ABC 乱做

选题：G 位置的计数，Ex

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263Ex

261G \(\star\)

从 \(t\) 变到 \(s\) 更容易一些：一定是 \(t\) 被分成 \(|s|\) 个区间，第 \(i\) 个变成 \(s_i\)。设 \(f[l,r,c]\) 表示 \(t[l:r]\) 变成字符 \(c\) 的最小代价

显然是区间 DP。对于区间 \([l,r]\)，枚举操作 \(a,c\)，把 \(t[l:r]\) 变成 \(a\) 后就可以变成 \(c\)。设 \(g[i,j]\) 为把 \(t[l:i]\) 变成 \(a[1:j]\) 的最小代价，转移枚举 \(k\)，把 \(t[k:i]\) 变成 \(a_j\)
注意 \(|a|=1\) 时转移实际上是最短路，floyd 预处理出 \(dis[i,j]\) 表示字符 \(i\) 变成 \(j\) 的最小代价即可

时间复杂度 \(O(n^{5})\)，但毛估估一下 子区间的子区间 个数非常少，根本跑不满

261Ex

DAG 上是平凡的：设 \(f[u,0/1]\) 表示在点 \(u\)，轮到 \(0/1\) 操作的答案，根据实际含义转移即可

有环的话初值不变，但无法转移。注意到转移后权值和不降，按 DP 值从小到大转移即可。时间复杂度 \(O(m\log n)\)

wtz 的线性做法：采用记搜的形式。若第二次访问到一个 DP 状态，直接返回 \(\inf\)（注意不是把 DP 值设为 \(\inf\)）。第二次访问意味这当前的路径成环，若环上轮到 \(0\) 操作的点有其他出边，那么 \(0\) 一定会走出环；若没有，只能一直绕环，答案就是 \(\inf\)

259Ex

tag：组合数，DP，根号分治

258Ex

tag：DP，矩乘

258G

tag：三元环计数，bitset

不开 LL 见祖宗

257Ex \(\star\)

记最后选出的集合为 \(D\)，那么答案为

\[\frac{1}{6^{k}}\sum_{p_{1},\cdots,p_{k}}(\sum_{i\in D}a_{i,p_{i}})^{2}-\sum_{i\in D}c_{i} \\ =\frac{1}{6^{k}}\left(6^{k-1}\sum a_{i,p}^{2}+6^{k-2}\sum2a_{i,p_{i}}a_{j,p_{j}}\right)-\sum c_{i} \]

记 \(s_{i}=\sum a_{i,p},ss_{i}=\sum a_{i,p}^{2}\)

\[=\frac{1}{6}\sum ss_{i}+\frac{1}{36}\left((\sum s_{i})^{2}-\sum s_{i}^{2}\right)-\sum c_{i} \]

记 \(b_{i}=6ss_{i}-s_{i}^{2}-36c_{i}\)

\[=\frac{1}{36}((\sum s_{i})^{2}+b_{i}) \]

下忽略常数 \(\frac{1}{36}\)。考虑函数 \(f(x)=\sum s_{i}x+b_{i}\)，若 \(x\) 确定，可以贪心选出最大的 \(k\) 个 \(s_{i}x+b_{i}\) 作为 \(D\)
容易发现若最优解的 \(\sum s_{i}=x'\)，那么 \(f(x')\) 就等于答案。我们不知道 \(x'\)，但若能算出 \(x\) 在每个点的答案，取 \(\max\) 就能得到 \(f(x')\)

考虑 \(x\) 从 \(-\infty\) 变化到 \(\infty\) 的过程，会有一些 \(i\in D\) 被 \(j\not\in D\) 替换掉，我们也只需要在发生替换后重新计算答案。\(j\) 能替换 \(i\) 当且仅当 \(s_{j}x+b_{j}\ge s_{i}x+b_{i}\Rightarrow x\ge\frac{b_{i}-b_{j}}{s_{j}-s_{i}}\)。

按 \(x\) 升序考虑，不断尝试替换后取最优解即可。时间复杂度 \(O(n^{2}\log n)\)，瓶颈在于排序

256Ex

tag: 线段树，势能分析

\(\lfloor\frac{a}{c}\rfloor b\ne\lfloor\frac{ab}{c}\rfloor\)

256G

tag: DP，矩乘

竟然做了 40min。。。肯定先枚举每条边选几个，两条边之间的影响只有顶点，DP 状态记一下上一个顶点选没选，矩阵快速幂优化即可
突然发现我 \({n\choose m}\) 没判 \(m<0\)

236Ex

容斥。对于二元组集合 \(s\)，\((i,j)\in s\) 表示钦定 \(i,j\) 权值相等，\(f(s)\) 表示满足 \(s\) 中限制的方案数，则答案为 \(\sum(-1)^{|s|}f(s)\)

\(s\) 中限制把 \(n\) 个点分成了若干连通块，考虑逐个加入连通块，剩下的问题是计算集合 \(s\) 带容斥系数的答案。显然方案数 \(\displaystyle g(s)=\lfloor\frac{M}{\text{lcm}_{i\in s}D_{i}}\rfloor\)，容斥系数 \(h(|s|)\) 等于 \(\sum_{e}(-1)^{|e|}\)，\(e\) 为一个使 \(|s|\) 个点联通的边集。

考虑归纳计算 \(h(n)\)。用任意连边的容斥系数和（\(2^{\frac{n(n-1)}{2}}\) 种，其中奇偶各一半，为 \(0\)）减去不连通的和，后者可以枚举 \(1\) 所在连通块 \(s\)，若 \(|s|\ne n-1\) 则 \(1,-1\) 相互抵消，不用考虑。因此 \(h(n)=-(n-1)h(n-1)\)

转移：\(\displaystyle dp[s]=\sum_{t\subseteq s,u\in t}dp[s\setminus t]g[t]h[|t|]\)，时间复杂度 \(O(3^{n})\)。\(u\in t\) 是为了指定加入连通块的顺序。
注意 \(\text{lcm}>M\) 时及时 break