FJWC2020 题解合集
这么快就 2020 了，回想我第一次参加省冬是初一的事（虽然那时听不懂几题）。
今年我就要参加 FJOI 了，虽然知道自己没啥戏，但还是认真一把。
今年我就要参加中考了，真是丢人啊。
今年我就要成为高中生了，在创新班会被踩的呀。
回头一想，2019 真是好长的一年，那些记忆中的事情，总觉得是发生在一两年前。
2019 又是丢人的一年。由希望变为失望，大概比没有希望过要好吧。
省冬时不好好上课，现在一时兴起，想写写省冬的题解。
学习兔巨神，红的是主要看题解的，绿的是主要自己想的。（安慰自己，省选难度的题，看题解是正常的，是正常的……）
D1T1 life
这天一题都没写，爆零了……
题意：有一个 \(n\) 个点的有向图，每个点可以是黑或白的，边只能从小往大连。相邻点不同色的路径称为交错路径。给出每个点是黑 / 白 / 未确定的，要给未确定颜色的点确定颜色，并确定每条边是否存在，求出交错路径条数为奇数的方案数，模 \(998244353\)。
记 \(g_i\) 表示以点 \(i\) 为终点的路径条数的奇偶性。
记 \(f_{i,j,k}\) 为已经到了点 \(i\) ，已有 \(j\) 个白点的 \(g\) 为 \(1\)，\(k\) 个黑点的 \(g\) 为 \(1\) 的方案数。
把 \(i+1\) 染白的转移：
\(f_{i+1,j,k} \leftarrow f_{i,j,k}2^{i-k}c(k,1)\)
\(f_{i+1,j+1,k} \leftarrow f_{i,j,k}2^{i-k}c(k,0)\)
把 \(i+1\) 染黑的转移类似。
其中 \(c(k,d)\) 表示从 \(k\) 个点中选出若干个点向当前点连边，点个数奇偶性为 \(d\) 的方案数。
答案就是 \(\sum_{(j+k)\mod 2=1}f_{n,j,k}\) 。
注意到当 \(k>0\) 时， \(c(k,d)=2^{k-1}\)，故此时 \(2^{i-k}c(k,d)=2^{i-1}\)；
而 \(k=0\) 时，\(2^{i-k}c(k,1)=0\)，\(2^{i-k}c(k,0)=2^{i}\)。
所以只要在 dp 中记 \(k\) 是否大于 \(0\) 以及 \(j\) 是否大于 \(0\) 。
但发现这样答案统计不了了。加一维状态表示当前路径条数的奇偶性即可。
后面三维状态都是 \(0\) 或 \(1\)，故总复杂度为 \(O(n)\)。
D1T2 winner
我测试结束后在食堂听到个“容斥套容斥”，立马就会了，假装主要是自己想的……
题意：有一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向图，要给边定向，使得存在一个点 \(T\) 使得 \(1\) 号点和 \(2\) 号点都能到达它，求方案数，对大质数取模。
考虑算出不合法方案，再用 \(2^m\) 减。
枚举 \(1\) 号点和 \(2\) 号点所能到达的点集 \(A\) 和 \(B\)，由于不合法，容易想到
- \(A\cap B=\varnothing\)；
- 不应存在边 \((u,v)\) 使得 \(u\in A,v\in B\)；
- 对于 \((u,v)\) 满足 \(u\not\in A\cup B,v\not\in A\cup B\)，这条边怎么定向都可以；
- 对于 \((u,v)\) 满足 \(u\not\in A\cup B,v\in A\cup B\)，这条边的方向只能是从外向里；
现在只剩下点集内部的处理了，考虑预处理每个点集内部的答案。
我们使用一个 DP 来解决，记 \(f_{1或2,I}\) 表示从 \(1\) 或 \(2\) 号点开始，能走到的集合恰好为 \(I\) 的方案数，转移时拿总数去掉子集的答案即可。
处理时要小心。
枚举两个不相交子集是 \(O(3^n)\)，枚举子集的子集是 \(O(3^n)\)，所以总时间复杂度是 \(O(3^n)\)。
代码里面似乎多个快速幂的 \(\log\)，这是可以预处理的。
D1T3 brr
这是 nb 字符串题。
题意：有一个长度为 \(n\) 的字符串，你要选出其若干段不相交的子串，使得选出来的这些串中，下一个是上一个的严格子串。求最多能拿出来多少段。
第一个结论：一定存在一种最优方案，最后一串长度为 \(1\) ，倒数第二串长度为 \(2\)，以此类推。
证明显然。
于是就想到从后往前 DP，可以记 \(dp_{i,j}\) 表示选出子串 \([i,i+j-1]\) ，其后能不能选出 \(j-1\) 段使满足题意。可以枚举下一串与 \([i,i+j-2]\) 相等还是与 \([i+1,i+j-1]\) 相等来转移。
显然每一串长度为 \(O(\sqrt n)\) 级别，所以这是 \(O(n\sqrt n\times\)判断复杂度\()\) 的。
然后是更骚的结论。
大概是，如果子串 \([i,i+j-1]\) 之后能选出 \(j-1\) 段，那么 \([i,i+j-2]\) 之后一定能选出 \(j-2\) 段， \([i+1,i+j-1]\) 之后也一定能选出 \(j-2\) 段。
直观理解如下图，其中红色为删去的。
于是你发现，刚才那个 \(dp\) 数组一定是一段 \(1\) 然后一段 \(0\) 然后没了。只要记录 \(dp_i\) 为从 \(i\) 开始最多能拿出来多少段。
由刚才那个结论可以推得，\(dp_i\le dp_{i+1}+1\)，于是我们可以利用类似后缀数组求 height 的方法边推边判断。用喜欢的数据结构快速判断即可。
我是先建 SA ，然后 二分 + ST表 维护与 \(i\) 的 LCP 大于等于某个数的区间，zkw线段树维护 DP 值。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
D2T1 building
神仙贪心，不会证明。
题意：有一个长度为 \(n\) 的数列，原先每一个位置都是 \(0\)。每一次，我们可以给两个相邻的位置分别 加一 和 加二 。问最少需要操作多少次，才可以使得对于 \(1 ≤ i ≤ n\)，第 \(i\) 个位置上的数大于等于 \(h_i\)。
从左到右贪心，让第 \(i\) 个位置尽快填满，显然是在第 \(i\) 个位置能多填就多填。
考虑以下三种反悔——
（把一个 加三 反悔掉就是取消之前的反悔）
然后从左往右填，优先填最大的 加六，然后填 加三，然后填 加二，最后根据奇偶性决定。
D2T2 bracelet
考场上过了。
题意：给定一个长度为 \(n\) 的手链，对于每一个珠子，可以不染色，也可以染 \(m\) 种颜色中的一种。不能有相邻的两个珠子同时被染色。问不同的染色手链种类数。旋转相同视作一种。对大质数取模。
暂时不管旋转相同，看看怎么算……又发现首尾不能都染色这个很难搞，暂时不管这个要求。
那么有一个显然的递推，答案是 \(g_i=g_{i-1}+mg_{i-2}\)，边界条件 \(g_0=1\)，\(g_1=m+1\)，这个东西可以矩阵快速幂优化。
开始考虑首尾不能都染色的条件，就有所有方案去掉强制让首尾都染色的方案。即 \(f_i=g_i-m^2g_{i-4}\)。\(i<4\) 时特殊处理就好。
这个旋转相同用 Burnside 引理搞一下就好了。
时间复杂度 \(O(\sqrt n\log n)\)。
D2T3 number
考场上过了。
题意：维护一个正整数可重集，每次插入或删除一个数，输出最大公因数为一个质数 \(k\) 的正整数的对数（\(k\) 是定值）。
首先发现这个 \(k\) 是个鸡肋，输入的时候是 \(k\) 的倍数就除以 \(k\)，不是就扔掉就好了。转为求互质对数。
xjb 推一下：\(\sum_{1\le i< j\le n}[(a_i,a_j)=1]=\sum_{d=1}^{z}\mu(d)C_{c(d)}^2\)
其中 \(c(d)\) 表示集合中为 \(d\) 的倍数的个数。
线筛 \(\mu(d)\)，每次修改的时候枚举所插入 / 删除的数的约数暴力改 \(c(d)\) 即可。复杂度 \(O(z+q\sqrt z)\)，其中 \(z\) 为集合里数的最大值。
D3T1 hunting
大分类讨论。要不是我校 OJ 有这题，我就爆零了。
题意：给一棵 \(n\) 个结点的数，\(q\) 次询问，每次给出 \(a,d_a,b,d_b\)，要你输出一个点，使得这个点到 \(a\) 的距离为 \(d_a\)，到 \(b\) 的距离为 \(d_b\)，或者输出无解。
就是个恶心的分类讨论，写写长剖倍增树上 DP 什么的就行，复杂度 \(O(n\log n)\)，可以通过各种离线操作优化到 \(O(n\alpha(n))\)。
D3T2 graph
这题之前见过，但考场上光写 T1 了。
它长得比较丑，大概就是转成，求出所有方案的 \(2^c\) 之和模 \(4\)，而 \(2^c\) 又可以转成相邻必须同色的黑白染色方案数之和。
D3T3 string
又出大码题了。
题意：两个字符串是相似的，当且仅当存在至多一个 \(i\) ，使得这两个字符串中只有第 \(i\) 个字母不同。有一个长度为 \(n\) 的字符串，问，对于每个长度为 \(m\) 的子串，有多少个其它长度为 \(m\) 的子串与它相似。
两个字符串相似当且仅当 \(LCP+LCS\ge m-1\)。
\(LCP\) 是后缀树 \(LCA\) 的深度，\(LCS\) 是前缀树 \(LCA\) 的深度。
转换成有多少对 \((u,v)(u<v)\)，使得 \(dep_{LCA_1(u,v)}+dep_{LCA_2(u,v)}\ge m-1\)。
在一棵树上 DSU ON TREE，在另一棵树上统计，用数据结构搞一搞，挺难弄的。
D4T1 hakugai
这天的题好丧……
这题也比较丑，大概是发现所求数列其实可以看做斐波那契数列里面抽出的某些项，而斐波那契数列的循环节是可以算的，然后就会了。
没写代码
D4T2 kaisou
题意：有一棵 \(n\) 个结点的树，你要给它去掉 \(k\) 条边再加上 \(k\) 条边，使得它还是棵树。求能得到多少不同形态的树，两棵树不同当且仅当存在一条边 \((u,v)\) 在一棵树中出现，而在另一棵树中不出现。
标算是一个有趣的矩阵树定理 + 插值，复杂度是 \(O(n^4)\) 的，但是有一个 \(O(n^2)\) 的做法。
首先有一个结论：对于 \(n\) 个点 \(m(m>1)\) 个联通块的森林（点有标号），设第 \(i\) 个联通块大小为 \(v_i\)，则加上 \(m-1\) 条边把这些联通块连成一棵树的方案数为 \(n^{m-2}\prod v_i\)。
PinkRabbit 用生成函数证明了，而 lzy 给出了一个非常直观的证明：
定义一个连通块的编号为其中最小的结点的编号。
对于像这样一个由连通块构成的树，我们构造一个类似于 Prüfer 序列的 序列，构造方法是，每次找到编号最小的度数为 的 连通块 并删除，序列中添加与之相连的 结点 编号，重复执行直到只剩下 个连通块。
考虑还原的过程，我们找到 序列中最靠前的 结点 ，把它和 其中结点都未在 序列中出现的编号最小的 连通块 连边，但是我们并不知道要向那个连通块的哪个结点连边，所以还需要添加每个连通块被删除前，它所连出的那条边在哪个结点上的信息，我们把这称为 序列。
这时我们发现，根据 序列和 序列，可以唯一确定一种方案，并且在各连通块大小给出的情况下，任何方案都能得到一个 序列和 序列，任何合法的 序列和 序列都能还原出一种方案。
根据定义，我们发现， 序列和 序列的组合一共有 种，故方案同样有 种。
接下来就好做了，记 \(f_{u,j}\) 表示 \(u\) 的子树内所有只保留 \(j\) 条边的方案的连通块大小乘积和，做一个树上背包，然后按照前置结论计算。
发现求出来的答案不是想要的，这是因为在你算保留 \(j\) 条边的方案数的时候，可能有些边被切掉完又连回来了，导致一些东西计算多次。根据套路，二项式反演然后 NTT 容斥一下就好了。
D4T3 atoranta
看完题解发现这题还是不错的。
题意：有一棵 \(n\) 个点的有边权的树，\(q\) 次修改某一条边的边权，要回答在初始局面和每次修改后，有多少条无向路径 \((u,v)\) 满足路径上所有边的 \(\gcd\) 恰为 \(1\)。
记 \(w\) 为权值，\(k\) 为边权的质因数个数，\(d\) 为边权的约数个数。
假设已求出了初始状态的答案，每次修改，改变的只有跨过修改边的路径。
可以记 \(g_u\) 为从 所修改的边 到 点 \(u\) 的路径上所有边的 \(\gcd\) ，暴力求出 \(g\)，并把修改边左侧和右侧的 \(g\) 用两个桶 \(b_l\) 和 \(b_r\) 来存，暴力拼接。
求一次 \(g\) 的总复杂度为 \(O(n\log w)\) （\(\log\) 是求 \(\gcd\) 的消耗），拼接复杂度为 \(O(d^2)\)，\(q\) 次修改，所以这部分的总复杂度为 \(O(qn\log w+qd^2)\)，由于前一部分实际上不满，所以是可以接受的。
莫比乌斯反演一下，答案是 \(\sum_{i=1}^w\mu(i)f(i)\) ，\(f(i)\) 为有多少条路径上所有边都为 \(i\) 的倍数。
考虑对每个 \(i\) ，用并查集维护只有 \(i\) 的倍数的边时每个连通块的大小。每个边只会被搞它的约数个数次。
又发现 \(\mu(i)=0\) 的时候是没有贡献的，所以可以把这部分剪掉，那么每条边只会被搞 \(2^k\) 次，这个复杂度为 \(O(2^kn\alpha(n)+w\log w)\)，\(w\log w\) 为枚举 \(i\) 的所有倍数的消耗。
然后就可以做了。
总时间复杂度大概是 \(O(qn\log w+qd^2+2^kn\alpha(n)+w\log w)\)，可以接受。
D5T1 rng
早上起不来，十点才开始写代码，常数巨大，拍都没拍，测试时竟然过了。
题意：有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\) ，\(a_i\) 为在 \(\left[ l_i, r_i \right]\) 中独立均匀随机生成的实数，求这个序列逆序对个数的期望值，对 \(998244353\) 取模。
虽然题目里说是实数，但我们先按整数来算吧。
答案是
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1} P(a_j>a_i)\)
\(=\sum_{i=1}^n\sum_{x=l_i}^{r_i} P(a_i=x)\sum_{j=1}^{i-1}P(a_j>x)\)
\(=\sum_{i=1}^n \frac{1}{r_i-l_i+1}\sum_{x=l_i}^{r_i}\sum_{j=1}^{i-1}P(a_j>x)\)
记 \(t_x = \sum_{j=1}^{i-1}P(a_j>x)\)。
思路大概是从 \(1\) 到 \(n\) 扫一遍，每到一个点，求一下 \(\sum_{x=l_i}^{r_i}t_x\) 计入答案，然后更新 \(t_x\)。
注意到 \(P(a_j>x)=\frac{r_j-x}{r_j-l_j+1}\)。
所以维护 \(t_x\) 相当于维护一个区间加等差数列，区间求和的数据结构，可以用树状数组 / 线段树等你喜欢的数据结构来解决，时间复杂度 \(O(n \log \max{r_i})\)。
但是你写完会发现答案不对，因为题目告诉你，\(a_i\) 是实数，稍微改一改就好了。
D5T2 lg
题意：给出 \(n,m\) ，计算 \(\displaystyle \left(\prod_{x_1 , x_2 , \cdots , x_n \in [1,m]} \operatorname{lcm}\left(x_1 , x_2 , \cdots , x_n\right) ^ {\gcd\left(x_1 , x_2 , \cdots , x_n\right)}\right) \bmod 998244353\)。
推式子水平有待提高。
式子很多，不想列出来，说重点：
1.用 \(\varphi\) 把指数上的 \(\gcd\) 去掉；
2.枚举质因子算贡献；
3.\(\max\{k_i\}=j\) 的方案数等于 \(\forall i,k_i< j+1\) 的方案数减去 \(\forall i ,k_i< j\) 的方案数。
时间复杂度可以容易的分析出是 \(O(m\log m\log n)\) 的，但仔细分析可以得出 \(O(m\log n)\)。
D5T3 pm
题意：有一个 \(1\) 到 \(n\) 的排列，你需要把它排序。你要进行两个阶段的操作。第一阶段中，每次任选两个相邻元素并进行交换。第二阶段中，每次修改一个位置上的元素。最小化两个阶段操作的总次数，并给出一种总操作次数最小的合法方案。
这是好玩的结论题。同学有 NB 贪心做法，实在是理解不能。
把交换过的位置连上边，则序列中有若干个有边的段。
对于一个长度为 \(l\) 的段，显然至少有 \(l-1\) 次交换。因为交换次数大于等于 \(l\) 可以直接第二阶段解决，所以交换次数恰为 \(l-1\)。
考虑一个区间想要成为一个段，一定要满足以下条件：
1.区间和值域相同；
2.可以通过 \(l-1\) 次交换排好序。
结论 1：两个合法的区间要么不相交，要么一个是另一个的子区间。
证明显然。
结论 2：如果一个这样的区间包含另一个，那么选里面那个就好了。
证明显然。
所以我们可以先对于每个右端点，求出满足条件 1 的最小区间，然后把求出来互相包含的处理掉，最后判断是否满足条件 2 即可。
对每个右端点求出满足条件 1 的最小区间，我们可以采用 hash 等；
判断是否满足条件 2 ，实际上类似 CSP2019 Day1T3 链上的情况，那题的某个 0 分贪心在这里是正确的。
代码很短，复杂度 \(O(n)\)。
