2024.2 我在歌坛献首歌 宫殿 塔尖 彩绘 日月 同辉 那层厚重壁垒化身 蝉翼一片

$\text{P6396}$.

好题。

因为和回文串有关，所以我们考虑把他扔到 PAM 里面。考虑在回文自动机的节点间建单向边，然后跑单源最短路。

• 光归：连边 $(i,fai{l}_i,A)$，其中 $fai{l}_i$ 可以为 $0$。

• 光辉：连边 $(fai{l}_i,i,B)$，其中 $fai{l}_i$ 可以为 $0$。

• 光隐：处理出来 $i$ 的 $f{a}_i$，然后连 $k$ 条 $(i,f{a}_i,C)$ 的边。

• 光腾：

这个操作就不能直接连边了，因为我们发现这个操作其实是这个操作，本质上是从 $i$ 以 $D$ 的代价转移到 $i$ 子树中的任意一个结点。这样不行，数量是 $\mathrm{O}(|S{|}^2)$ 级别的。

考虑优化建图的思想，对每个点建立一个对应的虚点，而虚点只能往儿子的方向转移（花费为 $0$）。那么我们只需要对于 $i$ 连一条向 $i$ 的虚点边权为 $D$ 的边，然后 $i$ 的虚点向 $i$ 连一条边权为 $0$ 的边即可。

• 光弋：这个操作做完了之后就不能做前面的 $4$ 个操作了。所以这个操作我们考虑放到询问的时候再来做。

建完图之后我们跑一边 Dijkstra，然后定义 $di{s}_i$ 表示到第 $i$ 个点的最短路。

考虑询问。由于光戈操作只能由回文串在前面添加字符而来，故开始光戈前一定是询问串的一个回文后缀。

首先暴力跳 $fail$ 是简单的，此时考虑如何优化。

我们发现跳 $fail$ 时长度是在不断减小的，也就是查询的实际上是从根出发的一条链的最小值。

然后此时我们可以用倍增求出来第一个 $le{n}_p\le r-l+1$。然后我们就知道答案就是 $(r-l+1)\times E+di{s}_p-le{n}_p\times E$。那么我们查询的复杂度就是 $O(q\log n)$。

那么时间复杂度就是 $\mathrm{O}(k\times |S|+(k\times |S|+q)\log n)$。

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$\text{P4094}$.

首先这个答案有单调性，所以我们可以二分。

二分答案的最大值，假设当前答案为 $len$，会有如下的性质：

• 我们可以找到一个子串 $ans$ 完全位于 $[a,b]$ 之间，那么这个子串的启示点再 $[a,b-len+1]$ 之间。
• $\text{LCP}(ans,a[c:n])\ge len$。

由 $height$ 数组的性质，我们可以发现满足第二个性质的 $ans$ 开头一定是一段包含 $c$ 的连续区间。然后这一步我们依然可以用一个二分来判断两个端点，然后用第一个条件来检测时候合理。

然后这一步我们可以使用主席树来维护，即维护答案的区间内有没有 $i$ 满足 $s{a}_i\in [a,b-len+1]$。

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$\text{CF853E}$.

首先我们发现若 $v{x}_i<0$ 且 $v{y}_i<0$ 时，我们把 $v{x}_i\to -v{x}_i,v{y}_i\to -v{y}_i$ 是没有变化的。

此时我们令 $\mathrm{p}=\mathrm{p}-t\sum {\mathrm{v}}_j$。然后我们一个项可得 $\mathrm{k}=\mathrm{p}+\sum w_j{\mathrm{v}}_j$，然后 $w_i$ 的取值范围就变为了 $[0,2\times t]$。

那么所有合法的 $\mathrm{k}$ 就会在以 $\mathrm{p}$ 开始按斜率从小到大的顺序依次把向量接起来得到一个下凸壳，和以 $\mathrm{p}$ 开始按斜率从大到小顺序接出一个上凸壳之间，那么现在问题就变成了在这个多边形内二维数点了。

对于这种多边形数点，我们可以考虑把整个凸包拆成一些梯形。由于斜率的种数是 $O(k)$ 级别的，所以我们可以枚举斜率然后再做二维数点。

那么复杂度为 $O((n+k)\log k)$。

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$\text{CF850E}$.

假设 $A$ 胜利，则最终答案就是 $A$ 胜利的数量再 $\times 3$。

设第 $i$ 个人对于 $A$ 和 $B$ 之间的投票为 $P_i$，对于 $A$ 和 $C$ 之间的投票为 $Q_i$，则我们有：

• $P_i=0,Q_i=0$，那么顺序有 $C\to B\to A$ 或 $B\to C\to A$。

• $P_i=0,Q_i=1$，那么顺序为 $C\to A\to B$。

• $P_i=1,Q_i=0$，那么顺序为 $B\to A\to C$。

• $P_i=1,Q_i=1$，那么顺序有 $A\to B\to C$ 或 $A\to C\to B$。

此时我们发现当 $P_i=Q_i$ 时贡献为 $2$。此时设 $S=S1\oplus S2$，那么这一对的贡献就是 $2^{n-\text{popcount}(S)}$。

我们对每个 $S$ 计算出有多少对 $S=S1\oplus S2$ 且 $f_{S1}=f_{S2}=1$，我们发现答案就是 $f$ 与自己的异或卷积，即 $\sum _{i=1}^{2^n-1}(\sum ^{j\oplus k=i}{f}_j{f}_k)\times 2^{n-\text{popcount(i)}}$。

那么直接上 FWT 即可。

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$\text{P5161}$.

先令 $d_i=a_{i+1}-a_i$，那么条件就转化为不相邻不相交且相等子串的对数。这个东西不好求，考虑对其进行补集转化，转化为相邻或相交且相等的字串对数。

考虑对 $d$ 求出其后缀数组。根据品酒大会的思路，我们考虑将 $hight$ 从大到小和并相邻的两个排名的后缀。考虑怎么计算两个集合 $X,Y$ 之间的贡献。

我们发现就是 $\sum _{x\in X}\sum _{y\in Y}max(0,w+1-|x-y|)$，其中 $w$ 是现在枚举到的 $height$。然后对于每一个 $y$，我们考虑什么时候 $w+1-|x-y|>0$，即 $w+1\ge |x-y|$，然后我们把这个绝对值拆开，得 $x\in [y-w,y)\cup (y,y+w]$。就只需要计算有多少个 $x\in [y-w,y)\cup (y,y+w]$。这个东西考虑用一颗权值线段树维护。然后和并两个集合 $X,Y$ 就直接用线段树合并就行了。

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$\text{AT\_arc191\_c}$.

太脑电波了，记录一下。

我们钦定 $A=n+1,M=n^2$。然后我们发现 $n$ 就是这个方程的最小解。

证明：你把 $A^x$ 用二项式定理拆开，然后你会发现 $A^x=nx+1(\mathrm{mod}m)$，此时 $x=n$ 是本方程的最小解。

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$\text{P6665}$.

神仙！

由于每一棵树都互相独立，并且操作完一棵树之后这整一棵树都会被删除，所以我们可以考虑把我们的 SG 值设在根节点。那么我们设 $f_i$ 为以 $i$ 为根的子树的 SG 值，此时我们考虑删去节点对于答案的影响。

• 删掉根节点 $u$：加入 ${\oplus }_{v\in so{n}_u}{f}_v$。

• 删掉非根节点 $v$：那么会剩下 $v$ 到 $u$ 路径上每个点的所有子树去掉 $u,v$ 路径上除了 $v$ 结点以外的点的子树。此时考虑记 $g_u={\oplus }_{v\in so{n}_u}{f}_v$，则会加入 $g_u{\oplus }_{w\in (u,v)\mathrm{\&}w\ne u}(g_{f{a}_w}\oplus f_w)$ 的贡献。

得到这个之后我们就有了 $\mathrm{O}(n^2)$ 的做法。

考虑用数据结构来优化这几种转移操作。现在要找到一个数据结构可以支持全局异或，快速合并和查询全局 mex。此时我们考虑用 01trie 来维护。其中的全局 mex 可以用二分来解决。

具体的每个结点维护一棵 01trie，这个 01trie 维护 $g_{f{a}_v}\oplus f_v$。在每一次操作中，这一个 01trie 异或上 $g_v\oplus f_v$，然后合并到 $u$ 的 01tire 上，此时再把 ${\oplus }_{v\in so{n}_u}{f}_v$ 插入 $u$ 的 01trie，最后查询时求出此时的 mex 即可。

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$\text{AT\_agc027\_d}$.

速通。

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$\text{P10890}$.

出题人太强了吧！

前置知识：$k$ 进制下的 $\text{FWT}$，单位根反演。

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我们发现就是要求 $\sum _{i=1}^n\prod _{j=1}^m[3\mid \sum _{l=1}^k{a}_{i,j,l}\times d_l]$。

然后我们对于这个式子进行单位根反演（$[k\mid n]=\frac{1}{k}\sum _{i=0}^{k-1}{\omega }_k^{in}$），可得：

$$\sum _{i=1}^n\prod _{j=1}^m[3\mid \sum _{l=1}^k{a}_{i,j,l}\times d_l]=\frac{1}{3^m}\sum _{i=1}^n\prod _{j=1}^{m}1+{\omega }_3^{\sum _{x=1}^k{a}_{i,j,x}\times d_x}+{\omega }_3^{2\times \sum _{x=1}^k{a}_{i,j,x}\times d_x}$$

此时我们令一个数组 $b$，其长度为 $m$，$b$ 中的每一个数均在 $[0,2]$ 之间。此时考虑将这个式子展开，可得答案就是 $\frac{1}{3^m}\sum _{i=1}^n\sum _b{\omega }_3^{\sum _{i=1}^k{d}_x\sum _{j=1}^m{a}_{i,j,x}{b}_j}$。

此时我们已经可以得到 $\mathrm{O}(n{3}^{m}k)$ 的查询了。考虑继续优化。

然后我们定义 $c_i=\sum _{j=1}^m{a}_{i,j,x}{b}_j$。同时我们将 $c_i$ 带入进式子里面，同时记 $cn{t}_c$ 为 $c$ 出现的次数，那么这个序列的答案就变为 $\frac{1}{3^m}\sum _{c}cn{t}_c\prod _{i=1}^k{\omega }_3^{c_i{d}_i}$。

为了做到 $O(k)$ 的复杂度查询，考虑预处理 $d=1\to 3^k$ 之内的所有答案。此时我们考虑用 $\text{3 -FWT}$。

对于 $\text{3-FWT}$，我们列出来此时的位矩阵：

$$\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& {\omega }_3^1& {\omega }_3^2\\ 1& {\omega }_3^2& {\omega }_3^4\end{array}$$

由于 ${\omega }_3$ 在模 ${10}^9+7$ 意义下有逆元，所以我们不需要用分圆多项式，模数直接选择 ${10}^9+7$ 即可。

然后我们就可以在 $\mathrm{O}(n{3}^{m}mk+k{3}^k+qk)$ 的时间内完成。