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设 $f(i,j,k)$ 表示前 $i$ 个组内部匹配完毕，还剩 $j$ 个入线头 $k$ 个出线头的方案数，转移再枚举两层循环，这里的转移系数需要思考一下：首先是 $i+1$ 为起点的若干条出边，分配出一部分向左剩下向右，这里有一个组合数；另外从 $k$ 个出线头分配若干个给 $i+1$，还有未来的若干个出线头分配一些给它，一共有三个组合数系数。

不太会算这个复杂度，但跑的非常快，感觉弗如容斥做法的 $O(n^2)$ 和 $O(n\log^2 n)$。

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2. A New Beginning

如果一个点在距离人 $x$ 的时候被打上标记，以它为中心做一个边长 $2x$ 的正方形，则这个人首先必须落到正方形的边上，且永远不能进入它。

由于可以认为人的行动轨迹是无限长的，那么正方形的左上角或者右下角必定有且仅有一个会被人经过，那就不妨每个点为中心做一个反斜杠的射线，当人被这条射线扫到的那一步给它打标记。

在坐标系上所有这样的斜线画出来，按照斜线为阶段去 dp，然后就是经典的 slope trick 形式了。时间复杂度 $O(n\log n)$。

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3. 染色

令 $m:=m+1$，然后我们认为一行的权值是第一个白色格子的位置。

考虑 subtask4，可以通过很多手段算出最终状态每一行的美丽值。然后可以用线段树维护区间内的 min/min count，还有 sum 和 tag（表示给区间的 min position 加 tag），在 $O(m\log n)$ 的时间内算出来。

考虑动态的情况，维护每一列上的白色连续段，每个连续段用 set 的形式存储在 $\log n$ 个节点中（seg是从行的角度来看的），然后一个位置（行）的权值是 seg 上，根到它的所有节点的 set 里最小的列。

这样的设计是难以去维护的，因为 min/min count变的很繁琐。

但是他们只是用来决定三操作给哪些人加的，我们的 min/min count还是只对于子树信息去维护，而在三操作之前，可以在线段树上问出真正的区间最小权值，然后再下去决定给哪些人加。举例：如果根处的 set 存的就是最小权值，那么其实不是对 min pos 加而是每个位置都要加。

所以我们要维护两个 tag 了，一个是全局加的，一个是给 minpos 加的。

但是 tag 下放的时候还有学问，如果一个给 minpos 加的标记，但是 min=你当前这个节点 set 里存的 min，那么下传过后本来的 minpos 加其实变成了全局加，这个细节很有感觉。

这样时间复杂度是 $O(m\log^2)$ 的。考虑卡常，把 set 换成可删堆。但是可删堆是不能空删的（删除一个不存在的数），所以外层维护连续段要做的比较精细。

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4. 遗迹

令 $a_i:=2n-a_i+1$，然后我们认为每次保护的是编号比较小的。

首先第一个人一定赢，第二个人很可能赢。

第二个人赢不了肯定是 $h_1=h_2=1$。如果他们高度不相同那第二个人还是赢麻。

如果 $h_1=h_2$ 那么 $h_2$ 先掉一次然后再赢。

那这个过程拓展一下就是不断扫，当 $h_i$ 前面出现一个高度相同的人的时候会继续减一。减成 $0$ 就是输。

我们只关注前面出现的人的极长前缀，设 $f(i,j)$ 是前 $i$ 个人，$1\sim j$ 都出现过了而 $j+1$ 没有的方案数即可。

转移其实挺好想的，不写了。复杂度 $O(n^3)$。

有一个细节是先默认 $2n$ 个人本质不同这样方便算一些系数，最后除掉 $2^n$ 即可。

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5. 汉堡肉

在一维的时候这是一个经典的贪心问题：每次选 $R$ 最小的，删去被覆盖的，不断重复这个过程。

二维的时候感觉是个 NPC 啊，很有感觉。

首先 $\min R$ 这个位置必须有一个点放这个比较显然。

由于 $k=4$ 可以联想到 $\max L,\min D,\max U$ 四个位置也是必须有一个点的。

以 $\min R$ 和 $\max L$ 被一个矩形取到为例，可以发现此时退化成了一个一维的情况，因为存在一个 $i$ 使得所有矩形都包含至少一个横坐标为 $i$ 的点。

所以 $\min R \lt \max L$ 且 $\min D\lt \max U$ 成立。

当 $k\le 3$ 的时候至少有一个点是在两条边界的交界的，每次爆搜，然后对于新的若干个矩形再次这样做，大概是 $4^k\times n$ 的。

如果四个边界有两个同属于一个矩形（只可能是邻接的边界）也可以用爆搜解决。

否则四条边界恰好各一个点被选中，考虑用 2-SAT 来构造。比较麻烦的点在于如果一个矩形交了两个边界。

首先如果一个矩形的某个边界合法（也就是答案在对应的一个区间内）相当于 $pre_{l-1}=0\and pre_{r}=1$。

我们对上面的矩形额外开两个变量 $x,y$ 表示两条边界的限制，$x,y$ 分别根据上述的逻辑连到对应边界的 $pre$。然后 $x\or y=1$ 保证即可。

时间复杂度 $O(4^k\times n + n\log n)$，$\log$ 因为要离散化。

似乎我写的还挺短的，但是跑的很慢。

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6. Directable as Desired

神题！感谢 zty 大人的指点orz。

把这个有标号无根树的计数变成对有标号有根树的计数，答案再除以 $n$。

然后我们认为 $D_i$ 条边也是带标号的，最后答案再除以 $\prod D_i!$。

接下来考虑树的形态，有两种边：up 和 down 的。

把所有 $u\rightarrow fa_u$ 的 $u$ 拿出来记作 $S$，当 $S$ 固定的时候我们对树的个数计数。

分为三个部分：

对 $S$ 中的每个点，选择一条父边，这部分是 $\prod_{i\in S} D_i$。
考虑构成若干个内向树森林，根集是 $U-S$ 的方案数。
把每个内向森林视作一个点，钦定每个点的出度，拼接成外向树的方案数。（注意这部分每条边都是互不相同的，即使是一个点连出去的若干条边！）

先来考虑第二部分，根据对称性，我们只需要计算构成 $|U-S|$ 个内向森林的方案数，除以 $\dbinom{n}{|S|}$ 即可。

也就是相当于：每次找到一个内向森林的根 $u$，找到一个和 $u$ 不在一联通块的点 $v$ 然后连接 $u,v$。

这看起来是一个很难计数的过程，但我们考虑如果前面已经接了 $i$ 次，不合法的 $(u,v)$ 对其实是确定的（每个连通块的 sz 之和），也就是说当前还有
$n-i$ 个点，总数是 $n(n-i)$ 种，去掉 $n$ 种不合法的情形也就是 $n(n-i-1)$，那么答案就是：

\[\prod_{i=0}^{|S|-1}n(n-i-1)=\prod_{i=1}^{|S|}n(n-i)=n^{|S|} \times \frac{(n-1)!}{(n-|S|-1)!} \]

但其实这里是会算重的，$|S|$ 条边以任意顺序加进去都被算了一次，所以答案要除以 $|S|!$ 也就是 $n^{|S|}\times \dbinom{n-1}{|S|}$，再除以 $\dbinom{n}{|S|}$ 我们得到 $n^{|S|-1}(n-|S|)$（验算一下，对于 $|S|=0$ 也是成立的）。

最后一部分归结成这样一个问题：

$n$ 个点的外向树个数，其中钦定每个点的度数。

结论是 $\frac{(n-1)!}{\prod d_i!}$。

又因为每个点出去的边在这里互不相同，答案就变成了 $(n-1)!$。

现在放到 $S$ 这里，也就是 $(n-|S|-1)!$。

因此对于固定的 $S$，总共的答案为 $\prod_{i\in S}D_i! \times n^{|S|-1} \times (n-|S|)!$.

对于总共的答案，分治 NTT 计算 $(1+D_i)$ 的每一项即可，时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

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7. Say Goodbye

考虑树的情况，容易发现树的形态数目和染色是独立的两个问题。

而树的形态数目发现其实就是卡特兰数移动一位，也就是 $f_n=c_{n-1}$。

考虑基环带旋转会重合这个事情，首先枚举环长（假设允许自环，最后去掉就行了），然后套 burnside。

也就是：

\[\sum_{L=1}\sum_{d\mid L}\phi(d)\times \dbinom{n/d}{a_1/d,a_2/d,...,a_k/d}\times \frac{1}{L} \times [x^{n/d}]F^{L/d}(x) \]

$L$ 是总环长，$d$ 是每个置换环的长度，组合数是给每个置换环都去分配颜色的方式（等价于每个环选个代表，然后把颜色数量全部除以 $d$ 分配），而最后的多项式系数是说，一共有 $L/d$ 个代表，他们的大小和应该是 $n/d$。

交换求和顺序：

\[\sum_{d}\phi(d)\times \dbinom{n/d}{a_1/d,a_2/d,...,a_k/d}\times \sum_{d\mid L}\frac{1}{L}\times [x^{n/d}]F^{L/d}(x) \]

考虑后面的这个东西：

\[\sum_{d\mid L}\frac{1}{L}\times [x^{n/d}]F^{L/d}(x) \\ =\sum_{i=1}^{n/d}\frac{1}{id}\times [x^{n/d}]F^{i}(x)\\ =\frac{1}{d}[x^{n/d}]\sum_{i=1}^{n/d}\frac{F^i(x)}{i} \]

看到 $\sum \frac{F^i(x)}{i}$ 很容易联想到 $\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}(-1)^{i+1}\frac{x^i}{i}$。事实上，我们要求的结果，和次数大于 $n/d$ 的项完全没有关系，所以可以认为求的就是 $[x^{n/d}] -\ln(1-F(x) )$。

时间复杂度 $O(n\log n + d(g)\times k)$，其中 $g=\gcd\{a_1,a_2,...,a_k\}$。

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8. 简单算术

相当于我们要确定系数组 $(c_0,c_1,...,c_n)$，满足 $\sum c_i=m$ 且 $\sum c_i\times i=k$，且贡献是 $\dbinom{m}{c_1,c_2,...,c_m}\times \prod a_i^{c_i}$。

这个组合数对小质数 $p$ 取模应该已经是典中典了，相当于对于 $p$ 进制下的每个数位，要满足 $\sum c = d$。

和 ARC156D 一模一样的数位 dp 方式（注意到 $a_i^{pk}=a_i^k$），我们设 $dp(i,j)$ 是确定了低的 $i$ 位，在 $k$ 这个角度来说进位是 $j$，所有局面的贡献和。

为了转移，我们需要求出 $g(i,j)$ 表示 $[x^j]F^i(x)$，其中 $i\lt p,j\le np$。

状态有 $O(n\log K)$ 个，每次如果暴力转移是 $O(pn)$ 的，但是注意到由于 $k$ 在数位上的限制，每个状态的合法转移模 $p$ 是同余的，因此可以做到 $O(n^2\log K)$ 单次。

佳老师加强了一下（对于 $p=2,3$ 可以令 $p=256,243$ 来平衡复杂度），太厉害了。

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9. 矩形区域

好像没有非常困难，但感觉也没有非常简单...

我们来考虑一些暴力点的想法，比如说枚举左上角 $(x,y)$。

我们可以预处理一些东西：$f(i,x,y)$ 表示第 $i$ 列的 $x\sim y$ 这一段是否合法，$g(i,x,y)$ 表示第 $i$ 行的。

非常显然一个矩形合法就相当于列的每一段和行的每一段都合法。

而且我们可以更进一步算出 $f'(i,x,y)$ 表示最长的 $j$ 满足第 $i,i+1,...,i+j-1$ 列的 $(x,y)$ 都是合法地，类似定义 $g'(i,x,y)$。

这些东西都是不难在三方的时间内预处理出来的（虽然最后我们是要一个平方级别的算法）。

在枚举左上角 $(x,y)$ 之后，我们枚举矩形的最底端所在行 $r\ge x$，令 $c=f'(y,x,r)$，也就是说如果矩形的最底端是 $r$ 则最多能向右延申 $c$ 格，把它看作一个点 $(r,c)$。

然后我们来重新枚举矩形最右端所在列 $c\ge y$，类似地令 $r=g'(x,y,c)$，也就是如果最底端是 $c$ 的话最多能向下取到 $r$。把它也看做点 $(r,c)$。

我们把第二类点视作询问，则实际上就是说去数一个询问 $(r,c)$ 内有多少个一类点。

这是一个经典的二维偏序，排序后 BIT 即可。

这样我们得到了一个 $O(n^3\log)$ 的做法（不妨令 $n,m$ 同阶），拼凑一下几个子任务恰好可以获得 50pts 的好成绩。

进一步的优化实际上比前面这部分简单很多：考察一维的情况，若 $[l,r]$ 合法，不妨令 $a_{l-1} \le a_{r+1}$ 则一定有 $r+1$ 是第一个在 $l-1$ 右边且大于等于 $a_{l-1}$ 的位置。

根据这样的形式容易发现其实 $f,g$ 不为 $0$ 的值只有 $O(nm)$ 个且容易用单调栈预处理，然后预处理就变成平方了，考虑数点的过程，以求第一类点位例，如果 $f'(y,x,r)$ 不为 $0$ 那么它一定对应一个挂在 $(x,y)$ 处的竖条（列上的合法区间），而条的总个数也只有 $O(nm)$ 个，因此我们从枚举所有行，改为暴力枚举所有竖条；对于第二类同理。

这样就在 $O(n^2 \log)$ 的时间内解决了。

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10. Osady i warownie 2

神题。

我们考虑维护能向右就向右和能向下就向下的两条合法路径（记作 $R,D$），然后会发现很多事情都很简单了；唯一的问题在于如果一条路径被一个障碍放上了，要重新更新该条路径，这个看上去是一个很不可做的东西。

冷静一下会发现（以 $D$ 的更新为例），设前后路径为 $D,D'$，则夹在他们中间的障碍（也只有这些障碍）才会影响 $D'$ 的形成且在此之后他们都等于没用了。

因此我们如果能做一个 $O(c)$ 级别（$c$ 是影响决策，或者说堵了路的障碍物个数）的东西来寻找新路径复杂度就对了，而且这个看上去就比刚才可做多了。

这个只是大体思路。在维护上也是非常神仙的。

我们用一个长度为 $n$ 的数组来描述 $D$ 这条轮廓线：$r_1,r_2,...,r_n$，$r_i$ 表示在路径上，第 $i$ 行最右边会走到哪一列。

首先 $r_i$ 是一个保持单调不下降的数组，考虑在这条线的 $(x,y)$ 上放一个障碍。

如果没有其它障碍了，则相当于从 $x-1$ 行开始，到 $n$ 位置，做 $r_i:=\max\{r_i,y+1\}$（在保证尽量向下的同时绕过 $(x,y)$）。

问题是可能这条路还会有新的障碍，首先考虑路径的变化：从之前的一个位置向右走一些步，然后再向下走一些步数（而且是严格向右，向下的）。

那么向下的话只关注碰到的第一个新障碍，向右的话关注的是在转折点之前碰到的最后一个，然后我们先调整向下的这块，再调整向上的这块就可以了（因为有贪心决策在所以肯定是优先从小的地方开始调整）。

这里对 $r$ 的修改直接上 BIT（后缀取 max 单点求值等价于单点修改，求前缀 max；拜谢三维），时间复杂度 $O((n+m+k)\log )$。

LOJ 上随便过，洛谷的话还是要卡卡的。

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11. 密码锁

仅考虑 $k=4$。

不妨认为 $\max$ 始终位于第一行，则 $\min$ 不能和它同行（不然答案就顶到 $\max-\min$）了，枚举一行放 $\min$。

二分答案，那么这两行的范围区间就确定了。对每个转轮的 $4$ 种转法，有若干种是满足这两行的要求的，考虑拿出来，剩下的两行放到平面上构成 $(x,y)$。

现在问题变成了：平面上每种颜色的点若干个，是否存在一个 $L\times L$ 的矩形，使得其中每个颜色的点都有出现。

对 $x$ 这一维度扫描线，对于一种颜色 $i$ 假设剩下了若干个，则每个点的 $y$ 坐标限制了矩形 $y$ 轴上的取值：限制是一段区间，至少要落在其中一个。

暴力把有交的合并起来，现在限制是若干个不交矩形。

问题变成了区间加，全局求 max，线段树维护即可。

时间复杂度 $O(nk^3\log^2)$。

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12. 小 Y 和二叉树

其实感觉，还是比蓝题难的。

考虑枚举根以后 $O(n)$ 做这个问题，设 $f(u)$ 表示 $u$ 子树内最小的叶子即可，这样 $O(n^2)$ 可以获得 40pts 的好成绩。

链的情况下我们不妨让左端点的编号比右端点小，则找到第一个编号比右端点大的中间点，在它之前的一个点作为根，这样相当于把右端点插入到了它之前。

对于度数 $1/3$ 的情况，也就是我们只能选择叶子当根，且定根后，每个点的度数（不算父亲）是 $0/2$。

因此有性质，在我们对一棵树 dfs 的时候，第一个点一定是某个叶子（这在度数可能为 $2$ 的时候是不一定成立的）。

从编号最小的叶子 $p$ 开始：如果当前节点没有分叉了，则根就必须是它；否则它一定有两个分叉还没有考虑，设为 $a,b$。

如果根在 $a$ 里（显然根不在 $a$ 就在 $b$，不可能在当前节点里），那么下一个点一定是 $b$ 的某个儿子（实际上下一个点是当前点之后的下一个点），反之是 $a$ 的某个儿子。

随便定个根，则两个分叉所在的连通块要么是某个子树，要么是某个子树的补集，容易 $O(n)$ 预处理出来每种情况下最小的叶子编号。

然后就能确定根了。和链还有 $n^2$ 拼起来可以获得 70pts 的好成绩。

考虑冲一手，来拓展一下，其实度数为 $2$ 的点和叶子一样都是可以成为某个连通块里第一个加入 dfs 序的点的，那就做完了。

还有一个问题是，此时可能会出现当前点还剩一个分叉的情况，这个时候如果选当前点是可能的，这样下一个点（同样也是加入当前点后）肯定就是那个分支里和当前点挨着的那个。

时间复杂度 $O(n)$。

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13. Banany

又到了喜闻乐见的卡常小技巧。

非动态开点做到两倍空间的线段树：idx(L,R)=(L+R) | (L!=R);

好的其实就是看到树上路径 + 动态修改询问，想到上点分树，那么修改 $z$ 还是很好维护的，修改边看着有点麻烦。

其实不难做啊，假设修改的是 $(x,y)$ 这条边（$fa_y=x$），那体现在点分树上有两种：

由于我们对点分树的每个点 $u$ 和点分树内（不是原树）$u$ 子树的每个点 $v$ 维护的都是 $dis(v,u)$，如果修改一条边而 $dis(v,u)$ 被修改了，那么在原树上 $u,v$ 肯定一个点是在 $y$ 里面的另一个点不在。

如果 $v$ 在 $y$ 子树里而 $x$ 不在，那么这个点设为 $p$，注意到 $v\rightarrow p$ 的路径经过 $x$ 所以 $p$ 一定也要是点分树上 $x$ 的祖先才行。

所以暴力枚举 $x$ 的祖先判其是否真的不在 $y$ 里即可，然后体现在对这个祖先的修改，就是对它所附属的信息里 dfn 连续的一段（原树 dfn）做修改，容易想到排序后建 seg 做做。

另外一类，$v$ 不在而 $x$ 在同理，此时路径一定经过 $y$，所以我们枚举 $y$ 的祖先并且看它是否在 $y$ 子树内即可。

对于 $t\neq s$ 这个事情，有两种解决方案：

维护 mx 和 mx'（空间过不去）。
询问前令 $z_s=-\infty$ 询问后撤销即可。

时间复杂度 $O((n+q)\log^2 n)$。

谢谢 crz 大人搬题的时候把空间开到了 512M，磕头了。

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14. Process with Constant Sum

考虑全局问一次怎么做。

首先不难想到把用 $1$ 操作让每个位置变成 $0/1$ 序列（除了最后一个）。

发现 $[l,r)$ 和 $r$ 是不一样的，我们先来考虑 $[l,r)$。

目标是让剩下的 $1$ 尽可能多。

考虑一次二操作如果两边都是 $1$ 那么就变成了 $0$，否则就相当于把 $1$ 移动了两位。

显然每个 $1$ 位置的奇偶性是不变的。

如果两个 $1$ 中间只有奇数个 $0$ 那么一定能消它们，贪心地能消就消一定是最优秀的。

否则任意两个 $1$ 中间都是偶数个 $0$，这是最后的局面。

则它们所处位置的奇偶性是不一样的。因此不是 101010... 就是 010101...

考虑线段树维护合并信息：记录还剩的个数以及开头的是 0 还是 1 就可以 $O(1) 合并了（还要记录一下 $1$ 的总个数）。

考虑 $r$ 为 $0$ 有几个比较显然的必要条件：最开始 $\max \lt 2$ 且 $a_r=0$。

然后如果产生了合并则一定有一个人的真实值变成了 $2$，这个时候它也不行。

注意！还有一种非常小的特判：考虑 $[l,r)$ 这里贪心消完以后剩下的最靠后的一个 $1$，位于 $x$，显然 $(x,r)$ 全是 $0$，如果这个个数是奇数且 $a_r$ 最后不为 $0$（即使看上去 $b_r=0$ 但是如果 $\max\ge 2$ 或者产生了合并它其实还是废物），我们可以让 $r$ 更加废物换取 $a_x=0$。

时间复杂度 $O((n+q)\log n)$。

15. 基础图论练习题

考虑竞赛图求 scc 个数有兰道定理在：把出度 $d_i$ 排序后前缀和 $s_i=\dbinom{i}{2}$ 的个数即为 scc 个数。

反转 $u\rightarrow v$ 相当于 $d_u$ 减一，$d_v$ 加一。

两个位置的变化是困难的，考虑枚举 $u$，先把 $d_u$ 减一然后排序。此时变成了选择一个 $v$，把 $d_v$ 加一。

注意此时可以认为相对顺序没有发生任何变化，设 $ed_x$ 是 $d \le x$ 的个数，可以认为 $v$ 的排名就是 $ed_{d_v}$ 且加一后排名显然也可以是 $ed_{d_v}$。

因此预处理 $pre_i$ 表示前缀 $s_i=\dbinom{i}{2}$ 的个数以及 $suf_i$ 表示后缀 $s_i=\dbinom{i}{2}-1$ 的个数即可，复杂度 $O(n^2\log n)$，把排序换成基数排序就可以 $O(n^2)$。

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16. All Pair Shortest Paths

分治做这个问题，考虑分成 $[L,mid]$ 以及 $(mid,R]$ 两部分，对于 $(0,mid)$ 和 $(1,mid)$ 求出左边每个点分别到它们的最短路；类似地，右边对 $(0,mid+1)$ 和 $(1,mid+1)$ 求。

考虑所有路径跨越左右的点对，一定是左边选一个点 $x$ ，右边选一个点 $y$ 得到的。

设每个点走到上面那个分界线的答案是 $f$，下面的是 $g$。

则相当于求 $\sum_{x,y} \min\{f(x)+f(y),g(x)+g(y)\}$。

枚举 $x$，发现 $f(x)+f(y)\le g(x)+g(y)$ 等价于 $f(x)-g(x) \le g(y)-f(y)$，那么把右边的按照 $g(y)-f(y)$ 排序后二分就能算答案；$f(x)+f(y)\gt g(x)+g(y)$ 同理。最后对 $y$ 也做一遍上述过程即可。

时间复杂度 $O(n\log^2 n)$。

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17. DAG Generation

我觉得我能做出这个题已经算脑子很在线了/yun

总方案数是 $n! \times 2^{\dbinom{n}{2}}$ 的平方。

然后变成计数问题，不妨考虑两张图是一样的方案数。

设 $f(G)$ 是 $G$ 的拓扑序个数，则求：

\[\sum f^2(G) \]

等价于随便枚举两个拓扑序 $A,B$。设 $g(A,B)$ 表示同时两个拓扑序的 DAG 个数：

\[\sum g(A,B) \]

不妨令 $A$ 是 $\{1,2,...,n\}$。

则：

\[n!\sum g(B) \]

$g(B)$ 即为 $2^{cnt}$，$cnt$ 即顺序对个数。

考虑排列和顺序对数组一一对应：任何一个长度为 $n$ 的数组 $a$，满足 $a_i\lt i$ 都和一个排列一一对应，且顺序对数目就是 $\sum a_i$。

也就是 $\sum_a 2^{a_1+a_2+...+a_n}$。

对每个位置 $i$ 求 $(2^0+2^1+...2^{i-1})=2^{i}-1$，前 $n$ 项乘起来即可。

18. 数列重排

$\lt k$ 的数是比较特殊的，而 $\ge k$ 的数是有区别的。

我们考虑这个题有一个显然的上界：任何一个 $\ge m$ 的区间都合法。

考虑这是取不到的，只要有一个 $\ge k$ 的数就会寄。

而当 $k=m$ 的时候它其实是可以取到的：构造 $x$ 个排列，每个排列都是把出现次数 $x+1$ 的那些放前面，剩下的放后面，把这个排列复制 $x$ 边，最后剩下的多出一次的数按照这个顺序放在最后就好了。

考虑一般的情况，对于 $\lt k$ 的而言，这个结构是不会变的，也就是我们只会把 $\ge k$ 的数插空进去。

如果没有末尾的那个残余排列会好看很多，但事实上残余排列和最后一个完整排列直接是可以合并的（也就是不会插数进去），如果有，你可以把它们放到最右边。

考虑不合法的数量，首先以两个 $\lt k$ 的数作为端点的不合法区间，此时是容易算的。我们考虑如果在中间插入 $x$ 个产生 $C(x+1,2) + (2k-2)x$ 个，在两边插入的话产生 $C(x+1,2) + (k-1)x$ 个。

两个都是二次函数，二次函数是凸函数，根据典中典贪心我们每次选斜率变化最小的拓展 $1$ 即可。

因此可以发现前 $2(k-2)$ 次我们会选两边的，各 $k-1$ 个，然后它们的斜率变化量此时开始没有任何区别，也就是全部地位相等，平均分配即可。

时间复杂度 $O(m)$。

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19. Fuel

首先令 $a_i,b_i$ 都除以 $c_i$，这样相当于我们在原限制不变的情况下最大化 $\sum x_i$ 即可。

如果只能选择一种油则就是 $\min\{A/a_i,B/b_i\}$。

考虑多种油可以混合比较麻烦：可以认为是先混合出某种混合油，设 $1$ 单位的混合油答案是 $a',b'$，然后最大化 $\min\{A/a',B/b'\}$。

考虑只有两种油混合，也就是研究向量方程 $v1x+v2(1-x)=b$ 对于哪些 $b$ 有解。

显然在 $v1$ 到 $v2$ 的连线段上的每一个点都是能表示出来的。

再加入一种油同理，该线段每个点和 $v3$ 的连线段，合在一起就是一个三角形。

对于若干个点，根据上述过程，显然我们能表示出的油就是 $n$ 个点的凸包。

现在问题变成了在凸包内选一点最大化 $\min\{A/x,B/y\}$。

首先不难看出只有边界的点有意义。

考察边界的一个点，如果它不在顶点上且不满足 $A/x=B/y$，则要么 $x$ 减小一点，要么变大一点，总有一种方式让答案不会更劣。

因此我们只关注 $A/x=B/y$ 或者在凸包顶点上的点。

后一种是容易的，前一种也就是适合方程 $y=\frac{B}{A}x$，求凸包和这条直线的交点即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

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20. Random Radix Sort

第一次自己独立想出 ARC F 啊，很有感觉。

考虑倒着做这个问题。

最后一次按照第 $k$ 位排序后，显然在 $b$ 中的答案按照这一位是升序排列的。

若两个元素的第 $k$ 位不同，在更往前的排序中我们不再关注其相对顺序，我们只需要让所有 $b$ 相同的人在 $m-1$ 次排序后相对顺序正确即可。

推广到还剩前若干次操作没有研究的时刻：也就是序列 $b$ 被分成了若干段（最开始的时候只有一段），此时如果按照 $k$ 这一位排序，则首先要求每一段内按照 $k$ 是升序的，然后，若 $b_i$ 和 $b_{i+1}$ 的第 $k$ 位产生不同，则会在这里劈开分成两段。

根据这样的描述我们会发现，只关注每种操作是否在后面使用了，不过加入这些操作的顺序可能有很多种。

设 $dp(S)$ 表示操作集合是 $S$ 的方案数，考虑如何判断能否转移。

首先，相当于每个 $0\le i\lt K$ 都有一个数组 $c_i$，表示那些 $b_i(k) \gt b_{i+1}(k)$ 的位置；另外还有一个 $d_i$，表示那些 $b_i(k) \neq b_{i+1}(k)$ 的位置。

若集合 $S$ 能加入 $i$，当且仅当 $c_i$ 是集合 $S$ 的每一个元素 $j$ 的 $d_j$ 并起来的结果的子集。

朴素做就可以有 $k\times 2^k\times n$ 这个级别的做法，我们考虑加速，bitset 是一个方向，但算量依旧很大。

首先枚举 $i$，然后考虑对于 $c_i$ 的每个位置 $j$，我们可以统计出哪些位置的 $d$ 是包含 $j$ 的，记作 $mask$。

则相当于给出了 $|c_i|$ 个约束，每个约束要求 $S$ 和 $mask_i$ 的交集非空。转化一下，不合法等价于存在一个 $mask_i$ 是 $S$ 的补集的子集。

因此我们初始令 $f(mask_i)++$，然后对 $f$ 做高维前缀和，如果 $f(U - S)$ 不为 $0$ 那么 $S$ 就是非法的（$U$ 是 $\{0,1,...,k-1\}$）。

总而言之可以在 $O(k^2\times 2^k)$ 的时间内完成转移，考虑统计答案。

由于一个数可能出现多次，看上去不太好确定 $a,b$ 内元素的对应关系，但实际上注意到相同的数，相对顺序不会变化（永远是稳定排序），因此分别对 $a,b$ 的元素替换成二元组 $(val,cnt)$，$val$ 是原始值，$cnt$ 是之前有多少个 $=val$ 的数。注意到这样的话就可以认为 $(a,b)$ 是排列了。

然后我们考虑哪些分段方案最后是合法的，当且仅当对于 $b$ 的每一段：里面的数在 $a$ 中也是按照这个顺序出现的。

因此考虑 $b$ 中的相邻两个数 $x,y$，如果在 $a$ 中 $y$ 比 $x$ 出现地更早则此处必须断开。因此相当于钦定了一个必须被断开的位置集合，注意到此时这个问题和转移时毫无二致，直接做一次 $k\times 2^k$ 的高维前缀和就能解决了。

统计答案的时候实质上要算一个，长度为 $m$ 的数组恰好出现了 $k$ 种颜色，且首次出现的顺序必定是 $1,2,...,k$ 的方案数。首先后面的内容可以忽略，算出来后除以 $k!$ 即可，前面的“恰好”容斥掉就好了，这里大概是 $k^2$ 级别的。

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21. Minimum Cost Paths

设 $dp(x,y)$ 表示走到 $(x,y)$ 的代价，猜测 $dp_y$ 关于 $x$ 下凸，根据套路只要归纳地做就好了。

首先 $dp(x) += x^2$，原函数加凸函数依旧是下凸的。

然后考虑要做的是 $f(x)=\min y\le x dp(y) + k\times (x-y)$。

本质上相当于 $-dp$ 的前缀 $\min$ 函数和 $y=kx$ 加起来，由于下凸函数的前缀 $\min$ 是凸的因此结果还是凸的。

如何实现，其实相当于是从原函数的每个位置开始引一条斜率为 $k$ 的射线去更新，只需要找到整个凸包第一处斜率 $\gt k$ 的转折点，用从它开始的一次函数来替代后面所有的函数取值即可。

可以发现，任何时刻这个凸壳可以被描述成若干分段函数，每一段都是一个二次函数，用 vector 维护一个栈结构的连续段序列，从末尾开始不断检查并修改，即可做到 $O(n\log n)$。

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22. MUL-Multidrink

首先考虑把 $1\rightarrow n$ 的链拉出来，显然我们是按顺序遍历的。

对每个点挂着的子树分开来 dp。

考虑几种情况：

从 $u$ 进去 $u$ 出来。
从 $u$ 进去 $u$ 的儿子出来。
从 $u$ 的儿子进去 $u$ 出来。
从 $u$ 的儿子进去，$u$ 的儿子出来。

二三两种情况其实是一样的，任何一种二方式倒过来就是三的方式，所以其实可以合并在一起。

设 $f(u,0/1/2)$ 来表示就行了。

$f(u,0)$ 就是等价于 $u$ 是否为叶子。

$f(u,1)$ 是说，第一步你可以选择是走一步（$f(v,0)$ ）还是两步（$f(v,1$），因为不管怎么说都只能从 $v$ 而不是 $v$ 的儿子出来，后续的都是 $f(u,0)$。

$f(u,1)$ 是说，第一次选一个儿子 $v$，第一次可以从 $v$ 的儿子出来（当然也可以从 $v$ 出来），还有一次机会可以从 $u$ 开始，选择一个 $v$ 的儿子，然后从 $v$ 出来。

也就是至多两个 $f(v,0)=0$ 的，然后剩下两个都是 $f(v,1)=1$ 的。

这样就能做了，最后在链上再设 $g(u,0/1)$ 表示走完了 $u$ 子树位于 $u$ / $u$ 的儿子就好了。

方案就按照 dp 的过程做，时间复杂度 $O(n)$。

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22. K-Coloring

不妨认为图是联通的。

考虑 $3^n$ 可以直接用容斥做状压 dp。

对于 $n$ 比较大的情况，注意到 dfs 树的返祖边较少，$Bell(m-n+1)$ 枚举返祖边顶上的点的颜色集合关系，然后相当于是确定了所有返祖边顶点的颜色，做 dp。

设 $f(u,k)$ 表示 $u$ 的父亲颜色是 $k$ 的方案数，注意到 $k$ 实际上只有 $O(n)$ 个特殊取值，再加一个状态表示一般的颜色即可。

这样可以 $O(n^2)$ 做出 dp。

所以是 $O(\min\{3^n,Bell(m-n+1)\times n^2\})$ 的，考虑按照 $n\le 19$ 分治比较平均可以过。

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23. Sequence of Substrings

考虑 dp：设 $f(i,j)$ 表示最后一个用的是 $[i-j+1,i]$ 的最长长度。

考虑转移：枚举下一个串和当前的 lcp ，然后加一个合法字符进去。

所以每次长度至多增加 $1$，所以串长 $O(\sqrt n)$。

这样 dp 状态就减少了，但从 dp 角度还是 $O(n^2)$ 级别的。

不妨直接把所有串事先按照字典序排序，然后变成了找最长的连续不交子序列（且出现位置上升）。

这就可以直接 bit 了。

考虑排序可以建出 01 trie 然后前序遍历即可。

时间复杂度 $O(n\sqrt n\log n)$，常数很小。

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24. Ember and Storm's Tree Game

你最好省选也能场切 *3400.jpg 😅

如果给一个数组，先手怎么操作让它合法？

注意到，如果选择了 $i$，那么 $[1,i]$ 必须是单调的，且 $(i,n]$ 也必须是单调的。

那么有四种情况，以 $[1,i]$ 升序为例子，有两种：$(i,n]$ 升序或者 $(i,n]$ 降序，（我们假设原序列不是升序的）。

我们会发现第一种情况不合法，第二种是可以操作的。

因此我们导出结论：单峰单谷（非退化）的序列有操作方式。

以单峰为例，考虑峰顶 $i$，把它划分给左边或者右边都有恰好一种方式，因此方案数是 $2$。

现在考虑初始就是排好序的样子，我们发现令 $i=1$ 或者 $n$ 也恰好有一种方式（因为一个孤立点可以认为是升或者降的），所以它也是两种。

因此单峰单谷（允许退化）都有两种合法操作方式，且没有其它的序列可以恰好一次操作变得合法。

现在考虑序列的情况，也就是 $n\ge 3,d=2$，先手会创建一条链，使得任意一个子区间不是单峰就是单谷的，非常显然，这意味着整个链就是单谷的。

那么合法的链数 $\times n\times (n-1)\times 2$ 也就是此时的答案，至此可以在模拟赛获得 $15pts$ 的好成绩。

考虑一般树的情况，也就是我们要对树计数：满足任意一条路径的点写出来，都是单峰/单谷的。

我们以 $1$ 定根，考虑每条边，如果 $u\gt fa_u$ 则认为其是白色的，否则认为其是黑色的。

显然，至少有一条白色边，且白色边必须是以 $1$ 为根的一个连通块。

我们考察此时一条路径是否合法：把 $x\rightarrow y$ 的路径写出来，考虑每条边，如果是向上走的，则写下这条边的颜色，否则写下其反色。

则如果是一条合法的路径，写下来必定是 BBBB...WWWW 或者 WWWW...BBBB 的。

如果这棵树全是白色边，非常显然它是合法的，这样，方案数是 $(n-1)!$。

否则我们假设其有至少一条黑色边，注意到你向上爬，最后爬到 $1$ 的那次，一定是白色边。所以任何一条黑边向上爬都会爬到那个白色边构成的连通块，此时我们如果继续爬，这样的路径是合法的，如果我们爬到某个点转而向下，这些点必须全是黑色的（因为此时取其反色）。

因此我们导出一个很重要的结论：一定存在一个点 $u$，使得 $1\rightarrow u$ 的路径全是白色边，我们称这条根链为主链，在末端（$u$）挂了一颗全是白色边的子树，然后是若干颗黑色边构成的子树挂在主链上，这是一棵树合法的充要条件。

一个问题是，我们发现这样的 $u$ 在一棵树有多个，事实上，设主链上深度最深的，被一个黑色子树挂着的点是 $p$，则主链上 $p$ 及其之后的点都可以作为 $u$。

所以完全可以枚举 $u$，然后它要满足两个条件：

子树内全是白色边。
至少有一个黑色子树挂在 $u$ 上。

其实也就是让深度最浅的作为代表。

第二个条件，比较容易，相当于所有 $\gt u$ 的点都在这个子树内了（也仅有这些点），随便 dp 一下：设 $dp(i,j)$ 表示编号 $\ge i$ 个点确定了还剩 $j$ 个父亲没确定的方案数；对于前面也是类似的，不过编号从小到大，且你可以决定每个点是否需要确定父亲（如果让他在主链上，则不需要再安排父亲了）。

这样的话就可以 $O(n^3)$ 做任意树了，其实带度数限制没有什么区别的，只不过每个点接纳的儿子数量有一个限制罢了，这个要注意一下，第一部分应该都是 $d-1$，但是第二部分如果是主链上的点那最多只能容纳 $d-2$ 颗黑色子树。

时间复杂度 $O(n^3)$。

还是那句话，希望我省选也能场切这种题😅

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25. Count Unlabeled Graphs

首先这个问题可以通过容斥把恰好去掉。

然后考虑这个问题强于无标号无向图计数，先考虑这个问题怎么做，这个数据范围如此小感觉就是挑战图灵奖什么的。

考虑套 burnside 引理：枚举排列 $p$，然后也就是如果 $(i,j)$ 有边则 $(p_i,p_j)$ 也有边，这个可以并查集 $n^2$ 求。

带颜色的话那么每个置换环都有 $k$ 种选择，这样一个排列可以 $n^2$ 求答案。

这样就有 $O(n! \times n^2)$ 的做法了。

但我们其实只关注置换环的形态，也就是可以 $p(n)$（拆分数）去枚举这个东西（约 $5000$），然后我们就按顺序给每个点标号做一下，最后求有多少个可能的排列置换环长这样，总而言之是容易 $O(p(n)n^2)$ 的。

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26. E or m

显然，不是所有的局面都能被生成，我们研究一下一个局面怎样才能被生成。

如果 $(i,j)$ 为 $1$，则要么第 $i$ 行的前 $j$ 个都是 $1$，要么第 $j$ 列的前 $i$ 个都是 $1$。每个格子都合法是局面能被生成的充要条件。

这样我们就可以做了：考虑 $dp(i,S)$ 表示前 $i$ 行考虑完后，$S$ 集合所在的列，满足前 $i$ 行里都为 $1$。

转移的时候很显然是 $dp(i,S) + T \rightarrow dp(i+1,S\cap T)$。

这里有两个约束：

首先 $T$ 要满足给出的矩阵，在第 $i+1$ 行给它的约束，枚举 $T$ 后容易 $O(1)$ 判断。
其次设 $T$ 的极长 $1$ 前缀是 $i$，则 $i$ 之后的位置是 $S$ 的 $i$ 之后的位置的子集。

不妨枚举 $i$ 和 $S$ 然后做 sos dp：这里我们前 $i$ 位是不动的。

最后枚举 $i$ 和 $S\cap T$，就可以还原出真正的 $T$。

瓶颈在于每次要做 $m$ 轮 sos dp，那么时间复杂度是 $O(nm^2\times 2^m)$ 的。

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27. Souvenirs

考虑设答案点对是 $(x,y) (x\lt y)$。

不妨令 $a_x \gt a_y$，那么枚举 $x$，找到第一个后面比它小的位置作为第一处 $y$。

假设 $y$ 之后还有一处位置 $a_z\lt a_x$，则 $a_z\gt a_y$ 必须满足。

若 $a_x - a_z \ge a_z-a_y$ 则 $(x,z)$ 没有 $(y,z)$ 优秀，否则满足 $a_z\ge \left\lceil \frac{n}{2} \right \rceil$。

因此有意义的点对是 $O(n\log V)$ 级别的，找出来以后就是简单二维数点，直接 BIT。

找点对的过程可以将 $a$ 排序后按顺序激活 + seg 二分来实现，这部分是 $O(n\log V\log n)$ 的。

而最后的部分是 $O((n\log V+q)\log n)$ 的，所以开大 $q$ 就可以卡掉莫队了。

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28. Sonya Partymaker

考虑二分答案，然后变成了每个人可以选择 $[a_i-mid,a_i]$ 或者 $[a_i,a_i+mid]$ 两个区间覆盖。

如果是链，我们可以直接设 $dp(i)$ 表示 $a$ 最小的前 $i$ 个人确定了，能覆盖的极长前缀长度。

转移：如果 $dp(i-1) \ge pos_i-1$，则 $dp(i)=R_i$。

否则，我们就要选择 $[L_i,i]$ 而不是 $[i,R_i]$。

根据本题目中 $dp$ 和 $R$ 的单调性，如果 $dp(i-2) \ge L_i-1$ 则我们可以选择 $R_{i-1}$ 和 $pos_i$ 的较大值取答案；否则如果 $dp(i-1) \ge L_i-1$ 我们的答案就是 $pos_i$，否则说明不能拓展极长前缀，$dp(i)=dp(i-1)$。

总而言之是容易 $O(n)$ 的。

考虑环上解决这个问题，如何断环成链？

随便枚举一个人，然后枚举他的两种方向。设他此时覆盖了区间 $[L,R]$，如果一个点不在 $[L,R]$ 中，我们容易将它直接纳入断环成链的考虑内，但是如果另一个人在其中，则比较复杂。

注意到这些人里如果人数 $=0$ 则无需考虑，如果人数 $\ge 2$，则一定是最左的人向左，最右的人向右；如果人数 $=1$ 则需要讨论。

此时 $[L,R]$ 其实是会扩大的，但是新拓展的区间覆盖的人，它一定只有一个方向是比较优秀的（比如说如果你把 $R$ 增大，则新覆盖的这些人他们的左端点都不可能比 $L$ 小），这样就成功断环了，时间复杂度 $O(n\log m)$。

细节还是比较多的。

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29. Tree Depth

考虑笛卡尔树的深度有更良好的意义：$dep_u$ 是所有合法的 $v$ 的数量，满足：$v$ 是 $a_{u\sim v}$ 的最小值（不妨假设 $v\gt u$，另一种情况是类似的）。

考虑和逆序对结合起来，排列的逆序对有逆序数组这个一一对应的东西在，但这样的话无法和 $a_v$ 是最小值很好地结合起来。

事实上逆序数组的本质是一个长度为 $n$ 的排列往左/右加数，则逆序对的变化可以取 $[0,n]$ 中的任意数值，且只要生成排列的方式不变，得到的逆序数组和排列一一对应。

我们考虑换个方式来生成排列：从 $u$ 开始加加到 $v$，然后把剩下的加了。

这样 $v$ 是最小值等价于加入的第 $v-u+1$ 个数刚好取贡献 $v-u$。

这样我们就可以把前 $v-u$ 个数和后面 $n-(v-u+1)$ 个数的 dp 拼起来，这样是 $n^2k$ 的，注意到拼接的时候只关注 $v-u$，所以枚举它，提前计算好答案，贡献给每个 $ans_u$ 即可，时间复杂度 $O(nk)$。

预处理的时候数组可能会开不下（我开了两个三方数组 110M 左右），前缀的 dp 值可以滚掉，后缀的 dp 值看上去滚不掉，但我们可以用带撤销的背包去做，这样空间可以做到 $O(n+k)$。

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30. 背包

这道题就当作是同余最短路的复习了。

这个题和 ARC096F 非常像，对于数据范围很大的背包，我们先来考虑贪心：也就是找到单位价值最高的那个物品 $x$。

由于本题要求恰好为 $V$，所以其它物品的体积和在模 $v_x$ 意义下是和 $V \mod v_x$ 相同的。

这样我们就可以建出同余最短路的模型了，因为我们知道：对于剩下 $n-1$ 个物品的方案 $(v,c)$，我们首先要让 $\left \lfloor \frac{v}{v_x} \right\rfloor$ 最小，在此基础上让 $c$ 最大。

这样我们可以直接 spfa，用一个双关键字的 pair 去维护就好了。

Alex_wei 指出同余最短路有更简洁的写法：对于每个物品在模 $v_x$ 意义下构成的每个环，转移是独立的；对于每个环，我们绕两圈，每次都从 $f_u$ 更新到 $f_{nxt_u}$，这样可以考虑到所有的转移。

在实现上，注意到，其等价于最小化 $c-\left\lfloor \frac{v}{v_x} \right\rfloor\times c_x$，所以也不需要用 pair 记录信息。

时间复杂度 $O(nv + q)$。

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31. Middle Point Graph

考虑我们随机生成 $n$ 个点，认为四点共面的概率是为 $0$ 的，所以这个期望在诈骗，大概就是说算上中点的话不管你怎么生成有些方式都是共面的。

考虑一个四元环上的四个中点是合法的，因为可以把它们十字交叉连起来，交于一点（两相交直线共面）。

还有一种是说选择两个点 + 中点 + 任意一个点，其正确性也比较容易证明。

还有一种选两个中点的方式：也就是一个点 $x$ 连出去两条边 $(x,y)$ 和 $(y,z)$，选择这两条边还有 $y,z$ 两个点。

最后还有一种 corner case，选三个中点的：三元环的三个中点 + 其上的任意一点。

所以只需要做三元环和四元环计数就好了，时间复杂度 $O(m\sqrt m)$。

关于三元环计数：按照 $(deg,index)$ 为关键字排序后生成拓扑序，把无向图转成有向图。

然后一个三元环必定是 $u\rightarrow v,w$ 同时 $v\rightarrow w$ 的，枚举 $u$ 后枚举其所有出边 $(u,v)$，然后枚举 $v$ 的所有出边 $(v,w)$，检查 $u\rightarrow w$ 是否成立即可，$O(m\sqrt m)$。

四元环计数用相同的定向手段，枚举其上一点 $u$，枚举原图里和 $u$ 相连的一边 $v$，枚举 $v$ 的所有出边 $w$，考虑所有 $u\rightarrow w$ 的路径任选两条即可，这样我们会发现一个四元环在入度为 $2$ 的点中被考虑到了一次。但一个四元环可能有两个这样的点。

首先如果只有一个可以发现 $u$ 的拓扑序会优于 $w$，所以强制令 $u$ 比 $w$ 优，这样就算有两个点，由于他们是相对的，一个做 $u$ 一个做 $w$ 统计一次，依旧是 $O(m\sqrt m)$。

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posted on 2023-03-02 09:38 Cry_For_theMoon 阅读(389) 评论(7) 编辑收藏举报

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