,3\) 的质数个数即可（loj6027）

貌似可以直接打表，考虑质数与模 \(4\) 的余数得出，不过有一定难度