10 月杂题

1.CF1976F Remove Bridges

树的根度数为 $1$ ，先开始树上每条边都是割边，连接根和叶子可以去掉更多的割边，先连接一个叶子和根，然后另外的叶子两两组合，每次肯定删去更多的点，删去一部分点后有些删去的就会减少，想到长链剖分，第一次选最大的，后面每次选两个最大的即可。

2.ABC374G Only One Product Name

如果 $S_{j}$ 能接在 $S_{i}$ 后面，那么 $i \to j$ ，建完这个图，发现有环，环显然是可以缩成一个点的，问题就转化成了 DAG 的最小路径覆盖（可交）。先算不可交的，将每个点拆成入点和出点，如果 $u, v$ 有边，那么从 $u$ 的入点连向 $v$ 的出点，那么入点出点天然的构成了一个二分图，假定先开始有 $n$ 条路径，那么在二分图上连接一条边，等价于原图减少了一条路径，二分图最大匹配时覆盖路径最小，问题转化为二分图最大匹配。然后处理可交的问题，用传递闭包处理一下，算一下哪些点能到达，然后就跟上面一样。

3.CF1895F Fancy Arrays

容斥用 $min a_{i} \leq x + k - 1$ 的方案数减去 $max a_{i} < x$ 的方案数，第一个用最小值和差分数组算，最小值有 $x + k$ 种，由于差分数组天然决定了数组的大小关系，所以差分数组的方案数为 $(2 \times k + 1)^{n - 1}$ ，乘法原理相乘即可。第二种情况由于 $x$ 很小可以直接暴力 dp，但是 $n$ 太大所以要用矩阵优化。贡献 $1$ 减去贡献 $2$ 即为答案。

4.CF1860F Evaluate RBS

$(x, y)$ 是一个二元不好处理，考虑消元： $a x + b y = y (a \times \frac{x}{y} + b)$ ，全部同时除以 $y$ ，那么 $a$ 即为 $k$ , $b$ 即为 $b$ ， $\frac{x}{y}$ 即为自变量，由此转化为一元关系，并且将每个元组变成了直线， $n$ 条直线产生 $n^{2}$ 个交点，将这些交点记录下来，并按照从大到小排序，会发现自变量在交点左侧，交点上以及右侧都能确定两条直线的 $y$ 大小，也即顺序，所以从左到右移动交点，并且维护直线的 rank，括号匹配的充要条件是前缀最小值大于等于 $0$ ，且和为 $0$ ，用线段树维护前缀和即可。

5.CF1849F XOR Partition

每次找到全局最小异或对，将它们连边，表示它们不能在同一个部分，一棵树天然决定了一个集合的划分，所以问题转化为求异或的 MST，这个就是板子了：有一个叫 Boruvka 的算法就是用来解决完全图的生成树问题，算法大致就是把所有点当成一个连通块，然后每个连通块找到外部最小的边，然后连上，问题在于如何找到外部最小的边，即求最小异或值，直接使用 0/1 trie 即可。最后得到了树黑白染色即可。

6.CF1841F Monocarp and a Strategic Game

答案具有单调性可以二分，假定现在 check $p$ ，枚举题中所给的左右分界处，问题就变成了左右选最多的数满足和 $\leq p$ 并且和 $\geq k$ ，本来我是用主席树实现的，复杂度为 $O (b \log^{2} V)$ ，被卡常了过不了，所以改成了堆。

7.CF1814F Communication Towers

看到时间一眼线段树分治，但是这个是点，不是板子，一个小技巧把它变成加边，每条边加入的时候看它的两个点交集的事件，但是这个我竟然没想到。然后就是正常的线段树分治，难点在于可撤销并查集的处理。正常操作的并查集后，在每个时间节点也就是叶子，对 $1$ 所在的连通块标价 $+ 1$ ，然后在进行并查集回退的时候子节点加上原来的贡献，不过为了避免前面有些本来有标记，所以合并的时候提前减一下，这样就可以保证增量是对的了。

8.P11189 「KDOI-10」水杯降温

很好的题啊，可以这么构造：使用若干次 $2$ 操作，让 $w_{f a_{i}} \geq w_{i}$ 并且 $w_{1} \leq 0$ ，过后就可以直接用 $1$ 操作达到目的，可以证明这个是充要条件。那么问题就转化为了在满足 $w_{f a_{i}} \geq w_{i}$ 的情况下最多能进行多少次 $1$ 操作，并判断这个数量与原始 $w_{1}$ 的大小关系，第一种无解情况就是 $w_{f a_{i}} < w_{i}$ ，这个是比较好判断掉的。然后就 dp，设 $f_{u}$ 表示 $u$ 子树内最多能进行多少次 $2$ 操作，这个玩意儿不是很好转移啊，但是 $f_{u}$ 的值是具有单调性的，就是说 $f_{u}$ 越大越不容易满足，所以可以二分，记二分的答案为 $p$ ，设 $t_{v} = w_{u} - w_{v}$ 表示于这棵子树外最多能进行多少次 $2$ 操作，那么 $max (0, p - t_{v})$ 即为 $v$ 至少能做多少次操作，然后把这些相加，看是否有 $p$ ，还要判一下子节点的 $f$ 相加有没有 $p$ ，尝试简单说一下这个为什么是对的，终态 $f_{u}$ 肯定是由各个儿子合起来的，每一个儿子要么是本身次数顶满了，要么是别的儿子顶满了，所以都取一个至少，就能让前面所说的两个条件顶满。

9.BZOJ4423 Bytehattan

如果题目不强制在线肯定倒序加边就秒了，强制在线就需要用到对偶图。

如图，题中图上的点实际为红点，记录格子里的点，初始格子里的点不连通，当删除一条边时，如果边两侧的格子已经联通，那么删除这条边后，就会使图上的点不连通，否则合并即可。

10.「HNOI 2018 省队集训 Day 5」party

好题。先思考已经确定每个人到终点的路径的颜色种类的情况，将人和颜色看成两部，人的一部为左部，然后将人进行拆点，每个人拆的数量一样，问让左部匹配完左部最多有多少个点，这个就涉及到了霍尔定理。

Hall 定理：设二分图 $G$ 的两部分别为 $V_{L}, V_{R}$ 且 $| V_{L} | \leq | V_{R} |$ ，则其存在一个大小为 $V_{L}$ 的匹配当且仅当 $\forall S \subseteq V_{L}$ ，都有 $| S | \leq | \cup_{v \in S} N (v) |$

问题相当于求这个最大的 $V_{L}$ ，那么直接枚举子集 $S$ ，然后求得 $min {\frac{| \cup_{v \in S} N (v) |}{| S |}}$ 即可。回到原题，找最近的点等于找这一堆点的 LCA，然后路径上的种类数量使用树剖+ 线段树 + bitset 即可。

11.P3488 [POI2009] LYZ-Ice Skates

印象中这道题以前牛客模拟赛考过，当时觉得还出的挺好的，结果是原。人与鞋子进行匹配，转到二分图上去，即判断左部是否能完备匹配，根据 hall 定理的结论找子集，此处比较特殊子集可以找连续的区间，简单说明一下为什么区间是对的，因为如果选的子集不是区间，即不连续，中间有空位置，但是选鞋子的区间始终跟左右端点有关系，所以中间这些空位选上就能顶满，推式子。

\begin{aligned} \sum_{i = l}^{r} c_{i} & \leq (r + d - l + 1) \times k \\ \sum_{i = l}^{r} c_{i} - k & \leq d \times k \end{aligned}

右边是一个常数，即只用判断左边最大值是否小于等于右边即可，查询最大子段和，判断即可。

12.P7307 [COCI2018-2019#1] Teoretičar

最小答案是最大的度数，观察到这个 $2^{k}$ ，很让人不联想到分治。对边进行分治，表示对这些边进行划分，划分与最大度数有关，如果最大度数减半那么就满足分治结构，所以我们的分治目标就是把边集分成两个集合，两个集合颜色互不相同，两个集合内部待定。当分治到最大度数为 $1$ 的时候，就不需要继续处理了。如何将两个集合颜色化为不同，可以根据分治层数 $d$ ，一边加上 $2^{d}$ ，一边不加，天然做到了颜色的划分，至于分边，将左边的奇点，右边奇点分别连一个汇点，跑欧拉回路，就可以做到边染色，时间复杂度做到了 $O ((n + m) \log m)$ ，比较卡常。

13.P11191 「KDOI-10」超级演出

对每一个 $a_{i}$ 求出如果 $a_{i}$ 能够走到 $1$ ，至少从哪个 $l$ 开始，并记为 $w_{i}$ ，查询区间 $[l, r]$ 也就变成了一个二维数点问题。求 $w$ 变成了问题的瓶颈（难度上的）。使用阈值分治，每个初度 $< B$ 的点，暴力遍历出点，求一下 $max$ ，更新完一个点后，再去暴力更新出度 $\geq B$ 的点，复杂度为 $O (n B + n \times \frac{n}{B})$ ，平衡一下就是根号，然后就是二维数点问题，十分之经典的问题。

14.MX-S4-T2 youyou 不喜欢夏天

套路，先想一下后手会把交换操作用在哪些列上，肯定是一列只有一个，并且选的是 $1$ ，另一个是 $- 1$ ，这样交换过后产生 $- 2$ 的贡献，称这种情况为「容易交换的」，假设选了 $x$ 列「容易交换的」，最后的答案会减去 $2 \times min (x, m)$ ，启示分开计算，第一种是选了「容易交换的」数量未达上限，后手会改成 $- 2$ ，所以先手直接对于一黑一白全选，这样贡献就是 $0$ ，第二种情况，就正常 dp，但是因为假设了「容易交换的」数量超过上限，所以最后 dp 答案减去 $2 \times m$ ，两者取 $max$ ，至于 dp，很简单的上/下/上下/不选问题。

15.P9731 [CEOI2023] Balance

应该是 12 的即使训练，依旧是分治加上欧拉回路，分治的目的是每一次把每种颜色放进两堆列中，让两堆的该颜色数量差不超过 $1$ ，这么一直分治到最底层，就可以保证所有列的某种颜色数量差不超过 $1$ ，可以发现欧拉回路往往在这类问题中充当一个染色的任务，即分开。 $a_{i, j} \to i, a_{i, j} \leftarrow i$ ，然后建立虚拟原点向度数为奇数的点连边，保证能跑出来欧拉回路，假设只有一种颜色，这个欧拉回路有什么意义，让该颜色实现了均分（有可能多一个）在两边，从而实现了颜色在分治区间的均分，问题缩减了规模，复杂度为 $O (n S \log S)$ ，常数很大。

16.CF213E Two Permutations

审题要仔细，子序列和排列，如果是子串的话就比较简单，对差分进行哈希即可，可以根据排列这个特点判断出 $b$ 中选取的子序列值域上是连续的，所以动态维护连续的子序列的哈希值，使用线段树，用哈希的一个式子 $f (S + T) = f (S) \times p^{| T |} + f (T)$ 左右儿子维护即可，动态维护的过程就是移动指针，比较简单。

17.CF504E Misha and LCP on Tree

重链剖分把 $a \to b, c \to d$ 的路径提取出来，二分最长公共前缀，然后哈希判一下相不相等，这样是 $O (n \log^{2} n)$ ，cf 直接给卡没了，优化当然也比较简单，枚举 $\log$ 条链，先把能匹配的先匹配了，最后有一段匹配不了的直接用二分，这样就不用对 $\log$ 条链进行二分了，时间复杂度为 $O (n \log n)$ ，还有一个原来不知道的坑点，就是 hash 的 base 要开过字符集，不然容易冲突，所以为什么，这是无从知晓的。

18.ABC343G Compress Strings

先去掉严格包含的，按照长度排序，然后枚举是否有比它大的包含它，hash 即可。剩下的字符串肯定互不包含，记录 $g_{i, j}$ 表示 $S_{i}$ 后面接 $S_{j}$ 能重合多少个，转化为最多能重合多少个，但是这个为什么是对的，万一有的重复了包含另一个呢？举一个例子 xab,bcd,abc，发现 xabcd 实际上已经包含 abc，但是这个过程又可以看成 xab 后接 abc，abc 后又接 bcd，重合总数为 $4$ ，总长度减去重合长度即为答案。这个理解完就比较好做了， $f_{S, i}$ 表示 $S$ 集合的已经包含完了，并且最后一个接的是 $i$ ，枚举 $j$ ，然后更新即可： $f_{S + 2^{j}, j} \leftarrow max {f_{S, i} + g_{i, j}}$ ，时间复杂度比较抽象，应该是 $O (n^{2} \sum l + n^{2} 2^{n})$ ，可以通过。

19.CF1466G Song of the Sirens

假定 $| s_{0} | \geq | w |$ ，记 $f_{S}$ 表示字符串 $S$ 包含多少个 $w$ ，并记 $s_{0}$ 前 $| w |$ 个位置为 $s_{1}$ ，后 $| w |$ 个位置为 $s_{2}$ ，递推解决这个问题：

f_{S + t_{i} + S} \leftarrow 2 f_{S} + f_{s_{2} + t_{i} + s_{1}}

相当于是后缀与加入字符与前缀产生的贡献， $s_{1}, s_{2}$ 都是定值，而 $t_{i}$ 不同的数量不超过 $26$ ，那这个是可以暴力找出来的，记 $g_{x}$ 表示插入成 $s_{2} + x + s_{1}$ 的贡献，式子转化为：

f_{S + t_{i} + S} \leftarrow 2 f_{S} + g_{t_{i}}

把递推写成通项形式：

2^{m} f_{s_{0}} + \sum_{i = 1}^{m} 2^{m - i} g_{t_{i}}

还是用 $t_{i}$ 不同数量只有 $26$ 个的性质，统计每一个字母产生的贡献，式子就不细写了。另外有 $s_{0} < | w |$ 的情况，就把 $s_{0}$ 先操作几次，然后再做，所以后面好像是只能用前缀和了。

20.CF986F Oppa Funcan Style Remastered

因数可以转化成质因子，即若干个质因子相加，将 $k$ 进行质因数分解，分类讨论，如果质因子个数为 $1$ ，直接判 $n | d$ ，如果质因子个数为 $2$ ，相当于判断 $a x + b y = n$ 是否有解，并且要求解为非负数，反正是随便做，然后就是质因子个数 $\geq 3$ 的情况，这个情况相较于前两个比较特殊的地方是最小质因子 $\leq 10^{5}$ ，用同余最短路解决，同余最短路的思想就是钦定一个模数 $p$ ，求 $d i s_{i mod p}$ ，意思是跟某个数同余，再用 $p$ 进行补充，目标是 $n$ 肯定就是与 $n$ 同余，即判断 $d i s_{n mod p} \leq n$ 即可，但是此题非常卡常，筛质数要用非常优秀的方法。

21.P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

同余最短路很套路，设 $d i s_{i}$ 表示 $a_{2 \sim n}$ 的数进行组合得到 $s mod a_{1} = i$ 的最小 $s$ ，如果是求小于等于某个特定的数，直接就是 $\sum_{i = 0}^{a_{1} - 1} \frac{h - d i s_{i}}{a_{1}} + 1$ ，这个题是 $[l, r]$ ，转化为 $s (r) - s (l - 1)$ ，非常套路。

22.CF1887C Minimum Array

假设有一全零序列 $a$ ，另有一序列 $b$ 与 $a$ 比较字典序大小，字典序大小就取决于 $b$ 的第一个非零位置的数的正负性，将该命题进行扩展，假定现在最小字典序答案序列为 $a$ ，另有一序列 $b$ ，如何比较 $a, b$ 字典序大小，记 $c_{i} = b_{i} - a_{i}$ ，发现可以转化为命题 1。回到原问题，把当前最优序列看成 $a$ ， $b$ 为此时正在操作进行的序列，并且把最优序列看成全 $0$ 序列，当前序列因为只用看第一个非 $0$ 数，所以可以直接用差分，用线段树动态判断第一个非 $0$ 数的正负性即可。

23.CF1209E2 Rotate Columns (hard version)

肯定至多只会选 $max$ 前 $n$ 大的列，这个比较显然，然后这个 $m$ 就被降到了与 $n$ 同阶，设 $f_{i, S}$ 表示前 $i$ 列钦定了状态为 $S$ 行的最大值，考虑转移，首先预处理出当状态为 $T$ 时第 $i$ 列能产生的最大贡献，暴力枚举转了多少圈，然后就是转移： $f_{i, S} \leftarrow f_{i - 1, T} + w_{S - T}, T \subset S$ ，就是很常规的 dp 枚举最后一列的状态，然后转移前面，答案为 $f_{min (n, m), 2^{n} - 1}$ ，重点说一下正确性，万一选的那个不是最大值，那就不是最优的，而最优的方案一定是选了最大值的方案。

24.P8349 [SDOI/SXOI2022] 整数序列

想 $\log$ 的做法愣是想不出来，传统的 $\log$ 维护的是序列上的东西，这个东西跟序列甚至不沾边，最朴素的暴力就是把两种颜色合并到一起，枚举一个维度，然后另一维开数组记录一下，找 $max$ 即可，这个复杂度是跟两种颜色数量相关的，考虑阈值分治，记 $c_{i}$ 表示第 $i$ 种颜色的数量：

$c_{u} \leq B, c_{v} \leq B$

此时直接暴力即可，复杂度为 $O (B)$ ，比较轻松。

$c_{u} > B, c_{v} > B$

由于这样的颜色很少，这种条件的本质不同询问一样少，所以暴力完记录一下答案即可，复杂度总的为 $O (\frac{n^{2}}{B})$ ，也比较轻松。

最难的就是一大一小的情况了，钦定 $c_{u} \leq c_{v}$ ，利用 $c_{u} \leq B$ 这个条件入手，就是说能产生贡献的 $v$ 实际上也只有 $O (B)$ 个，每个 $a_{i} = u$ 找到它相邻的且没有被标记过的 $a_{j} = v$ ，然后将 $j$ 打上标记，加入总的序列，这样能保证总的序列长度是 $O (B)$ 级别的，再暴力就是对的了，不过注意到选择的 $a_{j} = v$ 可能是不连续的，需要分开处理每一段。