2023 NOIP 集训

Sdsc7.14

t1

一个小区，有 $n$ 个人要住进 $m$ 个房子，一个人有邻居的满意值是 $a_i$ ，没有邻居的满意值是 $b_i$ ，求怎么安排使得总满意值最大，需要让每个人都住进房子。

这是一个经典贪心问题——by Qingyu ，我们先假设所有人都没有邻居，然后按 $(a_i-b_i)$ 从大到小排序，将这些人作为有邻居的，直到所有人都能住进房子。

t2

给定 $2n$ 个点，点有横纵坐标，我们称一对点是好的，当且仅当横坐标相同或纵坐标相同。

最大化好的配对的数量，要求每个点都在一个配对中。

构造二分图的好题，完全不会。

应该是套路吧，二分图的左半部分对应每个点的横坐标，右半部分对应纵坐标，对于每个点 $(x_i,y_i)$ 连一条 $x_i\to y_i$ 的边，问题转化为如何最大化两条相连的边的数量。

每个连通块都是独立的，有个结论是每个连通块都可以取到上界：$\lfloor\frac{m}{2}\rfloor$ 。

构造方法是，每个连通块，在 dfs 树上，从下至上构造，类似这样，实际上很像dp对吧。

T3

给定一个 $n+1$ 的条边的图，求 $u,v$ 之间路径的个数。

树上两点间的路径是唯一的，多了两条边，路径数量最多为4：

u - v
u - a-b -v
u - c-d -v
u - a-b - c-d - v

只需要判断是否会出现下述三种情况，本质上是什么呢，本质上是树上询问 $(u,v)$ 和 $(a,b)$ 路径是否相交，如果相交才可以通过简单路径过去。

这个问题是一个经典问题，最为简单的方式是 dis(a,b)+dis(c,d)=dis(a,c)+dis(b,d) 或 =dis(a,d)+dis(b,c) ，复杂度为 $O(\log n)$ 。

T4

给定一个长度为 $n$ 的序列，定义 $F(A)=\max ((a_1\&a_2\&...\&a_k)+(a_{k+1}\&a_{k+2}...\& a_n))$

你可以至多进行一次交换 $a_i$ 求 F 最大值。

也是与运算的老套路了，我们定义关键点当且仅当这个点对答案有贡献（负贡献）：$f(i)\ne f(i-1)$，不难发现这样的点只有$\log$ 个。

由于不确定 $k$ ，所以我们求一遍前缀关键点和后缀关键点，然后分类讨论。

交换两个非关键点，没有意义。因为与运算不会让答案变大
交换两个关键点，大力枚举 $k$ 和前后缀关键点，复杂度 $O(n\log ^2) $
交换一个前缀关键点和后缀非关键点
- 此时后缀的总值为 $f(k+1,n)\&a_i$
- 也就是说，我们固定 $i$ ，那么后缀的值已经确定了，无论选哪个 $j$ 都一样。
- 那我们肯定选对前缀答案最有利的 $j$
- 注意 & 的性质，我们固定一个关键点 $i,f(i+1)$ 的取值也只有 log 种（$f$ 是单调不升的），我们枚举 $i$ 和 $f(i+1,k)$ 即可，记答案 $v=f(1,i)\&f(i+1,k)$ ，同时你也得到了一个最大的 $k$（能保证后面的数尽可能大）。
- 然后 $O(n)$ 计算 $v\&a_j,k+1\le j\le n$ 的最大值即可。总复杂度 $O(n\log^2)$

Sdsc 7.15

T1

图的模块度

简单模拟。

T2

一个数列 $f_0=f_1=0$,

$f_i=f_{i-2}\times f_{i-1}\times i$ ，求 $f_n$ 的因数个数、$n\le1e6$

大家都知道因数个数等于指数加一连乘积对吧，所以我们先线性筛出所有 n 以内的质数。

考虑外层枚举质数 $p$ ，定义 $g_{p,i}$ 表示 $i$ 的质因数分解后，$p$ 的指数是多少，$h_{p,i}$ 为 $f(i)$ 质因数分解后 $p$ 的指数。

得到了 $h_{p,i}=h_{p,i-2}+h_{p,i-1}+g_{p,i}$ ，很烦，因为有后面的 $g_{p,i}$ 而不能矩阵快速幂。

不过发现 $g_{p,i}$ 实际上只有当 $i$ 是 $p$ 的倍数时才有值，即 $\frac{n}{p}$ 个位置有。

所以我们对于这些位置暴力转移，剩下的fib矩阵快速幂，这样复杂度是：$O(\sum_{i=2}^{i\in P} \frac{n}{i}\log i)=O(n*e*\log n)$

发现我们完全没啥必要在这里做矩阵快速幂，提前预处理出 $A^i,i\in P$ 即可。

这样复杂度是 $O(π(n) \log n+ O(n\times e))$

Summary

对于不能直接做矩阵快速幂的情况，多出来的部分可能个数不会很多。

T3

大模拟

T4

noip再补。

Sdsc 7.16

T1

给定一张图，有点权和边权，求出 $max_{x,y}\{max(w_x,w_y)*dis(x,y)\}$ ,$n\le1e5$

因为要求最大值，所以不必麻烦严格按照规定做，我们枚举每个点，统计 $max\{w_x*dis_{max}\}$ 即可。

$dis_{max}$ 表示 $x$ 能到的最远距离，有一个非常重要的结论是最远的这个点一定是树的直径两端点之一（下文也有，否则一定不是树的直径。于是先求一遍树的直径并找出两端点 $a,b$ ，$dis_{max}=max(dis(x,a),dis(x,b)) $ 。

T2

给定一个无根树，等概率随机加一条边，每次给出 $x,y$ ，询问能使 $x,y$ 在一个环里的情况中，环大小的期望是多少？$n\le1e5$

其实等价于分别求，能使这俩在同一种环的情况数，以及环长度的和。

需要分类讨论，两个点有祖先关系和没有祖先关系。

没有祖先关系的情况是简单的，情况数是 $siz[x]*siz[y]$ ，大小和是 $dis(x,y)*(siz[x]+siz[y])+\sum(dis(1,u)-dis(1,x))+\sum....+1*(siz[x]+siz[y])$

对于有祖先关系的情况，方案数是 $siz[y]*(n-siz[x]) $ ，大小和，我们要额外记 $D(x)$ 代表以 $x$ 为根的子树，所有和 $x$ 相连的线段长度和，发现这东西是树上前缀和的前缀和所以是可做的，故大小为 $D(1)-(D(x)+dis(1,x)*siz[x])+D(y)+1$ 。

有点类似换根dp，所以官方做法其实是换根dp。

Sdsc 7.17

T1

求满足长为 $k$ 序列数量：

$a_i\in[1,n]$

$a_i$ 有序且互逆

$\forall x\in Z+$ ，以 $a_i$ 的任意顺序作为排列，依次取模后结果相同。

手摸样例发现：x%a%b=x%b%a 的充要条件是 $a\mid b$ 。

我们令 $a_0$ 为最小的 $a$ ，猜测充要条件是 $a_0|a_i$ 。

于是我们枚举 $a_0$ ，数量个数就是 $\binom{\frac{n}{a_0}-1}{k-1}$ 。复杂度 $O(n)$

T2

Sdfz 8.10

Road Reform

给定一张图，构造一个生成树使得最大边权恰好为 $k$，你可以通过若干次+1的操作或-1的操作，来完成，求最小操作步数

考场5min出正解调不出来了，好像是最小生成树没排序。

两次最小生成树，一次强制把k的前驱的边给加上，一次强制把k的后继的边给加上，当然可以取等，答案为两者最大值。

Gardening Friends

给定根为1的一棵树，移动根的代价是 $c$，每条边的权值是 $k$ ，定义一棵树的价值为根节点到子节点的最长距离，求价值最大值。

关于树的直径有一个极其简单的引理，同时也是两次dfs操作的理论基础，(当时）却是不会。。。

引理：树上任意一个点的最远点一定是树的直径的两端点之一。

证明：反证法分三类讨论即可。

引理2：一棵树上多个树的直径，其关于根的深度有且只有两种。

那这样我们两（三）遍 dfs，求出1到每个点的距离 $dep_i$ ，再求出 $x$ 到每个点的距离 $d1_i$ ，再求出 $y$ 到每个点的距离 $d2_i$ 。

答案就是：$Max\{-c\times dep_i+max(d1_i,d2_i)\times k\}$ 。

T3，4

扫描线和二维数点

Sdfz 8.15

T1 ：Zero path

特别好的一道结论题，（其实考场上最后想到了

给定一个网格，网格上数字为1或-1，问从左上角到右下角是否有一条路径（只能向下或者向右），使得和为0.

遇到这种带有特殊性质的：点为1，-1：一定要考虑这个性质所带来的特殊结论，往往都是突破口。

我们注意到，一个点往右往下走，要么两个仍保持不变，要么相差2，另外如果n+m 是奇数则一定无解，考虑是偶数的情况。

令 A 为最短路的路径，B为最长路的路径，存放的是怎么走（Right or Down）。因为集合相同，那么我们可以不断通过交换相邻两个数来从A到B。

交换相邻两个数，对权值和产生的影响一定是+-2，又因为是偶数，所以最小值——最大值的过程中一定经过0，只需要判断最小值是否<0，最大值是否>0即可。

手模样例一般就可以得出结论

T2 P1034 [NOIP2002 提高组] 矩形覆盖

妈的怎么远古题都是傻逼搜索题呀。

T3 CF600E

dsu on tree/线段树合并板子题

T4 篝火晚会

傻逼中模拟。

BCT23.8.18

本场 $n,m$ 同阶，均为 $1e5$ 级别。

T1

给定一个序列 $a_n$ ，要求按顺序种上太阳，初始阳光为0，种下并不花钱，但是每秒会生产 $a_i$ 的阳光，注意 $a_i$ 有可能是负数，每秒可以选择种下下一棵或者等待，若某一时刻手里的阳光为负数则输出-1，求最短时间。

好像还真的是简单的反悔贪心，边输入边记录一个前缀最大值，如果当前的阳光为负数，那么不断增加这个前缀最大值直到大于等于 $0$ ，额外增加的时刻就是增加前缀最大值的次数。

考场十五分钟切了。

T2

给定一个序列 $a_m$ ，每个数大小不超过 $n$ ,你有一个大小为 $k$ 的容器，支持插入和删除操作，删除指定删掉最早访问的元素，你需要依次访问序列的数，注意到若此时容器内有当前要访问的元素则可以不必再插入，依次输出 $k=1...n$ 的插入次数。

若当前序列为 1，2，3，2，1，2 ，k=1 时答案显然是 6

k=2 时，第二个 $2$ 和第三个 $2$ 不必进入，答案为 $4$ .

k=3 时，发现此时只需要把 1,2,3 给插进来就行，答案为 $3$ 。

记录当前点上一个出现位置为 $pos[a[i]]$ ，如果 $i$ 可以在 $k=x$ 利用到 $pos[a[i]]$ ，那么需要保证中间数的个数不超过 $x$，仔细想想，如果里面有重复的数字？根据这条规则，其对应的 $x'$ 应该比 $x$ 小，所以在 $k=x$ 的条件下，里面重复的数字都可以利用，所以本质上 $x$ 是中间不同数的个数。用主席树维护即可（HH的项链）。

求出 $x$ ，相当于这个点对 $ans[1]$ ~ $ans[x]$ 都加 $1$ ，再用个差分就做完了。

考场以为12点收卷于是调不出来摆烂，得知是半收卷，最后十分钟做完的，主席树的 $n$ $m$ 写反了。

T3

给定序列 $a_n$ ，要求划分为若干段，每段长度为 $1$ 或者 $2$，使得最大值减去最小值的差最大。

我愿称为 线段树上区间 $dp$ ! 总感觉做过一道类似的题。（不过这不就是动态dp吗——23.8.29）

我们发现 push_up(p) 本身就是一个非常像区间 $dp$ 的东西，将两个东西合并。

令 $t(l,r,0/1,0/1)$ ，表示该线段树上的区间 $[l,r]$ 已经覆盖，左边界是否为左端点，右边界是否为右端点，的最大值最小是多少？

那肯定是单个呀，一遍O(N)求最大值就完了。

话虽如此，但我们为了支持修改，就只能设这种在不用修改下显得非常智障的东西。

$t(l,r,0,0)=Min\{max(t(l,mid,0,0),t(mid+1,r,0,0)),\ max(t(l,mid,0,1),t(mid+1,r,1,0)) \}$

诸如此类，写在 push_up() 里_。

那么我们只需要枚举最小值，由于一次只会增加一个最小值，那么我们每次只需要单点修改最小值所在的点变为正 INF。

具体的，把长度为1和所有长度为2的2n个元素排序后，从小到大，依次删除。

对于单个的元素，左闭右闭肯定是INF，左开右闭和左闭右开根据是否在边界上决定是否为 a[l]+a[l+1]或者 a[l]+a[l-1] 还是 INF 。
对于两个的元素，强制让他俩拆开就行，对于 $l$ ，左开右闭是合法的，其余都是非法的，对于 $r$ 同理。

为什么是对的，在没有修改的情况下，肯定选不到开区间的点，在修改后，有些地方变成正无穷，就必须使用这些点了。

T4

给定一棵树，点有点权，树上一条路径 $(u,v)$ 的价值是 $\sum (x*w_k)$ ，其中 $k$ 是路径上的点， $x$ 是路径上小于等于 $w_k$ 的点的个数。

求所有路径的价值和。

一眼考虑贡献！但是考场上想的是考虑点 $u$ 的贡献，发现很难做。

正解是考虑 $(u,v)$ 的贡献，设 $w_u\le w_v$ ，那么贡献是包含 $u$, $v$ 的路径数量乘上一个 $w_v$ 。

枚举点 $v$ ，分类讨论。

若 $u$ 在 $v$ 子树内，那么 dfs 序上二维数点就行，数有多少个权值 $\le w_v$ 的。
若 $u$ 是 $v$ 祖先，那么 dfs 的时候用一个平衡树来维护。
剩下的情况，也就是两者有一个 $lca$ 的情况，就是整棵树 $\le w_v$ 的减去上面两者即可。

所以考虑贡献有没有什么技巧。

BCT 8.19

T1

因为缺省源内 $N=1e5$ 导致白丢 $30pts$ ，警钟长鸣。

T2

给定 $n$ 个字符串，从中选出 $k$ 个字符串，你的目的是让这 $k$ 个字符串中某两个的最长公共前缀的最大字典序最小。 $n\le10^5$

赛时错误的想法是依次枚举每一个点作为最大LCP，正确的思路是逐位确定答案。

为什么呢？发现这个答案肯定是可以逐步确定的对吧。

从头分析，一个点 $u$ 能作为答案，那么选中的 $k$ 个点该怎么分配呢？

对于字典树左边的点显然是可以任意选的
$u$ 子树的点，不能使他们产生新的，更深的lcp，所以每个儿子只能选一个。而且至少选两个儿子。
$u$ 到根链上右边的点，也是不能让他们产生新的lcp，所以每个儿子只能选一个。

假设当前已经选中了答案的前 $k$ 位，判断第 $k+1$ 位是否能为 $c$ ，当且仅当：

之前的选中的点
当前点所代表字符串的个数
1~c 位全部选
c+1位到26位只能选一个
这些和加起来 $\ge K$

那么可以选择这一位，并且将累计的 $num$ 减去第 $c$ 位全部选的情况， $K$ 同样可以减去超出的值，递归到下一层。

直到只需要加上大于等于 $2$ 个只能选一个的儿子和本身，就可以满足要求，便停止递归。

实现起来还蛮复杂的，因为是随机的数据，所以std也没判断要求大于等于2个儿子和本身。把小王Hack了（

逐位分析。

T

给定一个长度为 $n$ 的字符串，对于每一个后缀，求出他们能有多少种：“AABA”类型的方案，其中AB均不为空。 $n\le10^5$

关键在于转换，显然我们要枚举 $A$ ，因为$A$ 一定是原字符串的一个后缀，然后再找前缀= $AA$ ，而且长度 $\ge 3|a|+1$ 的后缀数量。

考虑将所有后缀按照哈分+二希排序，得到按字典序排序好的字符串，我们再枚举 A ，那么所得到的以AA为前缀一定是在一个区间内，这样就可以哈分+二希找出这段区间，具体地，找出第一个前 $2|A|$ 的 Hash 大于等于 $2A$ 的，再找出第一个前 $2|A|$ 的Hash 大于 2A的，但是怎么感觉这样不满足单调性呀，你想想因为有个取模所以按字典序排完，hash值也是排好的吗？

然后又要保证长度，就是一个 simple 的二维数点问题啦。时间复杂度 $O(n \log^2)$

BCT 8.20

T4

给定一张图，每个点有点权 $a_i$ ，但是相连的两个点所选择的点权必须相等，你要对于每次删除一条边，求出此时可以选到自己的点权的点有多少个。

详情揭秘如何 $O(1)$ 支持插入，删除，集合众数的出现次数。

维护两个数组 $f_i$ 表示 $i$ 的出现次数， $g_i$ 表示出现次数为 $i$ 的元素个数。
对于加入元素 $x$ ， g[f[x]]--,f[x]++, g[f[x]]++，此时 $ans=max(ans,f[x])$
对于删除元素 $x$ ， g[f[x]]-- ，此时若 g 等于 $0$，那么 $ans=ans-1$ ，f[x]-- ， g[f[x]]++ 。

那这样就好做了，如果这条边不是割边，一定不会影响连通性，答案就是不删边的答案。

割边的情况，我们将边双缩点后的树形图上 dfs，结合上述我们发现的牛逼小清新数据结构，以及dsu on tree，就可以 $O(n \ log n)$ 做了。

不过 dsu on tree 不敢写。要是我很会就不会写2h线段树合并了。

好好好，std 250行是吧。

BCT8.21

T1

7层分层图上跑最短路。

或者叫，最短路图？

T4

给定 $n$ 个数 $a_i$ ，若两个数 $a,b$ 满足 $\gcd(a,b) \ge m$ ，则可以选择 $a,b$ 其中一个删去，求最大的 $m$，使得经过 $n-1$ 次删除后只剩下一个点。$n\le10^4,a_i\le10^7$

类似于“每次删除一个，最后剩下一个“的具象化结构实际上是一棵树。最后剩下的点就是树根。
那我们最终要求的最小 $m$ 实际上就是树上最小的一条边。
类似最大生成树，不断从树上连边，关键在于判断连通性——并查集。
但是边的个数是 $n^2$ 级别的，再加上一个 $log$ 的排序。
发现 $a_i\le 10^7$ ，一个数的因数个数是 $O(\sqrt{n}) $ 级别的，可以接受。于是把所有数的因数存到 vector<> 里，不会MLE。
最刺激的地方来了，不能完全模拟 $kruskal$ 最小生成树的建法，只需要模拟两个点是否联通即可。也就从大往小枚举边（gcd），看看其两边的点是否在生成树（并查集）内，如果不在就加进来。直到只剩一个并查集。
错了！自己考场上写的就是正解，只是没调出来。
从大到小枚举公因数，不断找两个公因数的倍数合并。因为有

后面是啥？——9.24

BCT8.22

T1

给定一棵树，若干个点可以选择，选择其中 $m$ 个点，使得其中最远的两个点距离最小。$n \le 3000$ 。

是不是可以淀粉质呀（雾
一眼二分答案（距离），check怎么写？
考虑树形 $dp$ ，$dp_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树内，选择了 $i$ 个点，距离最远的一个点的距离。
很难转移，考虑状态结果互换。
$dp_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树，距离最远的一个点的距离是 $i$ ，最多能选择多少个点。
转移： $dp_{v,k}\to dp_{u,max(k,j)}\ $ ，具体地， $j$ 枚举最长距离， $k$ 枚举子树的距离，即 $mid-$

补

BCT8.23

T3

给定一张有向图，求出一棵满足各点到 $1$ 最短路长度不变的最小生成树。

最短路图。

完全没听过呀，只需把所有 $d_v=d_u+w$ 的边给加进来就行。
有向图最小生成树

完全没学过呀，有一种算法叫做“朱刘算法”求最小树形图，好好好没听过。

不过我们完全不需要用他，跑 $kruskal$ 就行了。

T4

$n$ 个人在玩击鼓传花的游戏，有两个花，初始分别在 $a,b$ 手里，在 $T$ 轮游戏中，每次需要把其中一朵花传递到 $s_i$ 手中，另一朵花不能操作，求最小操作次数。

感觉是 $Smeow$ 之前在日照出过的题？
考虑一个 $O(n^3)$ 暴力，设 $dp_{i,j,k}$ 表示第 $i$ 轮游戏，第一朵花在 $i$ 手里，第二朵花在 $j$ 手中的操作数。
显然第 $i$ 轮手里其中一朵花一定在 $s_i$ 手里，另一朵在 $j$ 手里，所以优化到 $O(n^2)$ 。

有转移方程 $dp_{i,j}=\begin{matrix} dp_{i-1,j}+|s_{i-1}-s_i| ,j \ne s_{i-1} \ Min{dp_{i-1,k}+|k-s_i|},j=s_{i-1} \end{matrix} $。

上面那个复杂度是 $O(1)*n$ ，下面那个复杂度是 $O(n)*1$ 。
还挺复杂的，考虑怎么做到 $O(n\log n)$ ，用线段树优化。

感觉是为数不多的用线段树区间修改优化 $dp$ 的，上面那个显然就是一个区间加法。加上一个 $|s_i-s_{i-1}|$ 的常数。——后面9月校内模拟赛又出了一个Bakery

下面那个玩意再拆一拆，把绝对值去掉：
- $dp_{i,s_{i-1}}=Min\{dp_{i-1,k}+|k-s_i| \}$
  
  这样就可以对 $k<s_i$ 的，求 $Min \{a_i+i\}$ ，对后面的，求 $Min\{a_i-i\}$ ，好像比较困难，还去u群问了，其实很简单，你在求 $dp_{i-1}$ 的时候是知道 $s_i$ 是多少的，求的时候记录一下 minn 即可。后面是一个单点修改、
这样，不需要开二维数组，只需要用一个线段树维护，支持上述三种操作。最终答案即 $\min dp_j$ 。

挺牛逼的题，有空就实现一下。

BCT8.24

T2

最大全1子矩阵问题

记录每个位置往上走最长有多少个 $1$，可以从上一行转移下来。转换成直方图最大子矩阵，单调栈即可。

单调栈：记录每个位置开始向右能扩展多少个矩形。每次单调栈进来一个较小的，都把比他大的弹出。每一步统计选 $i$ 的面积大小。注意在最后新加入一个高度为 $0$ 的。

笛卡尔树也可以，复习一下：

将下标作为 $val_i$ ，$h_i$ 作为 $rnd_i$ 建立小根堆，建立一棵笛卡尔树，每个节点都是一段连续的区间，且子树的根节点的 $val$ 就是这段区间的最小高度，乘上这个点所代表区间的长度即可。

T3

走到第 k$ 轮的概率是 0.6^k$ ，所以全排列在随机数据下跑得飞快。
从后往前枚举，增加在第 $i$ 位，增大到 $x$ 。

T4

博弈论

补

BCT8.25

补

BCT8.26

T4

一张 $n*m$ 的网格，可以黑白染色，当某一行或者某一列全为 $0$ 或者全为 $1$ 时，对答案有 $1$ 的贡献，求贡献为奇数的网格方案数。$n,m\le1e6$ 。

枚举至少打破多少个条件。

$\sum(-1)^i*...$

打破刚好奇数个条件的答案？

$\sum(-2)^{i-1}$

刚好打破偶数个条件？

$\sum-(-2)^{i-1}$
容斥系数？

最普通的：枚举至少打破0个，1个方案，2个方案，，，，n个方案。用系数乘起来。
至少打破0个为什么是1？

刚好打破0个的方案——1。只会在这里统计，且是最后一次有机会统计的地方。
至少打破1个

刚好打破1个的方案——在0处统计，在1处统计，希望他统计0次，而在0处统计1次，故-1
刚好打破2个

应该统计0次，但是在0处统计 $C(1,n)$
- 分类讨论
  
  打破 $i$ 个行：$\sum_{i=1}^n (-2)^{i-1}*C(i,n)*2^i*2^{(n-i)*m}$
- 列对称
- 都打破
  
  $\sum\sum(-2)^{i+j-1}*2*2^{(n-i)*(m-j)}$
二项式定理

$\sum $

Sdfz 9.23

T1

给定一棵 二叉树，初始时刻 $1$ 号点感染了病毒，每一回合病毒都会传播一层，但是每一回合你都可以删掉一个点来阻断传播，求能保留的最多点（不算删掉的点）

如果看到二叉树是好做的，看不到是没法做的。

贪心贪子树大小肯定是错的，和树的结构（链）是有关系的，所以dp求解。

T2

给定 $n+1$ 个数 $a_i$ 和 $n$ 个数 $b_i$ ，对于每个 $i$ ，求出删掉 $a_i$ 后，剩下的数两两配对，使得 $a_i-b_j$ 最大值最小。$n\le1e5$

显然要排序，对答案有影响的只有最大的那一个，所以配对一定不会相交。删掉一个数，左边的仍是直上直下的配对，右边的是 $b_i 和 a_{i+1}$ 配对，所以我们预处理一个前缀后缀最大值就可以 $O(n)$ 做了。

差点死因：用 map 记录下标，但是显然这不是个排列。

T3

有 $n$ 棵树，每棵树有高度 $h_i$ ，有 $m$ 条边权为 $w$ 的双向边连接两棵树，但是在飞翔过程中会下降 $w$ ，你需要保证飞行是合法的，即不能落在地上，也不能超过树顶。起点是第一棵树的 $x$ 高度，终点是第 $n$ 棵树的最高点，求最短路。$n\le1e5,h_i\le1e9$

最暴力的方法是每棵树都建出 $h_i$ 个点，复杂度 $O(h_i(n+m \log m))$ 。

但实际上这题是个贪心，我们先考虑起点高度是 $0$ 怎么走，发现只要走到 $h_u=w$ 时就直接飞行到 $h_v=0$ 即可，如果再往上走，那么有可能还要再往回走，因此这样是最优的。对于走不到的情况，在加边过程中舍弃即可。

如果高度是 $x$ ，那么会往下走，走到 $h_i+w$ 一定是优的。

如果能正常飞，那就不需要走。

T4 Bakery

区间加法线段树优化dp

将 $n$ 个数分为 $k$ 段，使得总价值最大，定义一段的价值是该段不同数字的个数、 $nk \le 1e5$

不加优化的状态方程很好想，

\[dp_{i,j}=Max(dp_{k,j-1}+val(k+1,i)) \]

但一上来先打主席树就彻底输了，瓶颈压根不在于处理区间不同数个数，暴力做枚举就行。

线段树优化dp？后面的东西在括号里面，也不能做。

考虑贡献

当我们求到一个数 $a_i$ 时，$a_i$ 对 $dp$ 有贡献的是 $dp_{[pre+1,i-1],k}$ ，且贡献为 1 ，所以线段树实现一个区间加法+区间最大值就可以了。

是不是挺像莫队？

Nfls 9.25

Booms 60 but 0 how fucking fhq+bit?

T1

给定一个长度为 $n$ 的字符串，多次询问区间 $[l,r]$ 的最长回文子串。$n\le 3e5$

遇见回文串，可以先 $manacher$ 简化一下，并求出每个点的最长回文半径 $p_i$ 。

暴力的做法是，每次在区间内枚举 $j$ ，答案就是 $Max\{ min(p_i,j-L,R-j)\}$ 。

实际上这就是一个 最小值最大 问题，考虑二分答案 $ans$ ，那么 $j$ 所在的区间一定是 $[L+ans,R-ans]$ ，且要满足这个区间内存在一个值等于 $p_i=ans$ ，也就是，只需要保证 $\exist \ p_i\ge ans$ 即可，因为 $p_i$ 是静态的，所以直接 $ST$ 表维护即可。

对 $manacher$ 后的新串操作需要注意前后对应关系。

所以根本不需要树套树对吧————

T2

给定一个长度为 $n$ 的小写字母字符串，其中有些位置是 ? ，求有多少种方案能使得整个串中 "sakana" 和 "chinanago" 两个串的出现次数相同。 $n\le 1e4$

首先我们发现两个字符串是完全不交的，因此我们有暴力 $dp_{i,a,b}$ 表示有 $a$ 个字符串1，$b$ 个字符串2 的方案数。

但这样是三次方的，对于“相等”的问题，一种常见的套路是改状态设计为 $dp_{i,j}$ 表示两种字符串的差为 $j$ 。

转移有

\[dp_{i,j}= \begin{matrix} dp_{i-1,j}*26-[str1]*(dp_{i-6,j-1}-dp_{i-6,j})-[str2]*(dp_{i-9,j-1}-dp_{i-9,j}) \ \ a[i]= ? \\ dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}+(dp_{i-1,j-1}+dp_{i-1,j}) \ a[i]\ne ? \end{matrix} \]

孙老师表示完全不能理解呀，被他一说感觉加深了对dp的理解呢。

首先你新加一个字符，初始值是从上一位转移过来的，如果此时生成一个新串，那对 $j$ 这一维是有贡献的，所以还要从 $dp_{i-6,j-1}$ 转移过来，但是因为中间全部合法的部分算了两遍，所以减去一个 $dp_{i-6,j}$ 。孙老师疑惑这里为什么不是 $j-1$ 呢，我们考虑他的实际意义，实际上后面少了一个系数 $*1$ ，意味着后面这几位都固定好了——。

T3

给定一张图 ,和参数 $q$ ，求走 $1...q$ 条边的最长路，$n,m\le1e3,q\le1e9$ 。

当 $q\le m\le1e3$ 时，暴力做就好。

当 $q\ge m$ ，我们一定可以走到一条最大的边，然后不断在这条边上走，使得总答案最优。而前面的过程一定是从1开始的最长路。

于是我们暴力枚举 $i\to j$

T4

Nfls 9.26

T1 有限小数

求出有多少对 $(x,y)$ 满足 $\frac{x}{y}$ 是十进制有限小数，$x,y\le1e11$

小学数学经典结论，十进制有限小数等价于 $\frac{a}{2^p5^q}$ 。

这里还没有考虑到约分，于是有 $\frac{ak}{2^p5^qk}$ ，需要满足 $k$ 既不是 $2$ 的倍数也不是 $5$ 的倍数。

令 $2^p5^q=a_i$ ，答案即为 $\sum_i^n\sum_k \lfloor\frac{n}{k}\rfloor,a_i\le n,k\mod 2,5 \ne0 $ 。复杂度 $O(e*n^2)$ 。

考虑更换枚举顺序，外层枚举 $k$ ，则有 $\sum_k^n d* \lfloor\frac{n}{k}\rfloor,d是合法a_i 的个数,k\mod 2,5 \ne0$ 。$d$ 随 $a$ 增大单调递减，代码里用 while() 处理。所以求和符号是怎么变化的呀。

发现后面是个整数分块的形式，但是又不大经典。

回顾一下整数分块都是怎么做的？$\forall x\le \sqrt n$ 直接枚举做，$x>\sqrt n$ ，我们枚举结果 $\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$ ，确定出 $k$ 的范围 $[l,r]$ 。

此时满足条件的 $k$ 的个数是好求的，经典容斥：l-r+1-P(l,r,2)-P(l,r,5)+P(l,r,10) 。其中 $p(l,r,k)$ 表示区间 $[l,r]$ 有多少 $k$ 的倍数，这一步可以差分得到。

复杂度 $O(\sqrt n)$ 。

T2 考考试

求第 $k$ 个满足十进制的表示是其二进制表示后缀的数，$k\le3000$

例如 $(10)_{10}=（1010）_{2}，(110)_{10}=(110,1110)_2$

结论：$10^k$ 的二进制结尾一定有且仅有 $k$ 个 $0$ ：证明：$10^k=2^k\times5^k$

所以，若 $x$ 不满足条件，则十进制 $x$ 前加一个 $1$ 仍然不满足条件。

于是，我们只需要对满足条件的十进制后缀，前面加上1或者0。

这个过程是用一个堆来实现的，初始放一个0，存三个参数：大小 $val$ ,位数 $l$，是否有前导0。

每次从堆中取出一个位数最小，位数相同值最小的，在他前面加1,0，检查是否还合法：

若在前面加1：如果加上10^k后，二进制上那一位（k+1) 还是1，则说明合法

若在前面加前导0，本质上相当于只能保证二进制前 $k$ 位不变，第 $k+1$ 位如果变成1的话，就和加0不符，所以判断 $x$ 第 $k+1$ 位是否为0 。

如果一个数没有前导0，cnt++直到k。

但是这样在k=2000就爆int128了，恶毒的出题人还让我们写一个只包含01的高精度。

Nfls 9.28

T1 倍数区间

定义一个区间是好的，当且仅当存在一个数是这个区间内所有数的因数，求最长合法区间长度和所有最长合法区间的左端点。

$O(n\log^2) $ 是容易想到的，$ST$ 表维护 $gcd$ ，二分序列长度即可。

又因为 $ST$ 维护的 $gcd$ ，线段树也可以做，所以线段树二分，对于每个位置 $i$ ，在线段树上找到这个叶子，往上跳再往下跳吗。不会、

T2 飞翔的鸟

在玩飞翔的小鸟

每次可以从 $(x,y)\to (x+1,y),(x+1,y-1),(x+1,y+1)$ ，且 $y\in [1,k]$ 。

有一个位置有障碍，覆盖了 $y\in [1,a] ,[b,k]$ 的位置。

要想从 $(1,\frac{k}{2})$ 飞到 $(n,\frac{k}{2})$ ，障碍物在 $[2,n-1]$ 的某一个位置随机出现。

求期望可行的飞行路径数量。 $n\le10^9,k\le130$ 。

考虑 $dp$ ，因为 $k$ 很小，考虑构造矩阵转移。

$Ans=\sum _{i=2}^{n-1} A^{i-1}\times B\times A^{n-i}$ ，

Bct 9.30

T1

躲避滚石

参考系变换，相当于滚石不动，人在动。

注意瞬时移动和单位时间移动的区别

T2 小木棍

两部分截出的价值相等的点是好计算的，这些点是关键点，关键点之间的长度都有贡献。

T3 教室分组

将集合 $a$ 分为若干组，使每组人数均为奇数，且人数在 $[l,r]$ 范围内。

定义一组的价值是这组的中位数，一个分组方案的价值是所有组价值的平均数。你要求分组方案价值最大。

$n\le10^6,a_i\le2^{30}$

首先排序肯定是要做的。

我们把每一组中位数称为 $B$ ，小于和大于中位数的部分称为 $A$ 和 $C$ 。发现最优方案中，最小的 $B$ 一定大于最大的 $A$ ，否则一定可以通过交换两者而使得方案数不变的情况下更优。

我们希望 $B$ 尽可能都在数组后部，于是我们枚举最小的 $B$ 的位置，只需检查

Sdfz 10.8

T2

$n$ 个人有坐标 $x_i$ 和影响力 $e_i$ ，当你对 $i$ 赠送一本书时，所有满足 $ {x_i-x_j}\le e_i-e_j$ 的 $j$ 都会买这本书，求最少送多少书，可以让所有人都有书。

绝对值先拆式子，有：

$x_j-e_j \ge x_i-e_i (x_i\ge x_j)$

$x_j+e_j\le x_i+e_i(x_i\le x_j)$

不看括号内条件的话，带绝对值的式子和下面两条是完全等价的，也就是说：如果一个 $j$ 同时满足上述两条，那么其一定满足原条件。

可以转换成线段覆盖问题，对于一个 $i$ ，左端点为 $x_i-e_i$ ，右端点为 $x_i+e_i$ ，如果另一个 $j$ 的线段被 $i$ 完全覆盖，那么 $i$ 就能影响到 $j$ ，于是只需求出最少需要多少线段可以使所有线段被覆盖。排序后贪心选。

也可以以 $x_i-e_i$ 为 $X$ 轴，另一个为 $Y$ 轴，相当于能够影响所有比 $X_i$ 大，比 $Y_i$ 小的，也就是点右下方的一个矩形，相当于一个二维数点，按 $Y$ 轴排序后，从上往下枚举，如果这个点在之前已经被影响到了就不选，否则就选。

T4 [P5852 Bessie's Snow Cow P]

给定一棵树，点有颜色（可以叠加）。两种操作：

将 $x$ 整个子树增加一种颜色 $k$

查询 $x$ 整个子树，每个节点的颜色数量之和。注意不是整个子树的颜色数。

$n,k\le 10^5$

我们开 $k$ 个 std::set 维护颜色为 $i$ 的 不交节点区间 ，换句话说，存下的是若干棵不交的子树的根节点。体现在操作中的就是每次加入点 $u$ ，要删除 set 内 $u$ 子树的所有点。注意每个点只会被加入一次删除一次，所以复杂度是 $O(n\log n)$ 。

对于查询的操作，我们仍用线段树，记 $t_u$ 为 $u$ 的不同颜色个数，查询就是子树和。

对于修改的操作，如果 set 里已经有其祖先了，直接跳过不管；否则，我们删除 set 内一个点时，要将其贡献清除，也就是这个子树区间减一。最后加入 $u$ ，整个子树区间加一。

代码难点在 set 遍历上：

找祖先：如果存在祖先，一定是当前 $u$ 的前一个点（以 dfn 为键），否则如果前一个不是祖先，那么就没有祖先，

注意 set 的边界问题：指针加减前后要判断和 begin() 与 end() 是否相等。

（ set.erase 后寻址不连续，所以必须用 lower_bound 找到下一个点。）

nfls 10.9

T1 华灵

构造

你被要求构造一个 $n*m$ 的矩阵，你可以在每个位置填一个左括号或者右括号，求最多合法括号序列的行和列是多少。你需要输出方案。

构造题，完全猜错，在小数据下是对的，和指数暴力也拍了，屁用没有。

赛时的结论是 $n+\frac{m}{4}$ ，但实际上考虑一个大于6的就可以想到，最优的方案数是 $n+m-4$ 。

怎么构造呢？第一列，第一行，最后一行，最后一列都不合法，而且均全部是左括号和右括号，你发现中间是全部合法的。

但是这是在 $n,m$ 较大的情况，若较小的情况，例如 2 和 2，考虑牺牲一半的行和列：答案为 $n+m/2-1$

()
()

T2 最近公共祖先

均摊分析

一棵有根树，点有点权，初始全部为白色，你有两种操作：

将 $u$ 修改为黑色

给定一个 $u$ ，查询 $lca(u,v)$ 的点权最大值，且 $v$ 是黑色点。

暴力比较好做，dfs建出序后，每次修改后，相当于 $1$ 到 $u$ 这条路径上的点都可以作为 $lca$ 有贡献。

具体的，每次首先将 $u$ 的子树全部和 $w_u$ 取 $\max$，不断跳父亲，直到 $1$ ，每次将除了上一步的子树以外的其它子树，和当前根 $x$ 取 $\max$ ，记录一个 $las$ ，每次修改两段即可，而每次询问子树查询即可。线段树维护单点查询，区间取 $max$ 。甚至不需要 $tag$ （或者称为标记永久化）即可。这样复杂度是 $O(qn^2\log) $ 的。

但是这样其实很多是没有必要的，如果在向上跳的过程中，如果一个点已经被被访问了，那它至多有一个子树没有被更新，而它的祖先，一直到根，已经访问过了，再来一遍是完全等价的，都会修改除了当前子树的其他子树，所以我们用一个 $vis$ 记录一个点是否被访问，一个点最多被修改两遍子树，均摊复杂度是 $O(q\log n)$ 的。

nfls 10.10

T2 完全背包问题（同余最短路）

$n\le 50$ 件物品有体积 $w_i\le 10^4$ ，另给两个参数 $L,c$ ，表示体积超过 $L$ 的物品总共最多选 $c$ 件 $m\le50$ 次询问，给定一个背包容量 $W\le 10^{18}$ ，询问能否恰好填满背包。

首先排序把 $w_i$ 分为两部分。令 $dp_{i,j}$ 表示选 $i$ 件超过 $L$ 的物品，体积 $\bmod w_0=j$ ，所需要的最少体积。

对于小于 $L$ 的部分，跑一遍同余最短路即可把 $dp_0$ 处理完。具体的，枚举每个物体 $i\ge1$ ，枚举 $j \in[0,w_0-1]$ ，每次从 $j$ 建一条 $(j+w_i)\bmod w_0$ 的有向边，边权为 $w_i$ ，跑最短路，实际是为了处理有后效性的dp问题。这样得到的最短路 $d_i$ 和 $dp_{0,i}$ 的含义是相同的。

对于大于 $L$ 的部分，因为范围小，所以直接大力 $dp$ ，填表不好做，考虑刷表法，有：

\[dp_{i,j}\to \max (dp_{i+1,(j+w_k)\bmod w_0},dp_{i,j}+w_k) \]

最后统计答案，只需保证 $\exist \ dp_{i,W\bmod w_0} \le W$ 即可，含义就是你可以加若干次 $a_0$ 达到 $W$ ，但是不能现在已经超过 $W$ 。

T3 ydc的大树（CF348E Pilgrims）

简化题意

给定一棵已经确定黑白染色的树，边有边权，其中有 $m$ 个黑点，其它都是白点。

对于一个黑点，我们定义他的好朋友是离他最远的黑点。显然，一个黑点可能有多个好朋友。

现在要删除一个白点，使得删除后，不能到达任意一个好朋友的黑点数量尽可能多，求出这个数量的最大值，以及多少个白点删掉后满足这个最大值。

看到最远点想到树的直径两端点，但是显然此时的树并非原树，我们只会用到黑点，因此求直径时，实际上这棵树是只有黑点的虚树。我们两遍 dfs 跑出树的直径 $len$ 。

树的直径的长度是抽象的，但是直径两端点却是不唯一的，一个trick是树的直径的中点是唯一的（NOIP2007 树网的核），注意这里的中点是离 $\frac{len}{2}$ 最近的点，如果是两个点则任取一个。这里的中点有可能是白点。

找到中点后，我们把中点提拉成根，变成一棵有根树，此时任何一个黑点想要到达他的好朋友，一定要经过根。

然后我们枚举要删除的白点 $u$ ，白点子树的所有黑点肯定都算入答案，另外我们要分类讨论。其依据是，整个树的直径，要么是一条从根往下延伸的最长链和另一条次长链，要么是两条最长链。（实际情况可能是若干条）

这棵树由一条最长链和若干次长链组成，且 $u$ 在最长链上：

此时，这条最长链上的，非 $u$ 子树的黑点，仍然可以到达他们的好朋友，即次长链的最深黑点。而除了他们，其他黑点都到达不了他们的好朋友，即最长链的最深黑点。
这棵树由一条最长链和若干次长链组成，且 $u$ 在次长链上：

此时，这条次长链上的，非 $u$ 子树的黑点，仍然可以到达他们的好朋友，即最长链的最深黑点。但是，唯一的最长链上的黑点都到达不了他们的好朋友，即次长链的最深黑点。
这棵树由且仅由两条最长链组成，且 $u$ 在最长链上：

此时， $u$ 这条最长链上的，非 $u$ 子树的黑点，仍然可以到达他们的好朋友，即另一条最长链的最深黑点。但是，另一条最长链的所有点都到达不了他们的好朋友，即 $u$ 这条最长链的最深黑点。

当然，如果有多条最长链则不会出现此情况。

对于上述信息，笔者的处理方式是若干遍 dfs 分别处理出在以直径中点为根的树中，$dp_i$ 表示 $i$ 子树的最深黑点的深度，$anc_i$ 表示 $i$ 的祖先是根的哪个儿子，最长链的数量 $cnt$。这样如果 $dp_u=dp_{root}$ ，则说明 $u$ 在最长链；若 $dp_u+dp_{root}=len$ 则说明 $u$ 在次长链。

[评测记录](Submission #227608771 - Codeforces)

nfls 10.12

T1 yxh 与数组

给定四个数 $a,b,c,d$ 判断 $a$ 到 $b$ 的乘积是否是 $c$ 到 $d$ 的乘积的因数， $10^7$ 。

显然是存不下的，而且模意义下没有整除的性质。

注意到 $a$ 是 $b$ 的因数的充要条件是 $a,b$ 质因数分解后 $a$ 每个质因数的指数都小于等于 $b$ 的。

我们发现 $1e7$ 内素数个数只有 $6e5$ 个，枚举每个质数，检查其在区间 $[l,r]$ 对指数的贡献。可以差分+类似容斥但不需容斥做。

我们还要枚举每个质数的若干次幂，这样总复杂度是 $O(n\log n)$ 。

T2 谦逊

给定 $n,k\le 10^{15}$ ，两种操作。

$n=n+k$

$n$ 变为其十进制表示下，各数位之和。

求 $n$ 最小能变成多少，并求出变成最小值，所需的最少操作数。

对于十进制表示下各数位之和的定理：

\[(9999+1)a+(999+1)b+(99+1)c+(9+1)d+e =a+b+c+d+e\mod 9 \]

类似小学数学的快速判断一个数是不是 $3$ 或者 $9$ 的倍数。

于是我们确定答案一定在 $[1,9]$ 内，而且粗略估计 $1e15$ 的数，只需做 $3$ 次操作2 变成个位数。

但是中间会穿插若干个操作1，注意到只有 $n+k,n+2k,...n+8k$ 是有意义的，因为在模9意义下循环。

所以总操作不会超过13次，直接暴力 dfs 即可。

T3 基础fake 练习题

给定一棵树，点有点权 $c_i$，给定 $m$ 种覆盖方案 $u_i\to v_i$ ，每一个点上的覆盖次数不能超过 $c_i$ ，求最多可以使用多少覆盖方案。

考虑贪心，不妨令 dep[u]<dep[v] 我们肯定优先选择那些 $u$ 尽可能深，且 $v$ 尽可能浅的方案。

用线段树暴力树剖即可。

Nfls 10.13

T1 橙子

给定 $n$ 个数 $a_i$ ，若干次询问，每次询问 $[l,r]$ 的区间子区间，异或和的异或和。

异或满足结合律和交换律，只需判断每个 $a_i$ 在这一串出现次数的奇偶性。对于一个 $a_i$ ，在该区间内，左边有 $i-l$ 个数，右边有 $r-i$ 个数，出现次数就是 $(i-l)(r-i)$ ，当长度为偶数时，左右至少有一个是偶数，总结果就是偶数，否则，当 $i$ 为奇数时是结果是奇数，为偶数时结果是偶数，或者反之。用两个树状数组维护奇数位和偶数位就可以。

T2 椰子

给定 $n$ 个椰子的硬度 $a_i$ ，一次操作可以让一个椰子硬度减一，但是这些椰子的顺序是不知道的，求打碎 $m$ 个椰子至少需要多少操作。$n,m\le5000$

这个题相当于有神秘力量不断地将最硬的椰子给我们敲，我们永远会得到最坏情况。

结论：敲掉任意一个硬度为 $x$ 的椰子，所有硬度 $>x$ 的椰子都至少被砸了 $x$ 次。

考虑反证法，如果一个硬度 $>x$ 的椰子敲了少于 $x$ 次，但是一个硬度等于 $x$ 的椰子被砸碎了，神秘力量肯定不会让我们这样做。而是会给我们那个硬度大的椰子砸，而导致这个椰子并没有碎，这是牠想看到的。

因此我们的策略大概是，（先从大到小排序后）选择一个基准 $h_i$ ，一直敲，如果椰子没有碎就换下一个椰子，如果碎了，将 $h$ 降低。

于是 DP 是正确的，设 $dp_{i}$ 表示对于前 $i$ 个椰子，敲碎了 $j$ 个，最少砸多少次，转移则是枚举当前选择的基准 $a_i$ ，敲了多少个椰子（一个后缀），转移有 $dp_{i,j}=\min {dp_{k,j-1}+a_i \times (i-k) } $

暴力是 $O(n^2m)$ 的，不难发现可以斜率优化，复习一下：用 $b$ 表示只与 $i$ 有关的，用 $kx$ 表示两者都有关的，用 $y$ 表示只与 $j$ 有关的。

\[dp_{i,j}=dp_{k,j-1}+a_i\times i- a_i \times k \\ 令 k'=a_i,x=k,b=dp_{i,j}-a_i\times i;\ y=dp_{k,j-1} \\ b=y-kx \\ y=kx+b \\ \Longleftrightarrow \]

分析单调性： $x$ 单调递增。

因为取 $b$ 的最小值，且 $k$ 为正数，故维护一个 $(i,dp_i)$ 的下凸包。可以用单调队列优化。

T3 【IOI】Wall

维护一种数据结构，支持区间取 $\max,\min$ ，最后输出每个位置的值。

显然线段树，我们甚至不需要维护信息。

考虑两种标记 $max$ 和 $min$ ，注意到标记显然有先后顺序，但是当前节点受到一个新标记后，就把老标记重置为新标记。例如：原本节点上有一个 $min=5$ ，此时下传一个 $max=7$ ，则更新 $min=7$ ；此时下传一个 $max=3$ ，则无需更新 $min$ 。若此时下传一个 $min=3$ ，则更新 $min=3$ ，若下传 $min=7$ ，则不用更新 $min$ 。

T4 控制

有 $n$ 类装备，每种类型有 $m_i$ 种，且各有一个魔力值，定义一个方案为每一类选一个；你要求出前 $k$ 大方案的魔力值总和。

套路题，优秀的暴力是用优先队列维护，类似搜索，从一个状态向外转移，并加入堆里。为了避免加重，需要加入顺序的约定。

正解比较复杂，但发现本质和 $dij$ 很像，所以可以转换成图论，建立 $nm$ 个点，每个第 $i$ 类的点，向每个第 $i+1$ 类的点连边。直接可并堆优化 k 短路即可。需要虚拟源点和汇点。

Nfls 10.14

T1 超速

出题人没码，二分答案题少打了一句话：最大值最小。

T2

给定序列 $a_i$ ，定义一段区间的价值是这段区间不同数的个数，定义 $S_i$ 为整个序列所有长度为 $i$ 的区间价值的和。

你要求出每个 $S_i$ 。$n\le1e5$ 。

记 $pre_i$ 为 $a_i$ 上一个出现的位置， $nxt_i$ 为 $a_i$ 下一个出现的位置。

考虑贡献，$a_i$ 作为这个区间第一个出现的，枚举 $i$ 左边选了 $[0,i-pre_i+1] $ 个，右边选了 $[0,n-i+1]$ 个，记两边选择之和为 $sum$，$a_i$ 对 $S_{sum}$ 有贡献。若 $sum\le \min(i-pre_i+1,n-i+1)\times 2$ ，是一个区间加等差数列的形式，其中首项为1，公差为1。否则，对于 $sum\in [\min(i-pre_i+1,n-i+1)\times 2,\min(i-pre_i+1,n-i+1)+\max(i-pre_i+1,n-i+1)]$，也就是一边会多出来的部分，是区间加常数。

区间加等差数列（一次函数）怎么做？等差数列本质是差分数组的区间修改，于是我们可以差分差分数组做到 $O(n)$ ，也可以套一个线段树支持区间修改，区间前缀和，复杂度 $O(n \log n) $。毕竟询问是最后一块询问，选择哪一种方法都可以通过本题。复杂度瓶颈在 map 记录 pre 。

讲一下二维差分是怎么做的。

上面说的有点麻烦了，实际上代码很简单。

for (int i = 1; i <= n; i++) {
       int A;
        cin >> A;
        int x = i - p[A];
        int y = n - i + 1;
        if (x > y)
            swap(x, y);
        sum[1]++, sum[x + 1]--, sum[y + 1]--, sum[x + y + 1]++;
        p[A] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << sum[i] << " ";

T3 ROIR 海报

$n$ 个人围成一圈，每个人有一个美观值 $w_i$ ，你要选出其中若干个人，不能选择连续超过 $4$ 个人。使得美观值最大。

同时有 $q$ 次修改某个人的 $w_i$ ，你需要对每次修改后询问最大美观值。

序列上的【动态dp】板子题。用广义矩阵乘法和线段树来维护带修改的 dp 方程。 $dp_{i,j}$ 表示以 $i$ 结尾，最后选了 $j$ 个人的最大美观值。

无修改时，方程比较简单： $dp_{i,0}=\max {j=0,1,2,3} dp $ ；$dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+a_i,j\in[1,3]$ 。

因为是环，终点和起点也要满足不能连续超过4个人，比较无脑的方式是断环成链，不同起点要跑四遍线段树。但是下文对此情况有巧妙的避免方式。

对于带 $\max $ 的方程，我们一般需要广义矩阵乘法 $A*B=C$ ，其中 $C_{i,j}= \max_{k=1} (A_{i,k}+B_{k,j})$ 。

至于这样做的可行性，关键在于矩阵乘法仍然满足结合律和分配率，即内层运算对外层有分配率。回顾普通矩阵乘法，加法对乘法有分配率；广义矩阵乘法中，max 对 + 也有分配率。即 max(a,b)+c=max(a+c,b+c) 。

将转移方程写成矩阵的形式：

\[\begin{bmatrix}dp_{i-1,0}& dp_{i-1,1}& dp_{i-1,2} & dp_{i-1,3} \end{bmatrix} \times \ \begin{bmatrix} 0 & a_i & -\infty & \infty \\ 0 & -\infty & a_i &-\infty \\ 0 & -\infty & -\infty &a_i \\ 0 & -\infty & -\infty &-\infty \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}dp_{i,0}& dp_{i,1}& dp_{i,2} & dp_{i,3} \end{bmatrix} \]

又因为有结合律，所以

\[A \times B_1 \times B_2...\times B_n= A\times (\prod B_i) \]

因为带修改，用线段树维护 $\prod B_i$ ，每次修改都是一次线段树单点修改矩阵，每次询问直接用根节点即可。

如何避免建四棵线段树呢？因为是个环，所以初始矩阵 $A$ 中 $dp_{0,j}$ 就是答案矩阵中的 $dp_{n,j}$ 。我们直接讨论以 $n$ 结尾选了 $j$ 个，初始矩阵除了 $dp_{0,j}=0$ ，其他都是 $-\infty$ ，此时答案矩阵只能选 $dp_{n,j}$ 。而对应在中间的转移矩阵，就是第 $j$ 行，第 $j$ 列的元素。所以在代码实现中，不需要维护初始矩阵和答案矩阵，最后只需统计线段树根节点矩阵对角线的最值即可。

代码实现上有一些技巧，例如可以通过重载一维运算符而实现重载两维运算符，涉及内存访问的一些知识。注意开 long long 。

Luogu csp 模拟赛 10.15

T2

\[f_i=\sum_{j=0}^{i-1} f_j \times (s_i \oplus s_j) \newline s_i\oplus s_j 的第 k 位是 1\to f_j 对 f_i 有 2^k 的贡献。 \\ 枚举 s_i\oplus s_j第 k 位是 0 还是1，实际上是枚举 s_j 的第 k 位是什么，以及对应的 f_i 的和。再乘上一个 2^k 。 \\ 对于更新，判断 s_i 的第k位是什么，并放进桶里。 \]

Nfls 10.16

T1 魔力子串

给定一段字符串，设字符串中的不同字符数量为 $k$ ，定义一个有魔法的子串，满足子串中不同的字符数为 $k$ ，且每个字符的出现次数都相同。

csp预告题。

发现就是等价于子串内所有字符都有，且数量相同。肯定要用桶来统计，记 $cnt_{c,i}$ 表示字符 $c$ 在前 $i$ 位出现了多少次，一个子串合法，等价于 $\forall c,cnt_{c,r}-cnt_{c,l},= cnt_{c',r}-cnt_{c',l} $ 。（先考虑只有两种字符的情况）这样等号一侧不好处理，我们移项可以得到： $cnt_{c,r}-cnt_{c',r}=cnt_{c,l}-cnt_{c',l}$ 。（对于更多字符的情况）这样我们每个位置有一个长度为 $\sum$ 的数组，对于字符串子串数量问题很容易转换成这样，然后哈希+ map 处理。 ——csp-s2023T2 。

另外值得一提的是，vector 自带比较符，但是比较是线性的哦，不过这道题 vector 长度只有 26 。

在 u群里学到了用线段树维护 hash 的 $O(\log)$ 复杂度方法。感觉可以一学。

T2 吃树

给定一棵树，求将其分为任意多个大小相同的连通块，有多少种分法。 $n\le1e6$

猜结论题。

如果每个块大小都是 $2$ ，那么一棵有两个儿子，三个节点的子树显然是非法的。

整棵树能分成大小为 $x$ 的连通块，首先需要 $x\mid n$ 。其次你要有 $\frac{n}{x}$ 棵子树的大小要是 $x$ 的倍数。

所以枚举 $n$ 的因数，$O(n)$ 检查，复杂度 $O(d(n)\times n)$ 。$d(10^6)$ 大约为 $240$ 。

T3 弹弹床

有 $n$ 个弹弹床，每个有属性 $c=L$ 或 $R$ ，代表其下一步能跳到所有在左边/右边的弹弹床，问从任意一个点开始游戏，有多少种方案，能够跳 $n$ 张床恰好一次，且最后一步停在 $i$ 。$n\le5000$

神仙dp题。将路径拆成子路径而便于转移

一档部分分是 $c_n=R$ ，考虑这个怎么做？

意思就是弹到 $n$ 后再也出不去了，所以有且仅有 $i=n$ 时有答案，其它都是 $0$ 。

分析一下弹到 $n$ 的过程，最后一步一定是向右到 $n$ ，中间会向右，向左，（我们把相邻两个向右操作看作一次向右），更进一步，我们可以化简一次操作为：（向左）+向右，即可能没有向左，但最后一定向右。

例如 RRLRLR 路径可以为 $4\to 5\to2\to3\to1\to6$ 可以拆成 $4$ ，$5\to 2$ ，$3\to 1\to 6$ 三条子路径。

考虑 $dp$，设 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个点，形成了 $j$ 条最后向右的子路径的方案数。

然后我们从左向右枚举，遇到一个 $c_i=R$ ，则可以作为新的一条路径的开头，也可以作为之前的一条路径的结尾，如果遇到一个 $c_i=L$ ，则可以作为之前的一条路径的开头，也可以合并两个路径 。

转移：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}+dp_{i,j}\times j \newline dp_{i,j}=dp_{i,j}\times j+dp_{i,j+1}\times j\times (j-1) \]

最后答案即 $f_{n,1}$ 。

对于一般的情况

还是用 路径合并 的思想，我们求出最后一步向右的 $f_{i,j}$ 和最后一步向左的 $g_{i,j}$ 。对于当前点 $i$ 的答案路径，一定是左边最后一步指向右，右边最后一步指向左，如此循环。我们只需考虑答案怎么拼接。无非 LRL,RLR,LRLR,RLRL ，这样四种情况。

LRL $f_{i-1,j} \times g_{i+1,j+1}\times j\ ! \times (j-1)\ !$
RLR $f_{i-1,j+1} \times g_{i+1,j} \times j\ ! \times (j-1) \ !$
LRLR+RLRL ：$f_{i-1,j}\times g_{i+1,j} \times j\ ! ^2\times 2$

Nfls 10.17

T1 子段排序

给定两个数组 $a_i$ ，$b_i$ 。你可以进行若干次操作，每次选择 $a$ 中任意一段 $[l,r]$ ，并排序，问是否能将 $a$ 变成 $b$ ，如果能，需要构造一组操作序列。要求操作数不超过 $n^2$ 。

如果非法，的条件是什么？ (CF1187D) ：即 $b$ 中出现 $a$ 没有出现的逆序对。如果合法，一次排序至少减少一个逆序对，而逆序对的个数是 $n^2$ 的。我们可以采用最暴力的方法，即冒泡排序：每次交换相邻两个。不断冒泡，直到两个全部相等。

T2 伪快速排序

你要执行如下的快速排序。
int partition(int l, int r){//这部分和快排相同
int x = a[r];
int i = l;
for(int j=l;j<r;j++){
  if(a[j] < x){
  swap(a[i], a[j]);
  ++i;
   }
}
swap(a[i], a[r]);
return i;
}
void Qsort(int l, int r, int h){
if(l<r && h>1){
  int m = partition(l,r);
  Qsort(l,m-1,h-1);
  Qsort(m+1,r,h-1);
}   
}
你想知道有多少个排列 $a_i$ 满足在给定 $k$ 的情况下，能变成有序数组。

快排的基本思想就是每次钦定一个标准，把小于标准的都扔前面，大于标准的都扔后面，递归实现。

但是正常的快排，递归的深度是 $\log$ 层，怎么考虑在 $k$ 层递归。

当 $k=2$ 时，只进行一次，需要 $a_i<a_n$ 的部分在原序列是有序的，$a_i>a_n$ 的部分在原序列也是有序的。枚举 $a_n=i$ ，就是把 $[1,i-1]$ 的有序排列和 $i+1,n$ 的正序排列插空变成一个。也就是说，一次 partition 的本质是将两个有序数组合并成一个有序数组，否则仍然是无序数组，返回的是 $<a_n$ 的个数。

排列方案考虑 dp ，设 $dp_{i,j}$ 表示长度为 $i$ ，进行 $j$ 次递归后，数组有序的方案。

枚举小于 $a_n$ 的个数 $k$ ，则有转移：

\[dp_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1} \binom{i-1}{k} dp_{k,j-1} \times dp_{i-k+1,j-1} \]

组合数的意义是选择 $k-1$ 个数放在前面作为一个有序数列。

T3 二进制式

给定一个二进制表示串，例如 ((x^x)|(x&x)) ，其中包含 $n$ 个变量 $x_i$ ，对于每一个 $x_i$ ，你要输出：当除 $x$ 外其他 $n-1$ 个变量固定时，$x$ 取 $0$ 和 $1$ ，最终表达式的值不同的概率。 $n\le10^5$ 。

例如 x or y ：固定 $y=1$ 的情况下，$x=0$ 和 $1$ 没有区别，固定 $y=0$ 的情况下，$x=0$ 是 $0$ ，否则是 $1$ 。所以概率是 $\frac{1}{2}$ 。

这种确定总数：$2^{n-1}$ 的概率问题，直接统计分子即可。带着分母求就又是逆元又是什么，非常难算。

首先我们不难将这个字符串通过栈维护出一棵前缀表达式二叉树。其中非叶子节点都是符号，叶子节点是 $x$ 。但是注意字符串的大小是 $n$ 的 $4$ 倍以上。（挂40）

接下来肯定是要树上 $dp$ ，$n^2$ 的暴力做法就是每次固定一个数，然后做一遍 dp 。$f_{u,0/1}$ 表示 $u$ 节点答案为 $0/1$ 的方案数。

例如：当 op='^' 时，$f_{u,0}=f_{ls,1}\times f_{rs,0}+f_{rs,1}\times f_{ls,0}$ 。

考虑正解：对于一次修改，影响到的点就是从 $u$ 到 $1$ 这条链上。于是我们再开一个 $g_{u}$ 表示 $u$ 子树内有固定，整个子树外，使得答案不同的方案数。

这里跳出常规 $dp $ 模式了

$g_{ls}=g_u\times f_{rs,x}$ 其中 $x$ 在符号不同时不同。例如或运算：需要 $f_{rs,0}$ 。因为原本不同或 0 还是不同，原本不同或 1 就都相同了。

答案即 $g_i $ 。

Nfls 10.18

T1 玛雅历

日期型大模拟，可以采用公元前暴力做，公元后，400年的周期直接统计，剩下的散块暴力做。

T2 大融合

简化并省略简单部分：

给定一个 $n*n$ 的棋盘，点有分数值和颜色，如果上一步和当前颜色相同，额外获得 $1$ 分，你可以设置 $g$ ，跳跃距离为 $[max(1,d-g),d+g]$ ，只能往下往右。求获得 $s$ 分数的最小 $g$ 。

外层直接二分，怎么用单调队列优化这个东西。

对于二维上的问题，我们只需要每一行，每一列，都维护一个单调队列即可，两者之间取 $max$ 。

对于有颜色的问题，因为这道题颜色数比较少，可以每一行，每一列的每一种颜色建单调队列。如果颜色多了，一个套路是把颜色都扔进 set 里，即每一行，每一列，开 $n+m$ 个 set ，set 里的元素是单调队列。找到时间空间的平衡。

T3 好 ♂ 朋 ♂ 友

给定一个序列 $a_i$ ，和集合 $S$ ，并有若干次询问 $[l,r]$ ，每次询问区间内有多少子区间，满足子区间的或和，的个位数为 $s \in S$ 。

经典套路题，离线后固定左端点，只有 $O(\log W)$ 个关键点会影响，快速找出这些点。只需要找 $a_l$ 的二进制表示中，为 $0$ 的位上，后面第一个该位为 $1$ 的位置。二进制拆位后可以二分。

得到这些关键点后，直接暴力找出满足的位置区间，例如 $[key_i,key_{i+1}-1] $ ，然后对这些区间+1。如果我们倒序枚举询问，即从右往左加，那么当前 $[l,r]$ 的询问就是该区间的区间和。好神奇。不用写区间历史和了。还是说根本不是一回事呀。

胜利一中SD联测2 10.18

T1 谁共一杯方酒

给定 $n$ 个区间，求最多多少个区间满足 $\forall\ i$ 被 $i+1$ 包含。

按右端点排序后，等价于左端点的最长上升子序列。

线段树大常数选手+dwt没开O2 $\to$ $90 pts$ 。

T2 约会

给定一棵树，边有方向且有边权，你可以通过 $1$ 的代价改变某个点的方向，你需要选择一个点 $x$，使得最远的点到 $x$ 的距离不超过 $D$ ，且满足代价最小。求代价。

最远的点可以用树的直径求，距离直接带 $\log$ 差分。

代价稍微推一下，等价于：子树内的下边+ $1$ 到 $x$ 链上的上边+除两者外的下边。

T3 乱杀

有两个人在数轴上，给定若干个限制：需要在 $t_i$ 时刻至少有一个人在 $x_i$ 位置上，求两个人的最大速度最小是多少。

考虑 $n^2$ $dp$ 做法：

和 bct暑假集训某一天的 $T4$ 非常像，关键在于两个人的位置，其中一个人一定在 $x_i$ 上，那道题我们 $dp$ 另一维存另一个人的位置，这里有些难办了，因为位置可能是实数，所以我们可以存 另一个人上次击球的时刻，位置即 $x_j$ ，因为我们知道一个人两次击球之间是会往返的。这样存就一定是整数了。转移依旧是经典的 $n*O(1)+O(n)*1$ 的形式。
$n \log n$ 二分答案：

与那一题不同的是，$dp$ 式子是中有若干 $\min 和 \max$ ，数据结构难以维护。考虑二分答案。（和 $dp$ 已经完全没关系了)

赛时也想到了，我们知道其中一个人 $P$ 的位置 $a_i$ ，另一个人 $Q$ 的位置一定是一个区间的的形式，设该区间为 $[L,R]$ ，二分答案速度为 $V$ ，在 $\Delta T$ 的时间内最多可以走 $S=V\Delta T$ 的路程。则 $P$ 下一步可以走到 $[a_i-S,a_i+S]$ ，$Q$ 下一步可以走到 $[L-S,R+S]$ 。
- 如果这两个区间都到不了 $a_{i+1}$ ，那么说明无解。
- 如果 $P$ 能够到达，$Q$ 不能到达。那么 $P$ 下一步去找 $a_{i+1}$ ，$Q$ 下一步的区间再各左右扩展 $\Delta S$ 。
- 如果 $Q$ 能到达， $P$ 不能到达，两者身份互换。
- 如果两者都能到达，那么 $L$ 和 $R$ 的取值对上述情况取最值即可。
  
  为什么是对的？此时另一个人处于两个人的叠加态，进行下一步时，我们实际会用到谁，那个人就是谁，因为两者都可以用，而且我们不关心他们到底是谁。
  
  感觉是有点神仙的贪心。
[评测记录](记录详情 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))

T4 红藕香残

给定一个序列 $a_i$ ，和常数 $k$。多次询问给定一个区间 $[l,r]$ ，删掉 $k$ 个数后，区间 $\gcd$ 最大是多少？注意 $k\le3$ 。

首先考虑 $k=0$ 。~~st表~~ 。

但正解肯定很难从这上面想，注意到 $\gcd$ 和 $|,\&$ 类似，固定左端点后只会变化 $\log$ 次，因为每次变化至少除以二。因此我们还是找所谓关键点。

那么我们从左到右枚举右端点。记二元组 $(l,v)$ 表示每个关键点的位置，以及每个关键点的一个后缀 $\gcd$ ，即 $[l,r]$ 。初始只有 $(1,a_1)$ 。

然后考虑右端点扩展，之前是关键点的有可能还是关键点，之前不是关键点的一定不会是新的关键点 。具体的，我们新加入一个关键点 $(r,a_r)$ ，然后更新关键点（不超过 $\log$ 个）的 $(l,v)=(l,\gcd(v,a_r))$ 。再对所有 $v$ 相同的，只保留从右向左第一个即可。

对于询问，我们直接找右端点为 $r$ ，左端点最小的一个 $l$ 的 $v$ 即可。复杂度 $O(n\log n)$ 。
考虑 $k=1$ ，我们要删除一个数。可以肯定的是我们一定会删关键点，否则对答案是没有贡献的。于是枚举以 $r$ 为右端点的 $\log$ 个关键点（ $(r,a_r)$ 算作一种关键点，不需额外考虑）。枚举删的点后还要加上找左端点，然后求两者 $\gcd$ 。复杂度 $O(\log^2)$ 。
对于 $k>1$ 的情况，直接 暴力dfs枚举删点位置，暴力做就行，常数极小，1e5 $O(n\log^4)$ 可以通过??? 。

卡常题了属于是。

[不过调了大约2h，怎么回事呢？](记录详情 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)) 一开始我在 dfs 的时候是类似 dp 的， ans=max(ans,gcd(dfs(l,y-1,k-1),query(y+1,r))); 但实际上这肯定不满足dp，是直接把所有情况枚举出来统一处理。如下

void dfs(int l,int r,int R,int k,vector<int>v) {
    if(k==0) {
        int ll=l,sum=0;
        for(int i=v.size()-1;i>=0;i--) {
            int y=v[i];    
            sum=gcd(sum,query(ll,y-1));
            ll=y+1;    
        }
        sum=gcd(sum,query(ll,R));
        ans=max(ans,sum);
        return ;
    }
    vector<int>t=v;
    for(int i=s[r].size()-1;i>=0;i--) {
        int y=s[r][i].l;
        if(y<l) return ;
        t.push_back(y);
        dfs(l,y-1,R,k-1,t);
        t.pop_back();
    }
}

还有若干细节，例如我是用右端点，所以遍历 vector 都要倒序枚举。

CSP-S 2023

T1 [CSP-S 2023] 密码锁

简单模拟，不过大样例想了挺久。

T2 [CSP-S 2023] 消消乐

给定一个字符串，求有多少个子串满足可被消除。一个子串可被消除的定义是：任意两个相同的字符可以拼起来，然后消去，最后消完。

考前刚做过 hash 统计字符串的题，没想起来，寄。

$n^2$ 暴力用栈维护即可，一个子串合法 当且仅当栈被消除至空 类似括号匹配。

根据栈的启发，一个常见的 trick 是将区间为 $0$ 转换成前缀相等来统计。用哈希维护一个栈，$O(n)$ 求出一遍前缀哈希栈。对于一个栈的状态，哈希值为 $s$ ，用一个 map 维护之前有多少个 s 。答案累加 map[s] 即可。

如果我们不用 hash ，也可以考虑 dp ，$dp_i$ 表示以 $i$ 为右端点的答案，怎么转移？使用 $pre_i$ 转移比较困难，因为不能保证 $[pre_i+1,i-1]$ 是合法括号串。我们要想转移肯定是从第一个位置 $x$ 满足 $x+1,i-1$ 是合法串，发现字符集较小，只有 $26$ 。不妨记 $g_{i,c}$ 表示 $i$ 往前第一个位置 $x$ ，满足 $s_{x}=c$ 且 $[x+1,i]$ 为合法串。转移就从 $g_{i-1,s_i}$ 转移。更新 $g_{i,c}$ ：若 $s_i=s_{i-1}$ ，则 $g_{i,s_{i-2}}=i-2 $ 。否则，记 $t=g_{i-1,c}$ ，所有 $g_{i,c}$ 都从 $g_{t-1,c}$ 转移而来。

T4 种树

Nfls 10.23

T2 括号

给定若干次操作，每次往字符串的后面加入 $c_i$ 个左括号或者右括号，问最终有多少合法括号序列。

回顾括号序列的经典套路，要么卡特兰数，要么看作区间dp，要么分别看作 +1 ，-1 。对于在序列上且给定的问题，常常想第三种方法。

如果是 $c_i=1$ 的情况，回顾一下：

也就是 $[l,r]$ 合法的充要条件是 $cnt_{l-1}=cnt_r,\ \forall \ x,cnt_x\ge cnt_r$ 。

也就是一个很类似单调栈的东西，维护左端点，每次加入 $cnt_r$ ，将所有大于 $cnt_r$ 的都弹出，然后统计的就是 $cnt_l=cnt_r$ 的贡献。时间复杂度 $O(n*c_i)$ 。

推广到更一般的做法，我们维护一个栈存两种值：左括号连续段的长度，以及拼成的合法括号串数量。这样一个右括号连续段过来消，把一串左括号消完，再加上这个数字，再消，再加。

T3 学校

求 $a$ 有多少子序列 $p$ 满足，$p$ 中任意四个相邻元素的异或和不为 $S$ 。其中 $a_i$ 互不相同。

最朴素的 $dp$ 是记录后三位分别是什么。$O(n^4)$ 。

也就是 $f(i,j,k)\to f(j,k,l)$ 。但是显然我们可以算出来不合法的一些 $i=S\oplus l.j.k$ 。

于是 $f(*,j,k)-f(i,j,k)\to f(j,k,l)$ 。其中 $(*)$ 代表任何数。又因为 $a_i$ 互异，所以可以做到 $O(n^3)$ .

具体的，

\[f(i,j,k)=f(j,k,*)-f(j,k,x)\ 其中\ x=a_i\oplus a_j\oplus a_k\oplus S \\ 记 \ f(j,k,*)=g(j,k) \\ f(j,k,x)=g(k,x) 设此时从左往右的数分别为\ v,x,k,j,i\\ \because a_i\oplus a_j\oplus a_k \oplus a_x =S \and a_i \ne a_v \\ \therefore a_v\oplus a_j\oplus a_k\oplus a_x \ne S \\ \therefore f(j,k,x)=g(k,x) \\ \Longleftrightarrow g(i,j)=\sum_k g(j,k)-g(k,x) \ 状态数优化至 n^2 \\ 转移考虑开桶。每算完一个 g(j,k)，贡献至 T_j 中。 \\ 每算完一个 g(k,x) ,贡献至 T'_{{a_k\oplus a_x}} \\ g(i,j)=T_j-T'_{a_i\oplus a_j \oplus S } \]

从四次方优化到平方，先优化转移，再缩减状态，再观察性质，最后优化转移。

Nfls 10.24

T2 K近查询

给定 $n,m$ 。你需要对 $\forall \ i\le n ，k \le m$ ，求出 $i$ 前面第 $k$ 个大于 $a_i$ 的位置。（从后往前数） $nk\le 10^7,k\le 5$ 。

T3 树上流水

给出一棵树，边有容量限制，$1$ 号点作为根不断往外流水，1s 水只能移动一条边。求使得所有叶子的水量 $\ge k$ 的最短时间。$n\le 1000,T\le 5$

这样有先后顺序的树上问题一般是贪心或者 $dp$ 。

贪心解法

我们会尽可能希望水先留到深度浅的叶子上，而且我们只会给这些叶子分配它到根路径上容量最小值，这么些水。

既然这样，我们将所有叶子按照深度排序，如果最小值非 $0$ 的话，我们每次减去这条链的最小值，可以用树剖维护。最后，模拟一下叶子接水的过程即可。总水量 $\ge k$ 就跳出。复杂度 $O(n \log^2 n)$

dp解法

最主要的问题是不知道水往那边流，可以倒过来想，每个叶子都有水，问多久能让 $1$ 的水量到达 $k$ 。两者是等价的。

直接 $n^2 \ dp$ ，设 $dp_{u,j}$ 表示 $ u $ 号点在 $j$ 时刻能有多少水。转移有 $dp_{u,j}=\sum \min(dp_{v,j-1},w)$ 。可以暴力做，也可以线段树合并加 Seg-beats。复杂度少一个 $\log$ 。

注意要开 long long 。

T4 逆序对

给定序列 $a_i$ ，满足 $n=2^k$ 。$m$ 次询问，每次给出参数 $p,l,r$ 。表示将序列分成 $2^p$ 段后，第 $l$ 段到第 $r$ 段，每段内部区间翻转，求操作后原序列有多少逆序对。 $n\le 2^{20}$ 。注意操作之间不相互独立。

一眼看上去就是自然的线段树结构，首先考虑 $l=r$ 的情况：

将序列分块后，每次询问一个块，那么在线段树上一定能找到唯一的一段区间。我们需要给他打上一个翻转 $tag$ ，意味着他整个子树都需要不停交换左右儿子，直到叶子，这是标记对标记的下放。翻转这个节点，其逆序对数量变换为原先的正序对数量，这是标记对信息的影响。父节点逆序对数量等于左儿子逆序对数量，加右儿子逆序对数量，再加横跨中间，的逆序对数量（类似 cdq 分治），这是信息的合并。

建树过程可以和归并排序天然结合。维护区间逆序对和跨过中点的逆序对。

对于 $l\ne r$ 的情况，问题可以转换成：修改 $\log $ 个区间，查询 $\log $ 个区间。

Nfls 10.26

T2 树上删边

给定一棵树，点有点权，删一条边的代价是两边子树的权值最大值之和。求删完全部的最小代价。

每次贪心从最大点开始删。但是删边不好维护最大值。删边变成加边，从最小边开始加。并查集维护即可。

T3 欧几里得

定义 $R(a,b)=R(\lfloor{\frac{a}{b}}\rfloor,b)$ 。$T$ 次询问，每次给出 $h,g$ 。构造一组 $a,b$ 满足 $R(a,b)=h,\gcd(a,b)=g$ 。

$h,g\le 10^5$ 。

打表没啥规律，分析 $R$ 的性质。

若 $R(a,b)=h$ ，则一直递归到底层，有 $R(h,1)=h$ ，同时， $R(h,h+k)=h$ ，其中 $k<h$ 。对于这种形式，可以继续套下去：即 $R(h,h(h+k_1)+k_2)=h$ ；也就是说，$b$ 可以写成 $h(h(...+k_3)+k_2)+k_1$ ，就是一个 $h$ 进制数的形式。

所以我们可以构造 $r(h,b)=h$ 。只需满足 $b$ 在 $h$ 进制表示下，最高位是 $1$ ，因为初始是 $1$ 。我们希望找到一个足够大的 $b$ 满足 $b$ 是 $g$ 的倍数。因为此时我们可以将 $r(h,b) $ 替换为 $r(bh,b)$ ，此时 $\gcd(bh,b)$ 是 $g$ 的倍数，但不一定等于 $g$ 。考虑构造为 $r(bh+g,b)$ ，要注意此时 $g<b$ 。故要特判 $b=g$ 的情况。此时 $\gcd(bh+g,b) $恰好为 $g$ 。

因为 $b=kg,bh=kgh,bh+g=kgh+g=g(kh+1)$ 。$\gcd(g(kh+1),gk)=g$ ，因为 $\gcd(kh+1,k)=0$ 。——相邻两个正整数互质。

所以构造方案有了，我们只需要找 $b$ ，最高位是 $1$ ，也就是 $b=h^k+c$ ，且要满足 $b\mod r=0$ ，因为 $r$ 只有 $1e5$ ，我们随便找一个比较大的 $k$ ，使得 $b>1e5$ ，然后再求出 $c$ 即可 $O(1)$ 做完。

T4 [没有上司的涨薪舞会

给定 $n$ 个人组成的树形结构的关系网，有些员工要求涨薪资，有些员工则不想，现在他们去参加舞会，一个人选择去参加舞会，当且仅当：

没有一个直接下属参加舞会，则 $i$ 有 $p_i$ 的概率参加。

否则不会选择参加。

每个员工可以选择给自己的所有下属加薪，$u$ 能给 $v$ 加 $a_u$ 的薪，当且仅当 $u,v$ 全部到场，且 $v$ 想要涨薪资。但是 $a_u$ 有可能是负数，即降薪。

你需要分配每个人是想涨薪资还是不想。求最大期望薪资是多少。

根据期望的线性性，答案即为：

\[\sum_{i}\sum_{j\in anc_i} [s_x=1]\times P(x)\times P(y) \times a_y \]

拆一下式子，便于统计：

\[\sum _x s_xP(x) \times \sum P(y) a_y \]

其中 $P(y)$ 的取值，并非原本的 $P(y)$ ，而是在确定 $x$ 参加舞会的条件下的 $P'(y)$ 。这也是为什么统计祖先而非子树的原因。在求 $P(y)$ 时，我们只需强制让 $P'(x)=1$ ，即可按照 $dp$ 方程求出。$P(x)=\prod (1-P_{son_x})\times p_x$ 。直接暴力做复杂度是 $O(nd)$ 的，其中 $d$ 是整棵树的深度。

因为一次只会更新一个点，$P'(fa)= P(fa)\times \frac{1-P'(son_x)}{1-P(son_x)}$ ，令 $v=\frac{P(fa)}{1-P(son_x)} $ ，因为 $P$ 已经预处理好了，所以 $v$ 是常数，而 $P'(fa)=v-vP'(son)$ 。是关于 $P'(x)$ 和 $1$ 的线性变换，具体的：构造向量 $\begin{bmatrix}1&f_u& sum_u\end{bmatrix}$ ，其中 $f_u$ 即被固定后的

Nfls 10.27

T2 完美主义

给定初始字符串的长度 $x$ ，有以下四种操作

末尾加一个字符，代价 1

全选，代价2

复制，代价2

粘贴，代价2

退格，代价 1

求使字符串长度变为 $y$ 的最少代价。

可以抽象成图论问题，并且如果初始长度比较大的话，一定是复制再粘贴，否则先打几个字符再复制，问题是复制完后，是粘贴若干次（这样中间不用选中再复制了），再复制，再粘贴一个长度更长的。发现粘贴若干次不会太多，最多也就16次左右。直接暴力建图。另外最短路长度是 $O(n)$ 的，可以桶优化 Dij。

T3 挑战哈密顿 P6644 [CCO2020] Travelling Salesperson

给定一张完全图，边有Red,Blue 两种颜色，对于每个起点，求一条最短的哈密顿路使得每个点都至少经过一次，且经过边的颜色方案中，颜色只能变换一次，即 RRRR...RRRBBBB...BBB 或先 B 后 R。你需要输出构造出的路径。

结合链表的构造好题，结论是最短路一定可以做到长度为 $n$ 。

对于当前起点 $u$ ，已经构造好一条合法的链，链的末尾是 $y$ 。设当前插入的点是 $v$ ，分类讨论。

整条链只有一种颜色：

如果 $(y,v)$ 颜色相同，那么直接插入到末尾即可。

否则， $v$ 是整条路径的颜色分界点。也插入到末尾。
整条链已经有两种颜色：

如果 $(y,v)$ 能直接插后面，就插后面。

否则，设颜色分界点为 $k$ ，不妨令前半段颜色为R，后半段颜色为 B 。
- 若 $(k,v)$ 颜色为 R ，则 $v$ 插入到 $k$ 的后面，$v$ 成为新的分界点。
- 否则，将 $v$ 插入到 $k$ 的前面，$v$ 成为新的关键点。
总复杂度 $O(n^2)$ 。

但是！list 有点复杂了点：一些要牢记的边界处理：

list.insert(++k,x) 后要判断 if(k==list.end()) k-- 。虽然我也不知道怎么回事，但好像整体往前平移了一段？

T4 装备

给定若干个二元组 $(a_i,b_i)$ ，并保证 $a_i$ 互不相同。你有 $k$ 次 $swap(a_i,b_i)$ 的机会，需要保证 $a_i$ 时刻互不相同。你想要使得 $a_i$ 构成序列的字典序尽可能大。输出交换序列。

本题 trick 和联合省选2023 Day2T2 填数游戏几乎完全一样。

根据 $a_i$ 互不相同，我们想到树的父亲是唯一的。

对于初始给定的每一个 $(a_i,b_i)$ ，建一条 $a_i$ 指向 $b_i$ 的有向边。最后形成若干个弱连通分量，对于每个分量，只可能是内向树或内向基环树。对于一棵内向基环树，没有交换的空间。对于一颗内向树，只有根节点没有入边，而这个根节点就是我们能留出“空”来交换的位置。

具体的，合法的状态体现在：每个点最多只有 $1$ 条入边。交换的操作体现在：将一条边反向。我们想要反向一条边，此时一个点一定会改变入度个数，如果这个点是根的话不用管，否则入度为 $2$ ，需要将这个点到根的路径全部反向，以消除这个影响。然后这条边连的另一条边成为新的根。

因为我们要使得字典序尽可能大，所以从左往右枚举，每次翻转后的边就固定好了，下次不能再动了。这样均摊复杂度就是 $O(n)$ 的。

对于操作数，我们可以 dfs 的时候统计一下就可以，如果超过 k 就跳过这一轮。

联合省选d2T2 填数游戏

Nfls 10.28 分块专题

T2 疯狂星期四

有长度为 $n$ 的序列 $a_i$ ，和 $m$ 个函数，每个函数 $f(i)$ 表示 $\sum _{j=L_i}^{R_i} a_j$ 。

单点修改 $a_x\to y$

区间函数和， $\sum_l^r f(j)$ 。

$n\le 10^5$ 。

赛时一直在想应该不可做的 $polylog$ 做法，感觉分块再带 $log$ 非常吓人呀。不过实际上分块加log肯定能过 $1e5$ 的。

大概是应该不均摊的均摊线段树+二维数点、、、如果把懒标记改成 vector 的复杂度是多少呀。

讲讲正解，对外层函数分块。

也就是分成 $\sqrt m$ 块，每块存函数和。这样区间整块和是简单的。考虑 $a_i$ 会对第 $j$ 块产生多少贡献，也就是 $a_i$ 在这个块的出现次数。可以想到差分统计次数。也就是每个函数对所在块的次数贡献是区间 $[L_i,R_i]$ 加一。最后差分数组累加可以得到第 $i$ 个块，$j$ 的出现次数 $cnt_{i,j}$ ，一个块的和初始就是 $\sum cnt_j\times a_j$ 。

那这样单点修改也可以做了，对于 $a_x=y$ ，求出变化量 $\delta$ ，它对所有包含它的块都有贡献，也就是 $cnt_{i,j}\times \delta$ 。然后 $a_x=y$ ，这一步是 $O(1)$ 的，显得有些快了。

对于区间查询，整块和有了，散块和怎么做？即 $\sum _j\sum _{k=L_j}^{R_j} a_k$ 。树状数组是可以做到 $O(\sqrt n \log n)$ 。考虑怎么不用树状数组，显然这是一个前缀和。考虑根号平衡：$O(1)$ 查询区间和，$O(\sqrt n)$ 单点修改。也就是每个块维护第 $1$ 到第 $i$ 块的前缀和，块内维护块内前缀和。对于上面的 $O(1)$ 修改就能改成对 $O(\sqrt n)$ 个块进行修改。达到根号平衡的效果。

调了挺长时间，问题在于对散块的处理大概率是不对称的，不要直接复制或者比着写。

T3 一九八四

给定一个 $n*m*h\le 10^5$ 的空间，要求支持：

在 $(x,y,z)$ 位置插入一个点

询问离 $(x,y,z)$ 距离最短的点，距离指曼哈顿距离。

So1.错解

三个数相乘的结果小于 $10^5$ ，则中间数的大小 $b$ 不会超过 $\sqrt {10^5}=400$ 。将中间这一维定成枚举维，切割成若干个平面。每个平面存平面的答案。但是平面的大小并非根号级别的，反例：1 10 100000 。

Sol2.定期重构：时间分块

适用于解决：修改间相互独立 的问题。每次加入一个点，并不会对别的点产生影响。

我们设 $ans_x$ 表示 $x$ 点的最近距离，这样直接做，查询是 $O(1)$ ，修改是 $O(n)$ 。

但是我们可以每 $\sqrt{q}$ 次修改就重构一遍 $ans$ 。这样每次重构用洪水填充算法，将需要重构的点扔进队列。复杂度 $O(n)$ 。每次询问，先查 $ans$ ，再暴力枚举 $O(\sqrt n)$ 个没有重构的点的距离。总复杂度 $O(n\sqrt n )$ 。

T4 旅行

给定一棵树，边有边权 $w\in [1,2]$ ，每次询问从 $(u,v)$ 这条路径，每天最多走 $k$ 公里，晚上必须在节点留下。需要多少天可以到达。

Sol:根号分治

对于 $k\ge \sqrt n$ 的情况，最终结果不会太多，所以二分暴力跳即可。

对于 $k<\sqrt n$ 的情况，小块是很好做的，预处理出 $f_{u,j,k}$ 表示 $u$ 向上跳 $2^j$ 天，每天最多 $k$ 步，能到达哪个点。

时间应该够，空间可能不大够，离线下来对于 $k$ 相同的统一处理。这样空间复杂度就只有 $O(n\log n)$ 了。

代码实现上，注意怎么跨过 $lca$，最后如果 $x,y$ 都在 $lca$ 上则不管，否则这一段距离要么跳一段，要么跳两段。

Nfls 10.30

T2 药品实验【2019数学高考】

给定 $n,a,b,c$ 其中 $a+b+c=1$ ，设 $p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}$ 。已知 $p_1=0,p_{2n}=1$ ，求 $p_n$ 。

高考数列题，原题第一问要求证 $\{p_i-p_{i-1}\}$ 是等比数列。

\[p_i=ap_{i-1}+(b+c)p_i+c(p_{i+1}-p_{i}) \\ p_i-(b+c)p_i-ap_{i-1}=c(p_{i+1}-p_i) \\ \Longrightarrow a(p_i-p_{i-1})=c(p_{i+1}-p_i) \]

公比是 $k=\frac{a}{c}$ 。

所以 $\sum (p_i-p_{i-1})=p_{2n}=1$ ，其中首项 $p_1-p_0=p_1$ 。 $p_1\times \frac{1-k^{2n}}{1-k}=1$ ，可得 $p_1=\frac{1-k}{1-k^{2n}}$ 。

又因为公差知道， $p_n$ 就可以递推地算出来，当然可以矩阵加速。

T3 小猫钓鱼

$n$ 个人打扑克，每个人初始有 $l$ 张，类型和排火车类似，有超级派，可以把所有牌都收起来。$n,l\le 100$ 。求 $T$ 轮后每个人手里的牌。$\sum T=10^6$ 。

时间复杂度计算题，模拟实现即可，需要离散化或者 unordered_map 。

复杂度 $O(Tn)$ 为什么是对的？首先添加牌和收走牌数量的复杂度是相等的，一轮比赛只能增加 $n$ 张牌，所以均摊会收走 $O(n)$ 张牌。

T4 模拟旅行

给定一个集合 $S$ 内有若干个点，求这个集合中任意两点在有向图中最短路的最小值。

kdw说是 BCT 原题，但是正好那天没讲图论，哈哈。

特殊点问题首先考虑建虚拟源点/虚树。现在考虑虚拟源点，向每个特殊点连一条边。边权为 $0$ 。

这样可以得到所有经过至少一个关键点的最短路 $d_u$ 。但是我们不知道经过的是哪个关键点，设 $f_u$ 表示，最短路松弛的时候一块求就行。

Sol1 二进制分组

特别适合这样的分组问题。

作为答案的两个点的编号一定有一位二进制不同。那我们枚举二进制位，将这一位是 $0$ 的关键点分为一个集合，为 $1$ 的分为一个集合。连虚拟源点跑两遍最短路。枚举终点组的答案。复杂度 $O((n+m)\log m\log k)$ 。

Sol2.反向图

考虑作为答案的两个点 $(u,v)$，他们之间的路径一定是一段经过 $u$ 的最短路径，再接着跳到一段经过 $v$ 的最短路径。或者说是从 $u$ 出发走最短路，接着切换到从 $v$ 出发的最短路。后者是反图上的。

形式化地， $dis=d_x+w+d'_y$ ，满足 $f_x=u,f'_y=v$ 。$(u,x),(y,v)$ 均为最短路。

时间复杂度 $O((n+m)\log m)$

Div1 T4 迷雾华光

在线算法求树上众数。

区间众数：蒲公英，一种简单的方法是设 $f_{u,v}$ 表示 $[u,v]$ 块之间的区间众数是谁，$g_{u,x}$ 表示前 $u$ 个块内 $x$ 出现了多少次，时间空间复杂度均为 $O(n \sqrt n)$ 。

考虑搬到树上，随机撒关键点，对于 $(u,k_1)\to(k_1,lca)\to (lca,k2)\to (k2,v)$ 这样的路径，中间是整块，两边是散块。需要特判 $lca$ 的情况。

Nfls 10.31

T3 小 G 的布料

给定一个 $n*m$ 的 $01$ 矩阵，求面积大于等于 $k$ 的全 $0$ 子矩阵个数。 $n\le3000$ 。

小清新并查集线性做法

~~并查集算 $O(1)$ 。~~

先预处理出 $f_{i,j}$ 表示往下有多少连续的 $0$ 。对于每一行，我们按照矩形高度递减地加矩形，每次加一批高度相同的新的全 $0$ 矩形都会形成一批新的矩形连通块，用并查集维护连通性，我们只需统计这些新生成的连通块。可以用 vector 记录第 $i$ 行，高度为 $j$ 的矩形是哪些。

考虑每次形成一个新的连通块，该连通块的左端点为 $L$，右端点为 $R$ ，当前高度为 $h$ 。统计它带来的贡献，注意到此时 $L-1$，$R+1$ 处的矩形都没有添加进来，为了保证不重不漏，我们只统计高度 $k\in[\max(f_{i,L-1}，f_{i,R+1})+1,h]$ ，宽度 $w\in[1,R-L+1]$ 的合法矩形数量。这个东西提前预处理前缀和即可。

T4 Easy Data Structure

给定一二进制表达式树，包含三种基本二元运算操作，每个叶子有 $p$ 的概率是 $1$ ，$1-p$ 的概率是 $0$，求根为 $1$ 的概率。支持修改叶子的概率。

树上动态dp，基本思想是树剖后，每个节点的矩阵表示的是，其重儿子为 $0/1$ 时，自己为 $0/1$ 的概率，即一个 $2*2$ 的矩阵。每次修改，先修改这个点，再修改这个点到链顶，可以线段树做，然后跳一条轻边。。。以后再来学习吧。

Pyyz 11.2 Day1 by ZYW

T1 矩阵优化

T2 字符串

定义一个长度为 $n$ 的字符串的价值是：这个字符串所有长度小于等于 $\frac{n}{2}$ 的 border 的长度之和。

求给定字符串所有子序列的 border 价值之和。 $n\le300$ 。

暴力非多项式复杂度的，有关子序列的，考虑 dp，设 $dp[i][x][y]$ 表示 border 长度为 $i$ 的子序列，前半段结尾于 $x$ ，后半段结尾于 $y$ 。有转移：

$dp[i][x][y]=\sum dp[i-1][x'][y'] $ ，满足 $s[x]=s[y]$ 。答案就是 $\sum_i\sum _p dp[i][x][y]\times i \times 2^{p-x+1}$ 。其中 $p$ 是枚举的后半段开头的位置，需要满足 $x\le p$ 。

转移的式子不难可以前缀和优化。

这样做枚举答案复杂度是 $n^4$ 的，发现我们不需要记录 $i$ 这一维。可以用 $g[x][y]$ 表示这样的 $f[x][y]$ 的 $\sum i$ 是多少，本质仍是乘法对加法有分配率。

$g[x][y]=\sum g[x'][y']+f[x][y]$ 。答案是 $\sum f[x][y]\times g[x][y]\times 2^{p-x+1}$ 。复杂度为 $O(n^3)$ 。

T3 通讯公司

有 $n$ 个人 ,$m$ 个通讯公司，每个通讯公司包含若干人（用集合 $S_i$ 表示），同一通讯公司下的用户可以互相拨号，一个人最多可以向一个人发出拨号，但可以同时收到多个人的拨号。 $x$ 向 $y$ 拨号的收益为 $a_x\times a_y$ ，但是两个人互相拨号的收益仍然是一倍。求某一时刻总收益最大是多少。

$n\le 10^5,\sum |s_i| \le 10^5$ 。

我完全不会最小生成树。

考场上一直在模仿【省选D2T2 填数游戏】的 trick 去搞内向基环树的换根，但这样是完全没有必要的，因为我们毫不关心基环树边的方向，也就是当成无向图看就行，一直没想到点权转边权，直接暴力建图，将一条边看做 $a_x\times a_y$ ，做最大基环树即可，实现和 kruskal 基本一样，最多一个环。

但这样做复杂度太大了，建图的复杂度就是 $O(\sum |s_i|^2)$ 的。我们观察加入到最大生成树的边，一定是一个集合内，最大点所连出的边，和次大点所连出的边，因为这些边就足以构成一棵基环树了。

T4 dp of dp

害怕。别考。

Day2 by ZYW

T1 小数点

给定一个分数 $p,q$，求 $\frac{p}{q}$ 的第 $[l,r]$ 位。$l,r\le 10^9,r-l\le 10^5$ 。

好题，考场上想了半小时的数论意义，发现小数循环节的长度 $len$ 是最小的满足 $10^{len}=1\mod q,q\ne2k,5k$ 的正整数，然后 BSGS？NOI Plus模拟赛。

但实际上根本没有这么麻烦，问题关键在于快速幂不能取模，先把式子写出来：

$ \lfloor \frac{10^Lp}{q}\rfloor \bmod 10 \Longleftrightarrow \lfloor\frac{10^Lp-10q}{q}\rfloor \bmod 10\Longleftrightarrow \lfloor\frac{10^p\bmod 10q}{q}\rfloor \bmod 10$ 。这样就能取模了

启示：对于在数论模意义下难以解决的运算，例如向下取整等，可以考虑其等价的效果，也就是减去一个数，仍然相等，相当于对这个数取模。

另外，别遇到小数题就想你那模意义了。

T2 体力劳动

给定序列 $a_i$ 和 $x$ ，求一个最小区间长度 $[l,r]$ ，满足区间逆序对个数 $\ge x$ 。

区间长度有单调性，相当于二分答案。然后 check 类似滑动窗口，减去左边一个数，和增加右边一个数，对逆序对产生的贡献都是主席树方便维护的。

T3 距离之和

给定一棵树，一次操作支持删除一条边，再添加一条边，使图仍然保持树的形态，求对于每个点，变成树的重心，所需要的最小操作数。

一个点是树的重心的充要条件是，所有子树的大小都小于等于 $\frac{n}{2}$ 。一棵树可能有两个重心。

考虑 $u$ 号点，首先，我们先断掉一定数量的边，然后连边的时候，全部连到 $u$ 上一定最优。所以我们只需考虑删边怎么删，无需考虑连边怎么连。

删边后的图，需要满足， $u$ 所在连通块内，每个儿子的大小都小于等于 $n/2$ ，除 $u$ 所在的联通块外，每个连通块大小都小于等于 $n/2$。

对于原图（即给定的图中），记树的重心为 $rt$ ，将无根树变成以 $rt$ 为根的有根树后，我们删边，一定可以选择全部删与 $rt$ 直接相连的边，因为这样得到的连通块仍然满足条件。

我们从大到小砍 $u$ 的所有子树，直到剩下的大小小于一半，记操作数为 $x$ 。

分类讨论：

记 $u$ 的除 $rt$ 外最高的祖先为 $b_u$ ，如果在得到 $x$ 的删边过程中，$(b_u,rt)$ 被删除，且连上这条边，$u$ 仍然保持合法，则答案为 $x-1$ 。
如果 $(b_u,rt) $ 未被删除，若将 $x$ 对应方案中，砍掉的最小子树连回去，如果合法，则答案为 $x-1$ 。
否则，答案为 $x$ ，可以证明，答案不会更优（。

至此，答案只可能是 ${x,x-1}$ ，时间复杂度做到了严格线性。

T4 崇拜

给定一棵树，求：

\[\sum _{p是一个1到n的排列} \prod dep[lca(p_i,p_{i+1})] \]
$n\le500 $ 。

考虑状压，即 $n\le20$ 怎么做。

Day3 by Smeow

T1 猫猫小游戏

给出一个 $n*m$ 的网格，有两种颜色，初始均为无色。有两种操作：

选择一行染成红色

选择一列染成蓝色

问是否可以染成目标状态。 $n,m\le3000$

考虑无法染成目标状态，即形成一个类似环的结构，想到建立图论模型。

首先，重复染多次是没有意义的。一个方格 $(i,j) $ 最后颜色是红色，说明蓝色一定在红色前被染过，则建立一条 $j\to i$ 的边，合法的染色顺序即这张图的拓扑序，不合法只需判断是否有环即可。

T2 猫猫的数列

求满足下列条件，长度为 $n$ 的序列 $A$ 有多少个：

$a_i\le m$

有且仅有一对元素数值相同。

存在一个位置 $p$ ，使得 $a_1,a_2,...a_p$ 严格单调递增，$a_{p},a_{p+1}...a_n$ 严格单调递减。

$n,m\le 10^{15},mod\le 10^6$ 。

完全不会类似的组合题呀，考场上写的什么 $n^3$ 瞎 dp 还贼难调。Orz Setoff...

第一步，$A$ 中的数字有几种？

由于有一个是相同的， $\binom{m}{n-1}$ 。
对于剩下那一个数，要选择一个不是最大的和他相等，即 $(n-2)$ 。

第二步，这些数字怎么放？

先除去两个相等的，最大的那一个一定放中间，剩下的，每一个都可能放左边，可能放右边，且无论放左边还是右边，都只有唯一的位置 ：$2^{n-3}$；

答案即为三者相乘。

注意到模数很小，使用 $Lucas$ 。

T3 多重集的错位排列

给定非排列的 $a_i$，求有多少种改变顺序得到的 $b_i$ ，满足 $\forall \ b_i\ne a_i$ 。$n\le2000$ 。

普通错排的递推式就是 $D(n)=(n-1)\times (D(n-1)+D(n-2))$ ，就是考虑最后一步，是交换之前的一个错排，还是之前的一个非错排。

但是错排还有容斥形式，至少一个的容斥系数就是：（固定零个）-（固定一个）+ （固定两个）-（固定三个）+（固定四个）...

即：（刚好打破 $0$ 个限制）=（至少打破 0 个限制）-（至少打破 1 个限制） + （至少打破两个限制） - （至少打破三个限制）...

写成封闭形式，即 $D(n)=\sum (\binom{n}{i}(-1)^i\times(n-i)!)$

回顾一下容斥原理的本质：容斥系数为正的时候，是为了求出那些最后一次有机会能求出的数。

另外，对于多重集的全排列公式，即 $\frac{n!}{n_1!n_2!n_3!...n_k!}$ 。

考虑 $dp$ ，设 $f[i][j]$ 表示考虑了 $i$ 个数字，$j$ 个位置强制打破。数组值存的是容斥系数×方案数。

枚举当前数字 $i$ 强制打破了 $k$ 个限制， $f[i][j]=\sum f[i-1][j-k]\times (-1)^k\times \binom{siz[i]}{k}\times \frac{1}{(siz[i]-k)!} $ ，和上面基本一样。

最后答案即 $\sum f[m][i] \times (n-j)!$ 。

T4 括号

给定一个长为 $n$ 的括号序列，支持三种操作：

将第 $x$ 个位置的括号替换为左/右括号

查询该括号序列是否为合法括号序列。

套路题，将左括号看做 +1 ，右括号看作 -1 ，合法括号序列满足前缀和最小值 $\ge 0$ 且最后一位 $=0$ 的限制。直接线段树做即可。

Day 4 by Smeow

T1 文学游戏【FST-10】

T2 数学游戏

有 $n$ 个数字，你可以消掉任意个质因数 $>1$ 的数字（相同质因子只算一次），也可以使用一次数字复制器，使得 $a_x$ 和 $a_y$ 都变成 $a_x\times a_y$ 。给定 $q$ 次询问，每次询问 $[l,r]$ 的数字至少需要多少次复制器才能全部消掉。 $n\le 10^5$ 。

显然需要将所有数字质因数分解，只有一个质因子的数是删不掉的，必须和有另一个质因子的数结合。分类讨论：【下文中，质数代指质数和只包含一个质因子的数】

这个区间里只有 $1$ 和一个质因子，消不掉，输出 -1
对于 $1$ ，一次只能拿 $1$ 和合数消，若没有合数，输出 -1
这个区间里，出现次数最多的质数小于所有数的一半，那么每次消都可以消去两个。
否则，存在绝对众数，剩下的那些，一次只能消一个。

摩尔投票维护区间众数即可。

T3 地理问题

给定一张无向图，你需要给边定向，有若干条指令，要求你从 $u$ 能走到 $v$ ，问你何时无法满足所有指令【即指令间出现矛盾】。

图上问题很难处理，我们希望扔到树上去，考虑边双缩点，因为一个边双内，存在一个方案使得所有点两两可达的。所以我们不需要管边双内的情况。只需要管割边即可。

缩点后形成一棵树，直接树剖打【从上到下】或者【从下到上】的标记，如果一条边同时存在两个标记，则说明非法。

T4 历史问题

给定序列 $a_i$ ，每次询问区间 $[l,r]$ 的连续段个数有多少。一个 $[l,r]$ 是连续段，当且仅当 $\max-min=r-l$ 。

强制在线， $n,q\le 10^5$ 。

首先考虑离线怎么求，扫描线左端点，设 $f_i$ 表示左端点确定，右端点为 $i$ 时，这段区间的【数值段】个数，例如【1,2,3】【5,6】,【8】的个数为 $3$ 。

类似【bakery】的思路，考虑加入一个 $a_i$ 的贡献是什么。找到 $a_i-1$ 和 $a_i+1$ 在前面出现的位置，排序后分别记作 $pre_1,pre_2$ 。

那么会对 $[1,pre_1]$ 区间减一，因为两个连续段合并， $[pre_1+1,pre_2]$ 区间不变， $[pre_2+1,i-1]$ 区间减一，因为又多了一个连续段。

当然对只有 $pre1$ 的情况要特判。

统计就是【=1】的个数，即最小值个数，是线段树好维护的。

那么在线呢？变成一个历史和了>....< 这下成【NOIP2022】模拟赛了

Day5 by wucsdtio

T1 序列函数

定义 $f(a_1,a_2,...,a_n)=f(a_1\oplus a_2,a_2\oplus a_3,...,a_{n-1}\oplus a_n)$ 。每次给出一个区间 $l,r$ ，求 $\max_{l\le i\le j\le r} f(a_i,...a_j)$ 。

$f$ 函数直接做是非常不好做的，但是可以通过样例观察出 $f(l,r)=f(l,r-1)\oplus f(l+1,r) $，另记 $g(i,j)=\max_{i\le l\le r\le j} f(l,r)$ ，

$g(i,j)=\max (g(i,j-1),g(i+1,j),f(i,j) )$ 。做到 $O(n^2+m)$ 。

T2 历史

给出一棵树，每次选择一个点和权值 $(x,val)$ 。所有和 $x$ 距离小于等于 $val$ 的点的 $w_i$ 都会加上 $max(val-dis,0)$ 。最后统一求每个点的 $w_i$ 。 $val\le1000$ 。

相当于一个点不断向外扩张，扩张的过程类似一个等差数列，末项为 $0$ 。

发现 $val$ 比较小，考虑和 $val$ 有关的复杂度。

问题在于标记是不能“合并“的，因为如果一个权值为 $4$ 的标记和一个权值为 $5$ 的标记合并成一个权值为 9 的标记，就不能判断其在什么位置结束为 0 。但是同样权值的标记是可以合并的，记 $d_{u,v}$ 表示 $u$ 点有 $d_{u,v}$ 个大小为 $v$ 的标记，转移为 $d_{u,v}\to d_{u',v-d_{u,v}}$ 。空间复杂度有点汗流浃背了：$O(n\times val)$ 。

Sol1.换根dp

最后统一处理答案，可以直接换根做： $f_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树，对 $u$ 点贡献为 $i$ 的个数。

$f_{u,i}=\sum f_{v,i+1}$ ；

$g_{u,i}$ 表示 $u$ 除子树外的部分（这样设比较好算），对 $u$ 贡献为 $i$ 的个数：

$g_{u,i}=g_{fa,i+1}+\sum _{v\in son_{fa},v\ne u} f_{v,i+1}$ 。时空复杂度均为 $O(nd) $ 。

平邑第一换根中学。

胜利第一点分中学。

T3 附魔

$n$ 本附魔书，第 $i$ 本附魔书初始有魔咒 $i$ ，该魔咒对应的经验等级 $a_i$ ，和合并过程中的累计惩罚 $v_i$ 初始为 $1$ 。

每次进行两本附魔书的合并，若将 $x$ 合并到 $y$ 上，则会消耗 $x$ 上所有魔咒的 $a_i$ ，以及惩罚 $v_y$ 的代价。同时 $v_y=v_y\times 2$ 。

问将所有附魔都附魔到一本书上的最小代价。

显然构成了树形结构，但是需要我们找性质。

一个魔咒的经验等级 $a_i$ 被计算的次数，等价于其在原树的深度。因此应该将 $a_i$ 大的填上面， $a_i$ 小的填下面。
一个点获得的惩罚，与其儿子的数量 $x$ 有关： $\sum_i^{x} 2^i=2^x-1$ 。因此，一个点不应该有过多儿子，将儿子挂到该层上另一个儿子少的点上，一定不劣。

综上，我们可以规范化地得出结论（这里定义度数是儿子数量。

同一层上每个点的度数最多差 $1$ 。
父节点的度数一定大于等于子节点度数，否则把子节点挂到上一层不会劣。

也就是说，我们按照 bfs 的过程得到的每个点的度数，一定是一个不增的序列。然后就可以 DP 了，设 $dp[i][a][b]$ 表示当前层的第一个节点为 $i$ ，这一层有 $a$ 个节点，下一层有 $b$ 个节点，需要枚举每一层的度数。

T4 曼哈顿

给定一张网格图，你需要遍历每个点并回到起点，每一次移动的价值是两点间的曼哈顿距离。问价值最大是多少？

转换：等价于每一条网格线被跨过的次数之和。

思路：构造理论最大值。

对于一条线，其左边有 $a$ 个点，右边有 $b$ 个点，被跨过的理论最大值就是 $2min(a,b)$ 。

然后，如果最中间的线达到了理论最大值，则其他平行与他的线也达到了理论最大值。

于是只需考虑最中间的横线和竖线。

那么考虑一张 $2*2$ （偶数×偶数）的图，手摸发现构造不满，是理论最大值-2。

再考虑有奇数的情况，最中间的线有两条，也是一样道理。

Day 6 by wucsdtio

T1 铺设积木 roadblock(2013,2018,2023)

差分练习题，+没用的oi冷知识

T2 开关灯

$n$ 盏灯，初始全为熄灭，对于第 $i$ 次操作，选择 $i$ 的所有质数倍标号的灯，并把他们状态翻转。

求 $n$ 次操作后，有多少灯是开的。 $n\le5\times 10^7 ,10^{10}$

~~不妨分块打表~~

一开始可能不是很好线性筛，但是如果将开灯设为 $f=-1$ ，关灯设为 $f=1$ ，那么对于 $x=p_1^{q_1}...p_m $ ， $f(x)=(-1)^m$ 。很好的形式。满足非完全积性函数的性质，$f(xy)=(-1)^{m1+m2},\gcd(x,y)=1$。可以进行线性筛。剩下的留给亚线性筛。

T3 历史 Plus2.0

给出一棵树，每次选择一个点和权值 $(x,val)$ 。所有和 $x$ 距离小于等于 $val$ 的点的 $w_i$ 都会加上 $val$ 减去距离的值。单点询问 $w_u$ 的值，$val\le 10^9$ 。

和上一题不同的是，不再受 $0$ 的限制，但值域也升到了 $1e9$ ，并且需要支持过程中查询。

一眼根号重构吗这不是。散块直接找距离，可以用线性 lca。重构直接借助昨天的思路——换根dp。

设 $cnt_u$ 表示 $u$ 子树内这样的点的个数， $f_{u}$ 表示 $u$ 子树内，所有点对 $u$ 的影响。 $g_u$ 表示整棵树对 $u$ 的影响。

$cnt_u=\sum cnt_v+[u],f_u=\sum (f_v+cnt_v)+val_u$ 。

$g_u=g_{fa}+cnt_u-(cnt_1-cnt_u)$ 。

这样 $O(n)$ 就可以根号重构了，复杂度不多带 $\log$ 。跑的飞快。

对于 $polylog$ 的做法，考虑这东西就是一个树上加等差数列。

T4

Day7 by chunzhen

T1 树的直径，T2 slyz模拟赛T4 \kt\kt。

T3 Yazid 的新生舞会

给定序列 $a_i$ ，求有多少区间 $[l,r]$ 满足存在区间绝对众数。

Sol1.根号分治

问题首先转换为枚举每个值 $x$ ，将所有等于他的设成 $1$ ，否则设成 $-1$ ，这样一个区间有绝对众数，等价于存在一个区间的和大于等于 $0$ 。复杂度 $O(n^2\log)$ 。

第二步的操作就很想根号分治，对于一个数出现次数大于 $B$ 的，则这样的数不会超过 $n/B$ 个。可以直接暴力。否则，对于每一个这样的数，其可能会作为一个区间众数的区间长度都不会超过 $2B$ 。我们可以最后统一扫一遍，复杂度 $O(n^2\log/B+n\times2B)$ ，$B=\sqrt{n\log}/2$ 左右比较好。复杂度 $O(n\sqrt{n\log n})$ 。

Sol2.三阶差分树状数组线段树

一个区间的和大于等于0，本质就是求前缀和数组的顺序对。注意观察前缀和数组，因为有大量 $-1$ 的存在，所以相邻两个 $x$ 之间的一堆 $-1$ 在 $s$ 数组上的体现就是公差为 $-1$ 的等差数列，即一段 $[s,e]$ 。开一个桶 $c$ 记录。再开一个桶 $d$ 记录桶 $c$ 的前缀和。

Sol3.分治

很容易想到分治结构，一个数能够作为当前区间的绝对众数，要求出现大于一半，那么他一定是左儿子的绝对众数或右儿子的绝对众数。

T4 仓皇逃跑 √

给定一棵树，以及多条路径，边有 $k$ 种颜色，每条路径要求这条路径上至少有两种颜色，问满足条件的树有多少种可能。$n\le60,m\le15,k\le10^9$。

考场上爆写 subtask 怒切 60分。

考虑只有两条路径且相交的情况怎么做，需要分类讨论：相交部分有一种颜色还是两种颜色。

很麻烦，但是可以将问题容斥一下，转换成一条路径上只有一种颜色。这很方便用并查集维护。并且数据范围小，可以直接容斥。

也就是枚举不合法边组成的集合 $S$ ，对于每个集合的容斥系数为 $(-1)^{popcount(S)}$ ，对于相交的路径压成一条，枚举即可。

Day8 by WHQ

T1 分数约分

爆搜。但写挂了

T2 共享单车

学校看做一张无向图，有 $k$ 个点上有共享单车，汽车速度是 $y$ ，步行速度是 $x$ ，但是第 $i$ 辆单车有 $p_i$ 的概率开锁失败，问从起点到终点，采取最优策略的最小期望时间是多少？ $n\le10^5,k\le 18$

考虑一档 $n,k$ 同阶，非DAG的图上 dp 是非多项式的，直接考虑状压，表示走过了哪些点。倒序枚举，然后就可以 $dp$ 无后效性地转移了。

如果 $n$ 更大，发现处理其他的点都是没有意义的，我们只关心有单车的 $k$ 个点，预处理 $k$ 个点间两两最短路即可。

T3 积木拼接

给定 $n$ 个字符串 $s_i$ ，选出一个子序列，满足是回文串的方案有多少？ $n\le 100,\sum |s|\le 10^5$。

不会

T4 [六省联考 2017]

维护一个数据结构，支持：

给定 $x,l,r$ ，将区间 $[l,r]$ 的 $a_i\to x^{a_i}$ 。

给定 $l,r$ ，输出 $\sum a_i\bmod p$ 。

$n,m\le 5\times 10^4$。

本题暴力就比较难做，修改是不带取模的，查询是要带取模的。

首先需要拓展欧拉定理：

$a^x=a^{x\bmod \phi(p)} \mod p$ ， $a^x=a^{(x\bmod \phi(p))+\phi(p)}\mod p$ 。（不互质）

因此我们需要维护的是，一个类似幂塔的结构，即 $x_1^{x_2^{x_3^{a_i}\bmod \phi(\phi(p))}\bmod \phi(p)}\bmod p$

另外， $p\to \phi(p)\to \phi(\phi(p))$ 是呈指数下降的，因为对于一个奇数会变成偶数，一个偶数至少会减半。所以至多 $O(\log )$ 次模数变为 $1$ ，上面的部分就不用管了。

因此线段树上一个位置维护一个队列，时刻保持队列的长度是 $\log$ 以内即可。

复杂度多一个 $\log$ 在矩阵乘法上，预处理光速幂即可。

Day9 by lxl

T1 查询

给定三个序列 $a,b,c $。求 $a_j+b_j\times c_i$ 的第 $k$ 小值。

前 $k$ 小单调队列，第 $k$ 小二分答案。二分答案后检查小于 $x$ 的个数，枚举一维 $j$ ，显然 $i$ 有单调性。

T2 枚举

给定 $x,y$ ，求三元组 $(a,b,c\le n)$ 的个数满足 $((x^2+1)\bmod a+b)\bmod c=y$ 。同时需要输出字典序前 $10^5$ 小的三元组。

先考虑一个 $O(n^2)$ 做法，枚举作为模数的 $a,c$ 。此时 $b$ 是一个区间，然后我们可以直接加到 $vector$ 里直到超过 $10^5$ ，最后再排序。

尝试把取模展开，记 $z=(x^2+1)\bmod a+b$ ，$\lfloor\frac{z}{c}\rfloor\times c+z=y$ 。枚举 $c$ 和 $\frac{z}{c}$ ，这样是调和级数的。

这样得到合法的 $a,b$ 的个数也是 $O(n\lg n)$ 的。

T3 决斗 √

$A$ 和 $B$ 决斗扑克牌，$A$ 先手，已知 $A,B$ 的出牌序列，$B$ 事先知道 $A$ 的出牌顺序。规则是点数大的获胜。 $B$ 只希望他获胜的局数尽可能多。而且出牌的字典序要尽可能大。输出出牌顺序。

最多的获胜局数是比较简单的，采用田忌赛马的战略，每次 $B$ 出大于 $A$ 的最小的，如果没有就出自己最小的。这样我们可以得到第一问的答案。

但这种策略和第二问是矛盾的，字典序问题逐步确定答案，不难发现每一步能出的牌是一个区间，我们要填这个区间的最大值。且不会影响答案。

使用线段树的信息合并解决带修改问题，将原问题扔到数轴上， $A$ 的数字记作 $a_i$ ，$B$ 的数字记作 $b_i$ 。一个序列上区间的最多获胜局数 $ans$，本质就是每一个 $a_i$ 和 $b_i$ 的匹配，记 $ans$ 为答案， $cnta$ 为剩下了多少个 $a_i$ ，$cntb$ 为剩下了多少个 $b_i$ 。$ans[p]=ans[ls]+ans[rs]+min(cnta[ls],cntb[rs])$ ，$cnta[p]=\sum[a_i] -ans[p]$ 。 $\sum[a_i]$ 为原序列上 $a$ 的总个数。

又因为最大值是有单调性的，所以可以枚举一个 $i$ 代表当前填第 $i$ 个位置，二分一个 $mid$ ，线段树上进行 $i$ 这个位置上删除一个 $a_i$ ，$mid$ 上删除一个 $b_i$，检查根节点的答案是否只减少 $1$ 。

优化到单 $\log$ 可以线段树上二分。

T4 Bamboo#2

Tag：时光倒流

$n$ 棵柱子，初始高度为 $h_i$ ，每天都会长高 $a_i$ ，每天长高前，你有 $k$ 次机会去砍竹子（可以砍同一棵），每次砍的高度都是 $p$，但是竹子不能被砍成 $0$ ，问 $m$ 天后最高柱子最矮是多少。

时光倒流的好题，首先二分答案 $mid$ ，因为有 $0$ 的限制，问题转换成初始竹子高度都是 $mid$ ，每天可以拔高 $k$ 棵竹子，竹子自己会变矮 $a_i$ ，问能否使得最后所有竹子高度都大于等于 $0$ 。

此时，竹子拔高不再受限制，也没有 $h_i$ 的限制。直接贪心做是对的，用堆维护每个竹子到 $0$ 的时间即可。

Day9+1 by lxl

T1 树

树上黑白染色，先手染黑色。如果最后存在一个黑点周围没有任何一个白点，则黑点胜，问先手是否有必胜策略。

又是被 T1 创死的一天，先观察链怎么做...只要链长度是奇数，先手都能胜利，首先三个节点的情况是先手必胜的，然后对于其他的奇数，都可以通过选择左数第二个点，而转换成先手必胜的子问题。

菊花要更简单一些，只要大于一个点，那么选择中心节点，下一步就能赢。

再分析一下策略：先手尽可能选择叶子的父亲，诱惑后手选择至少一个叶子，如果有多个叶子就赢了。

对于有一个叶子的情况，可以认为是：同时删去这两个节点，如果一个点被删两次，则先手赢 。

T2 异或 popcount

$q$ 组询问，给定区间 $[l,r]$ ，对于每个 $k\in[0,31]$ 求多少组整数对 $(x,y)\in[l,r]$ ，满足 $x \oplus y$ 有 $k$ 个二进制为 $1$ 。

数位 DP

T4 萌萌哒在线询问版

给定一个字符串，每次两种操作：

$[l,r]$ 是一个回文串

询问 $[l1,r1]$ ，$[l2,r2]$ 是否相等。

首先可以转换为：正反各建一个哈希表，这样就转换成了萌萌哒的在线询问。

本来萌萌哒是离线 ST 表，为了支持在线，我们使用线段树维护哈希。

暴力做问题在于合并的次数太多，而有些点是合并过多次而没有必要的。

对于修改两个区间相等的操作，我们不断二分，找到第一个满足子段哈希不相等的位置，然后将两个不相等的位置合并，并将两个子段的哈希修改成相等。

这样总合并次数是 $O(n)$ 的，每次二分查找+线段树是 $O(log^2)$ 的，因为我们需要记录并查集内具体是哪些点，所以启发式合并。

void merge(int u,int v) {
    u=find(u); v=find(v);
    if(u==v)
        return;
    if(vec[u].size()<vec[v].size())
        swap(u,v);
    for(auto x:vec[v]) {
        update(1,x,u);
        vec[u].push_back(x);
    }
    fa[v]=u;
    vec[v].clear();
}

int get_diff(int l1,int r1,int l2,int r2) {
    int l=1,r=r1-l1+1,ans=-1;
    while(l<=r) {
        int mid=(l+r)>>1;
        if(query(1,l1,l1+mid-1)!=query(1,l2,l2+mid-1))
            ans=mid,r=mid-1;
        else
            l=mid+1;
    }
    return ans;
} q
while(m--) {
    int l1,r1,l2,r2;
    scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2);
    while(true) {
        int val=get_diff(l1,r1,l2,r2);
        if(val==-1)
            break;
        merge(l1+val-1,l2+val-1);
        l1+=val; l2+=val;
    }
}

posted @ 2024-03-04 10:11 Apricity8211 阅读(33) 评论(0) 编辑收藏举报

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