十月了。
我知道我的做法很唐，不要攻击我😭
首先考虑 \(s=2\) 的部分分：当 \(s\) 固定的时候我们直接算出每个点被经过的期望次数，然后把 \(u\rightarrow v\) 路径上的期望 \(E\) 加起来即可。
对于期望次数：有式子 \(E(u) = \sum_{(u,v)\in e\land v\neq 1}p(v\rightarrow u)\times E(v)+[u=s]\)，其中 \(p(v\rightarrow u)\) 是 \(v\) 一步走到 \(u\) 的概率。这是一个高斯消元的形式，可以用树上高消在 \(O(n\log)\) 的时间内完成。这样我们解决了 \(s\) 固定的情况。
考虑 \(s\) 不定的情况：我们把询问离线然后尝试换根。这里首先需要知道树上高消的本质：我们把每个点（除了根）的 \(E(u)\) 表示成了关于 \(E(fa_u)\) 的（严格）一次多项式，然后 \(E(s)\) 可以直接求得；最后从顶至底回代。
我们设 \(x=E(s)\)，则 \(s\) 的一个儿子 \(v\) 的 \(E(v)\) 就应该是一个一次函数 \(k_v\times x+b_v\) 的值；而 \(v\) 的一个儿子 \(w\) 的 \(E(w)\) 就应该是 \(k_w\times E(v)+b_w\) 的值。换言之我们是在自上往下不断把 \(x\) 替换为关于 \(x\) 的一个一次函数。
把这个一次函数称作一次变换：定义 \(FG(x)\) 表示 \(G(F(x))\)（对于更多个一次函数也同理）。那我们的 \(E(u)\) 就是：把 \(s\rightarrow u\) 的路径上的点 \(v_1,v_2,...,v_k\) 依次写出来，那就是 \(E(u)=F_{v_1}F_{v_2}...F_{v_{k}}(x)\) 。
当我们换根 \(s\rightarrow v\) 的时候，假如 \(u\) 是 \(v\) 子树内一点，则它对应的式子会少掉最后的一个变换 \(F_{1}\)。我们左乘上它的左逆 \((F_1)^{-1}\) 即可；假如 \(u\) 是 \(v\) 子树外一点，则它对应的式子会额外多出一个变换 \(F'\)，我们左乘上即可。
因此我们需要维护每个点的一个变换 \(F_i\)，并且支持区间把 \(F_i\) 变为 \(GF_i\)。注意到一次函数的复合是容易的，因此这也是容易的。
然后求树上路径的和，也就是在分别求树上路径的变换和，直接用树剖维护即可。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
很高妙的图论题！
先来判断能不能让第一个人获胜。
首先可以注意到我们要么把边权设为 \(L\)，要么设为 \(R\)。我们不妨初始全部设为 \(R\)。
则第一个人要么已经能够获胜，否则我们必须调整一些边权。
我们能调整一条边 \(u\rightarrow v\) 从 \(R\) 变为 \(L\)，当且仅当第一个人到 \(u\) 的距离比第二个人到 \(v\) 的距离要近，这样的话：第二个人一定不会走这条边，否则第一个人也走这条边就已经赢了；那么我们为了让第一个人的最短路尽可能低，就把这条边设置成 \(L\)；否则，我们可以证明改这条边后不可能让答案变得更好：因为假设第一个人的路径走了这条边，第二个人也走一定会让第一个人无法获胜。
我们不断这样能调整就调整，最多调整 \(k\) 次后结束。如果无法获胜，用相同的手法判断能否平局。
时间复杂度 \(O((n+m)k\log n)\)。
怎么图论题都这么高妙。
我们先考虑关键点怎么求：显然其不强于什么 DAG 两点可达性，但是用 bitset 去维护定然会超时。
由于是 DAG，考虑研究拓扑排序相关的性质：一个性质是这样的点拓扑序一定固定。
那么我们可以随机若干个拓扑序，如果一个点始终位置不动就是关键点。
那么次关键点呢？多次随机判断其位置是否极差 \(\le 1\) 看上去很对，但实际上并不能通过：理由是一些非次关键点在随机找拓扑序的时候非常难以被区分出来，构造方式可以大家自己想一下：只要让一车它走不到也不能被走到的点，以极大的概率一定出现在这个点之前（或之后）就可以了。
考虑一些确定性的做法：对于关键点，在拓扑排序中它永远是单独出现在当前队列的。
这个条件必要而不充分：我们研究样例 \(1\) 就会发现，如果先删去 \(6\)，则 \(2\) 也会在拓扑序始终单独出现在当前队列里。看上去我们陷入了死胡同。
注意到此时还有一个性质：就是没有入队的所有点都能被队列里的这个唯一点走到；而反之其余的所有点一定不能被队列里的唯一点走到。
那么我们正反各拓扑一次，分别可以算出这些点能走到的点（以及能被走到的点），如果相加起来为 \(n-1\) 那么这个点就是关键的；此时我们找到了描述关键点性质的充要条件。
那么次关键点呢？我们还是考虑做两次拓扑，每次都找到一个点能到达多少个点。但此时队列大小为 \(2\) 并不意味着这两个点不合法：有可能对于其中一个点来说，删去这个队列里另外一个点，它就是合法的。
假设队列两个点是 \((u,v)\)，如何判断删去 \(v\) 以后 \(u\) 是合法的？首先不能有两个时刻队列大小都为 \(2\) 且分别出现 \((u,v),(u,w)\)；否则我们假设删去 \(v\) 以后还有一个点 \(w\) 不能被 \(u\) 走到：考察所有这样的点 \(w\)，必定有一个能被 \(v\) 直接走到：那么我们只需要考察 \(v\) 的所有后继，是否此时只和 \(v\) 有连边即可。
这样就在 \(O(n+m)\) 的时间内完成了检查。
感觉这个题还是非常思维的。
神题！
发现样例是把所有边全选上了，所以我们猜测一定能选满。也就是给定任何一张图都能构造的意思。
先考虑 \(k=2\) 的情况：发现是经典欧拉回路问题：对于奇数点我们将其和虚拟点 \(0\) 连边，然后对每个连通块都跑欧拉回路，按顺序依次交替分别 \(1,2\) 两种颜色，最后删掉虚边。可以证明这样就让每个点的两种颜色差 \(\le 2\)。
如果一个点不是回路的起点，它进入一次，紧接着就会出去；那么这两次的颜色是不同的。因此它的颜色相等。
否则这个点会走若干个次环路。如果走偶环，则出去和进来的颜色是不同的；如果是奇环，则进来和出去的颜色是相同的。但是我们注意到假如连着走了两个奇环，那么如果第一个奇环两次都是 \(1\)，第二个奇环两次就会是 \(2\)；这样相差 \(2\)。
那么再考虑删除的虚边：注意到只有原本奇数度数点才会删除一条边，而此时他和 \(0\) 连通，我们一定是用 \(0\) 作为起点的，因此这个点不是起点 $\rightarrow $ 原本两种颜色数量相等 $\rightarrow $ 删去一条边后两种颜色差 \(1\)。
这样我们完成了 \(k=2\) 的构造。对于一般情况：我们考虑任意给图染色，然后不断找到一个不合法的点 \(u\)：把他的最大颜色和最小颜色 \(x,y\) 拿出来，用 \(k=2\) 的方法调整所有 \(x,y\) 两种颜色的边。不断调整，则最后一定能调整出一组合法解。
为了优化效率：考虑初始随机染色，这样需要调整的对就不会太多，可以轻松通过。
非常神仙的构造！并且 sjy 的解法也非常优秀。
考虑用补图来描述：也就是如果 \(\gcd=1\) 我们连边。
则我们要么找一个大小为 \(k\) 的独立集；要么找一个没有孤点的大小为 \(k\) 的导出子图。
直接贪心！从前往后能加就加；如果有大小为 \(\ge k\) 的独立集直接赢麻，否则我们的独立集有 \(a\lt k\) 个点，剩余的每个点都至少和独立集的一个点有连边。把点分成 \(a\) 类，注意到 \(2a\lt n\) 因此必定有一类至少有三个人。我们按照类的大小贪心从大往小考虑，考虑第一次前缀和 \(\ge k\) 的位置，如果最后一个选的类至少选出了两个则我们就找到了一组解；否则我们把第一组少选一个，第二组多选一个即可。这样我们一定找到了解。也就得到了一个 \(n^2\) 级别的构造方式。
现在来考虑如何加速过程：首先是判断能不能加入一个点进入独立集，那就是给一个集合，支持加数，以及给一个数问有多少个互质的。这个直接莫反：可以做到 \(d(a)\)，由于只关心是否互质所以可以进一步做到 \(2^{\omega(a)}\)。
再来考虑 \(n-a\) 个人会归于哪一类：套用上面的操作，直接整体二分即可。
这样时间复杂度 \(O(n\log n\times 2^{\omega})\)。常数很小。
先不考虑 \(R\) 的限制：我们从大往小考虑每条边，在生成树中加入它，并且删去原树上两点路径的最大边即可，这样在 \(O(nm)\) 的时间内维护出了每个 \(L\) 对应的 MST。
考虑现在还有边权 \(\le R\) 的限制：因此我们对每个时刻维护一颗 seg，删除/加入某条边的时候在 seg 对应位置修改；使用主席树即可。
时间复杂度 \(O(m(n+\log))\)。
我去，有向图哈密顿回路。
怎么 \(m\le n+20\) 呀？
注意到：如果有一个点 \(u\)，出度为 \(1\)，则设其连向 \(v\)：当我们走到 \(u\) 的时候，下一步必须立刻走 \(v\)，因此我们删掉 \(v\) 的其它入度，然后把 \(u,v\) 合并成一个点；类似地，如果 \(u\) 入度为 \(1\)，我们做相同的事情。
则最后要么只剩一个点，要么每个点出入度都为 \(2\)。
如果真的有哈密顿回路：则考虑如下构造，在一个环（也就是最后的答案基础上）加若干根弦，这样的话每条弦能让一个点的出度加一，一个点的入度加一；最多只能让 \(20\) 个点出入度为 \(2\)。
然后我们状压即可。令 \(v=m-n\)，则复杂度 \(O(2^v\times v^2)\)，可以轻松通过。
非常好的构造题。
假如我们能让两个格子的若干个数分别都是有序的（同时升序/降序），那我们选择一个他们都能走到的格子，然后就可以把两个序列归并起来。
考虑对于一个格子 \((i,j)\) 而言，可以把所有满足 \(x\le i,y\le j\) 且 \((x,y) \neq (i,j)\) 的格子的序列都归并到这个位置。
因此我们设 \(f(i,j)\) 是能把多少个格子移动到 \((i,j)\)，则有 \(f(i,j)=\sum_{(x,y)\lt(i,j)}f(x,y)\)。
初始 \(f(1,1)=1\)。那么计算一下只能排序约 \(2.5\times 10^4\) 个盘子。但是注意到我们此时每次只动了一个盘子。考虑每次动多个盘子会发生什么。
我们发现 \(f(1,2)=f(2,1)=1\)。但是我们可以做到令其为 \(2\)：如果我们把两个按顺序取出就是我们想要的顺序，则直接全部一起取出，否则分两次取出即可。
这样 \(f(6,6)\) 就大于 \(4\times 10^4\) 了，可以通过本题。
操作步数是不超过 \(10n\) 的。
很清新的好题。
注意到根据题目限制：任何时刻，一个糖的出现次数上下界 \(L,R\) 相差不超过 \(1\)。
我们考虑满足从前往后扫描每个时刻，如果有糖原本 \(cnt=L\)，这个时刻 \(L\) 增加了，则如果有多个一定失败，否则我们这一天必须选这个糖；否则我们一定选择一个 \(cnt=L\) 且 \(L=R-1\) 的人，如果没有一定失败，否则我们会选择 \(L\) 增加的时间最靠前的那个人，正确性容易证明。
上述过程可以拿堆维护。注意到由于 \(\sum R\) 是和天数同阶的，所以总的变化次数和天数也是同阶的。
我们猜测存在一个阈值 \(V\)，一旦天数大于这个，就一定能无限下去。
令 \(V=10^6\) 发现已经可以通过，我们来分析一下其中的道理：当天数是 \(\sum a\) 的倍数的时候，注意到每个人的 \(L,R\) 都是相等的，也就是得到了一组确定的解。
只要我们的天数里有两次都是 \(\sum a\) 的倍数，我们就肯定能不断重复这段时间内的操作无穷做下去。
注意到 \(\sum a \le 10^5\)，因此其实 \(V=10^5\) 就可以了。
一万年没更新做题记录了，先写个厉害题的。
考虑大概算法应该就是：树上带根连通块套用 dfs 序 dp 的套路，问题是我们好像都不太会快速判一个串是否出现过，考虑那就大概是个 dp 套 dp 的过程。
所以如果能解决判定一个串是否出现过这个题就应该是做完了，并且我们知道大概他就是用 dp 的方式去判。
观察一下 \(a\) 序列，会发现只有末位是在跳的，去除末位的话这是一个相邻两项差不超过 \(1\) 的递增序列。
也是容易证明的：因为我们 \(a_n\rightarrow a_{n+1}\) 最多加 \(k-1\)，也就是至多进位一次。
这点是本题的突破口：末位和末位以外的部分有本质区别，也就是我们判定一个串是否出现，它的前 \(len-1\) 位一定是出现过的，唯一的问题就是末位可能会对不上。
因此考虑把前 \(len-1\) 位喂给我们的检查函数，然后得到最后的可能的那些末位集合，再判我们询问串的末位是否出现在这个集合里，这个长得就非常有自动机的那种感觉。
我们来研究前 \(len-1\) 的变化，如果是每次 \(+1\) 那其实挺麻烦的：因为我们是关注这里的最大数位的，但是你 \(+1\) 后最大数位不太能维护。
所以从低位开始喂数字不太可行，考虑从高位开始喂：就是我们可以设 \(dp(i,j,k,l)\) 表示现在第 \(2\sim i\) 位都是 \(0\)，然后 \(i+1\) 往后的位里的最大数位是 \(j\)，目前的末位是 \(k\)，我们不断增加，第一次让第 \(i\) 位变成 \(l\)，且 \(2\sim (i-1)\) 位都是 \(0\) 的时刻，此时的末位是多少。
那我们其实就是先让第 \(i\) 位变成 \(l-1\)，因此 \(k:=dp(i,j,k,l-1)\)；然后先让 \(i-1\) 位变成 \(k-1\)，再让 \(i-2\) 位变成 \((k-1)\)，。。。，直到 \(2\sim (i-1)\) 位都变成 \(k-1\) 了，然后此时我们再不断在末位加数使得最后产生一次进位。直接利用之前算出来的 dp 值维护过程中的 \(k\) 的变化即可！
这个 dp 朴素做大概是 \(n^2k^3\) 的，但是比较容易优化到 \(nk^3\)。
那么回到本题我们把这个过程套进 dfs 序上就好了，也就是 \(f(u,i,j,k)\) 表示目前到了 \(u\)，然后还要填 \(i\) 个位置，前面的最大值是 \(j\)，当前的末位是 \(k\) 的方案数。这部分是 \(n^2k^2\) 的。
因此总复杂度 \(O(nk^3 + n^2k^2)\)。
首先考虑这样一个弱化弱化版本：\(s=11\)。
则考虑相当于对于任意一个质因子 \(p\) 而言，\(x\equiv p\) 不能是 \(0/p-1\)，这也是充要的。
我们知道方程组 \(\begin{cases}x \equiv b_i\pmod{p_i} \end{cases}\) 在 \([0,M)\) 范围内（其中 \(M\) 是 \(\prod p_i\)）有且仅有一组唯一解，其中 \(b_i\in[0,p_i)\)。因此假设 \(N=M\)，则我们就得到 \(\prod (p_i-2)\) 个解；注意到 \(N\) 一定是 \(M\) 的倍数，因此对于 \(N\neq M\) 的情况我们直接乘上 \(\frac{N}{M}\) 即可，也就是 \(K=\prod p_i^{a_i-1}\)。
因此我们现在只来考虑 \(N=M\) 的情况。
考虑沿用上面部分的想法：我们设原串为 \(1\) 的位置是 \(X\)，然后钦定 \(X\) 的一个超集 \(Y\) 这些位置全为 \(1\)，其它位置忽略，容斥系数 \((-1)^{|Y|-|X|}\)。那么相当于是说对于一个 \(p_i\) 和 \(v\in X\)，不能有 \(x\equiv -v\pmod{p_i}\)。相当于我们 ban 掉了 \(|Y|\) 个位置，因此 \(\prod (p_i-|Y|)\) 就应当是此时的答案。
但其实这并不全对：假如 \(p=3\) 且 \(\{1,4\}\subset Y\)，则我们看到 \(x\) 只是不能和 \(1\) 这一个值同余，而不是两个值。
事实上问题就是出在如果 \(p\lt m\) 那么我们可能有两个 \(1\) 的位置 \(\bmod p\) 是相同的，所以我们 ban 掉的就不是 \(|Y|\) 个位置而是 \(\le |Y|\) 个位置了。
现在考察 \(\le 40\) 的所有质数（共有 \(12\)）个，考虑换一种方式计算答案：
我们刚才是钦定 \(Y\) 然后算方程解数；考虑交换求和顺序，我们枚举一组方程的解然后算有多少种合法的 \(Y\)。因此考虑按顺序为每个 \(p_i\) 钦定它的 \(b_i\)，则我们要求 \(S\) 中所有 \(\bmod p_i = b_i\) 的下标都不能填上 \(1\)。因此设 \(dp(i,A)\) 表示考虑完了前 \(i\) 个质数，然后集合 \(A\) 内的下标不能填上 \(1\)，此时的一个方案数。当我们算完 \(dp\) 后，那些 \(\ge m\) 的质数就非常容易处理：因为直接枚举最后有多少个位置填的是 \(1\) 即可。
直接暴力 dp 肯定复杂度不对：我们猜测状态数不是很多，并且在 \(\{2,3,5,7,...,31,37\}\) 这个集合下状态数真的不是很多，可以给出这样一个分析：因为我们第一步为 \(2\) 选定 \(b_i=0/1\) 的时候就意味着 \(A\) 的大小已经是 \(\frac{m}{2}\) 了，所以剩下的集合往后肯定不超过 \(2^{\frac{m}{2}}\) 个。但是没人说一定有 \(2\) 啊？事实上我们把 \(2,3\) 去掉的时候发现状态数就顶满了，远远超过 \(2\times 10^7\)，直接寄麻了。（事实上这个做法就是赛时的 std，但是赛后被 KAN 叉了，第 \(82\) 和 \(83\) 组 数据都是在做这个事情。）
没有下面这部分的话其实真是个爵士好题。。。
发现只考虑 \(\le 19\) 的质数的时候状态数能接受：是 \(2\times 10^6\) 级别的。那我们算完 \(23\) 的时候就有 \(10^7\) 多一点的状态个数了，我们此时先不存储这些状态，考虑后面还有三个数 \(29,31,37\)。
先考虑 \(29\)：注意到对于 \(29\) 而言，如果我们钦定解 \(b_i\) 在 \([11,29)\) 之间，那其实有且仅有一个位置 \(b_i\) 是满足 \(\bmod 29 = b_i\) 的，因为 \(b_i+29\) 就 \(\ge 40\) 了。所以我们不太需要存储这中间的数是否在 \(A\) 里，我们只关注 \(|A|\)。因此我们可以只记录头尾分别 \(11\) 个数是否在 \(A\) 中。
对于 \(31\) 而言同理，记录头尾 \(9\) 个数；\(37\) 就记录头尾 \(3\) 个数。所以我们算完 \(23\) 的时候就直接扔进 \(29\) 的那个 \(2^{22}\times 18\) 的 dp 数组里就好了。
然后 \(\le 23\) 的质数那部分 map 太慢了，所以需要手写哈希表来存储。并且本题对空间的要求很严格。大概 400MB 左右卡过去了。。。
好题，ucup Taipei 的 C 和这个很类似。
首先考虑枚举除二的次数 \(c\)，则我们可以在第 \(1\sim c\) 次除法前做若干次减一，也可以在做完后再做若干次减一。
首先注意到我们只会在某一次除法前做一次减一，因为减两次再除能被除了后减一次替换掉。
如果我们在这 \(c\) 次除法前一次都不减，显然 \(x\) 最后会变成 \(\lfloor \frac{x}{2^c} \rfloor\)；如果我们每次都减，那这个值最多也只会 \(-1\)，事实上如果我们在第 \(i\) 次除法前减一了那就是等价于把每个 \(x\) 都减去了 \(2^{i-1}\)。所以这 \(c\) 次是否减一能和 \([0,2^c)\) 中的数形成一一对应，设这个值为 \(o\)。
如果我们按照 \(x\bmod 2^c\) 排序，那最后会减一的一定还是段前缀。
我们枚举这个前缀，则 \(o\) 就有一个被确定的范围，我们需要在这个范围内找到一个 \(1\) 最少的 \(o\)，这样就能用最少的前缀达到我们想要的效果。找到以后，对于这个序列，我们如果还剩 \(a\) 次操作，就可以把每个数都同时减去一个 \(\le a\) 的值。我们一共得到 \(O(n\log)\) 个这样的数集以及对应的 \(a\)，对每个本质相同的数集（也就是全部减去最小值后相等的集合）我们相当于是在做区间求并算出最后会有多少种可能的集合。
对于 \([L,R]\) 内 \(1\) 最少的数，找到 \(L,R\) 的 LCP 长度，设为 \(x\)，则前 \(x\) 位必须相同，第 \(x+1\) 位往后要么全 \(0\)，要么 \(x+1\) 位填 \(1\) 后面填 \(0\)。可以 \(O(1)\) 解决。
这样我们在 \(O(n^2\log)\) 的时间内解决了此题。
有两个弱化方向：序列长度 \(N\) 是正常范围（\(10^5\)），或者开始 \(a_i=0\)。
对于第一个弱化：假设我们要从 \(b_1,b_2,...,b_n\) 里选三个不同的位置相乘再求和，则令 \(s_i = \sum_{j=1}^{n}b_i^j\)，显然答案为\(\frac{s_1^3-3s_2s_1+2s_3}{6}\)。那我们支持区间加，维护区间零一二三次方和即可。
对于第二个弱化：我们直接把修改和询问的坐标都离散化下来，这样就是每个点都对应一个区间 \([l,r]\) 然后带个权重 \(w_i = r-l+1\) 而已。
现在来考虑解决一般问题，棘手的情况在于每个离散化后的区间（也就是每个点）是有初值的。
显然我们只需要维护每个区间初始的 \(p\) 序列的一次/二次/三次方和。拆成前缀信息相减。
对于 \([0,R]\) 内的数的 \(p\) 序列的 \(k\) 次方和，我们有一个 \(O(\log R\times k^2)\) 的数位 dp：直接考虑把 \(k\) 次方组合意义化成选 \(k\) 个位置出来，那么就是 \(dp(i,0/1,j)\) 表示从高往低前 \(i\) 位，是否确定 \(\lt R\)，选出了 \(j\) 个位置的和。
这样我们的预处理就是 \(O(qn)\) 的，而单次修改查询都是 \(O(\log q)\) 的，所以其实 1s 都足够充裕了。
题解还是简单点好。
先考虑容斥，大家都能想到。
发现如果两区间相交不包含则能拆成三个不交的区间，但若包含关系出现则没有好的性质。套路地考虑建出树形关系。设 \(f(L,R)\) 表示区间 \([L,R]\) 内部的答案，显然有些位置不被子树覆盖到，这些位置是自由的。还会有若干个连续区间，这些区间可能是一些更大的区间拆开得出的。此时容斥系数的设置变得非常棘手。
我们将证明我们不考虑区间有相交的情况即可，tzc_wk 给出了一种双射证明。我的想法是再对我们新产生的问题套一层容斥：因为实质上是给了若干个连续的区间，合法的方案要求每个区间都被覆盖到，那不妨容斥掉，也就是钦定一些区间不被覆盖，此时剩下的若干个连续子段，每个左端点都能任意选择一些右端点。但是只要有一个右端点可选，那不选是 \(1\) 选是 \(-1\) 贡献直接变成了 \(0\)。所以剩下的每个区间 \([l,r]\) 都应该满足 \(r\gt m_l\)。
所以每个区间都带 \(-1\) 的容斥系数，而如果 \(r\gt m_l\) 又有 \(1\) 的容斥系数。所以当且仅当 \(r\le m_l\) 的时候这个容斥系数和才非零。
然后就做完了，时间复杂度 \(O(n^4)\)，常数极小。
我们直接启动 dijkstra 的过程：考虑 \(a\) 类边的松弛是平凡的，而当我们取出一个点 \(u\) 到时候，对于所有的点 \(w\) 满足 \((u,v)\) 和 \((v,w)\) 都有连边且 \((u,w)\) 没有连边，我们都会用边权 \(b\) 去松弛。称这样的松弛是非平凡的。
显然一个点被非平凡松弛一次后，就不需要再被非平凡松弛了。所以考虑可以用 set / dsu 维护每个点没有被非平凡松弛过的邻点，然后我们暴力遍历 \(v\) 的所有邻点并尝试松弛 \(u\rightarrow w\) 即可。
如果没有 \((u,w)\) 没有连边这条限制，则每个点最多被这样检查一次，那么复杂度就是 \(O((n+m)\log)\)。现在考虑出现这种失败松弛的情况意味着我们找到了一个三元环 \((u,v,w)\)，而众所周知无向图三元环个数是 \(O(m\sqrt m)\) 级别的，因此假设我们能 \(O(1)\) 判边是否存在，就能做到 \(O((n+m)\log + m\sqrt m)\)。
而注意到我们是取出 \(u\) 再判断 \((u,w)\) 是否存在的，所以每次取出 \(u\) 的时候，直接标记它的所有邻点。这样 \(w\) 被标记等价于 \((u,w)\) 存在。
好像是以前 zimpha 发出来的，这几天才解决掉。
先考虑没有第一种操作咋办，这个在 USACO 银组之前做过，就是我们考虑假设字符 \(a\) 全部变成了 \(b\)（显然只会变成一种字符），那么就连 \(a\rightarrow b\)，这里如果有自环我们不连边，并且当我们称环的时候，是不算自环的。
注意到对于一个连通块而言：它要么是树，要么是基环树。
如果是树，那么显然我们恰好花 \(m\) 次操作就够了，这里 \(m\) 是边数。
如果是基环树，我们其实也花 \(m\) 次操作就够了。这个可以手玩得出。
对于一个环，我们发现我们需要 \(m+1\) 次操作，并且是需要换出去一次的：所以如果 \(26\) 个字母都是环 / 自环那其实是无解情况。
有第一种操作以后，我们其实就不会有无解了，且一个字符 \(a\) 可能最后会变成多种字符，但我们只能保留一种。
那相当于是：每个点可以自由选择出边（或者自环，也就是不连），\(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 字符连向字符 \(j\) 的代价（代价也就是其它字符都要用第一种操作解决）。那我们就是每个 \(i\) 都选一个 \(f\) 出来，使得 \(\sum f\) 加上这张图的额外代价最小。
假如没有环额外带来的影响，我们其实贪心对每个 \(i\) 选择 \(f_{i,j}\) 最小的人即可。考虑这个解 \(G\) 的形态：我们可能会把一些环上的 \(f\) 改变，使其变成基环树 / 树，从而去掉额外的一次 \(+c\) 代价。
注意到还会产生一个问题：就是如果我们重新决策的过程中产生了新环该怎么办？
这种情况下一定这个新环上有一个人的 \(f\) 不是最小的，我们换回来，则这个环变成了基环树，且 \(\sum f\) 还变小了，因此一定不会出现连成新环的情况。
因此可以直接设 \(dp(i,mask)\) 表示我们考虑了前 \(i\) 个字符，\(mask\) 集合内的环已经被破开的答案。注意到最多只有 \(13\) 个环所以是可以接受的。
一个 corner case 是：注意到如果初始的 \(G\) 全部由环 / 自环构成则是无解的，这时候就算修改 \(f\) 的选择不优，也必须硬着头皮选。因此需要记录一维 \(0/1\) 表示当前的 \(G'\) 是否和 \(G\) 相同。
复杂度 \(O(\Sigma 2^{\frac{\Sigma}{2}})\)
17. Drazil and His Happy Friends
这个题初一的时候 cjq 在校内模拟赛就搬过，是极少没在场上做出来的题。cjq 可能因此觉得我数学基础欠佳。。
现在看感觉还是比较平凡的。
考虑把男生编号为 \(A,B,C\)，女生编号为 \(0,1,2\)。则我们会 \(A0,B1,C2\) 这个顺序配对下去。
考虑对于 \(A\) 来说，他第一次和 \(0\) 配对，第二次和 \(n\bmod m\) 配对，第 \(k\) 次和 \((k-1)n\bmod m\) 配对。
和它配对的人，形如 \(kn\bmod m\)，众所周知这样的关系构成 \(\gcd(n,m)\) 个置换环。
现在我们假设 \(n\le m\)，则对于每个置换环，环上的每个点代表一个女生，部分点上挂了一个标签，这个标签代表一个男生。初始一些点 / 标签为 \(1\)。我们每次按顺序选中一个标签，并且把这个标签向后放一个位置。然后如果这个标签和这个点有一者为 \(1\)，另一者也会变成 \(1\)。
那么显然，每个环是独立的。如果这个环有至少一个点或者标签是 \(1\)，就一定在有限步数内完成目标，否则一定无解。因此环数 \(\gt x+y\) 直接无解。
虽然环长可能达到 \(10^9\)，但是关键的位置只有 \(x+y\) 个。我们对于标签和点分开来考虑。
对于一个初始为 \(0\) 的标签 \(x\) 而言：
- 他只关注向后第一个初始为 \(1\) 的标签 / 点的位置。并且他在时刻 \(x\) 被激活，每走一次都要经过 \(n\) 轮才能行动。
对于一个初始为 \(0\) 的点 \(y\) 而言：
- 首先我们假设位置 \(y\) 的标签（如果有）不为 \(1\)，这种情况需要我们特判。否则我们考虑他向前第一个初始为 \(1\) 的标签 / 点的位置，如果向前找到的是为 \(1\) 的点，则再向前找到第一个标签（这个标签初始不一定是 \(1\)），那么我们就是要把这个标签移动到这个点处。
因此我们找出环上所有初始为 \(1\) 的环长和标签位置后，直接对每一段考虑最靠劣的标签（也就是位于这一段最开头的）和最劣的点（也就是这一段最结尾的）即可。需要利用 exgcd 辅助计算，这里略去相关细节。
时间复杂度 \(O((x+y)\log)\)。
好妙的交互啊。
首先我们能知道的就只有两两的 \(lcm\)，那么假设我们全部知道了如何去还原？找到最大的一对，他一定是由 \(r\times (r-1)\) 组成的，然后注意到有个性质就是只有 \(a_i=r\) 的位置满足所有 \((i,j)\) 的答案都是 \(r\) 的倍数（那个 \(r-1\)的哥们不能满足这个），所以我们能算出 \(r\) 和 \(r-1\) 的位置，然后我们去掉和 \(a_r\) 相关的即可。
因此很重要的一点是如果 \(\frac{n(n-1)}{2}\le 5000\) 我们直接就用这个暴力，这样 \(n\le 100\) 都能解决了，现在区间就非常大。这个时候启示我们使用一些随机化手段。
可以发现 \([mid,r]\) 这一段此时一定存在一个质数，如果能问出这个 \(2p\ge r\) 的质数位置，则我们花 \(n-1\) 次就能问出其他位置了，这也是 \(n+5000\) 的由来。那现在我们就要在 \(5000\) 次内问出这个大质数位置 \(p\)。
直接随机，质数密度是 \(\frac{1}{\ln n}\)，所以我们大概就有 \(\frac{1}{2\ln n}\) 的概率问到我们想要的一个位置，那根据生日悖论那套来讲，其实我们随机一些次数，就有很高的概率成功。现在再来思考我们得到这个位置后要怎么去检验？
假设这个位置是 \(p\)，则我们每一次的 \(lcm\) 都含有质因子 \(p\)，因此假设我们再用这个位置，随机若干个位置和他结合进行询问，则取 \(\gcd\) 以后肯定是 \(p\) 的倍数；另一方面我们大概率不会出现另外的质因子，因为就算是出现次数最频繁的 \(2\)，每次也只有 \(\frac{1}{2}\) 的概率出现，则随机 \(k\) 个位置的话他只有 \(\frac{1}{2^k}\) 的概率会出现。因此我们得到结论：首先这个 \(\gcd\) 极大概率满足不是 \(1\) 就是质数，如果是质数，则我们取最大的（因为可能会出现 \(\le mid\) 的质数也满足这个条件，所以不能任取一个），就找到了一个 \(2p\ge r\) 的质数及其位置。
我们取 \(200\) 个位置，每次随机检验 \(25\) 次即可。
非常高妙的构造，放到现在感觉仍然是 NOIP T3+ 难度，唯一问题是部分分不太好设计。
先来考虑 \(n=2\) 的做法，发现并不是非常一眼。
尝试提炼出一些操作：我们从栈顶向栈底开始标号，则我们可以做到交换两个不同栈的第 \(x\) 和第 \(y\) 个位置，前提是 \(x+y\le m+1\)。具体可以这样实现：把第一个栈第 \(x\) 个以上的，和第二个栈第 \(y\) 个以上的（不包含 \(x\)，但包括 \(y\)）全部放入额外栈，然后把第一个栈的 \(x\) 放入第二个栈，再把额外栈的栈顶（应该是 \(y\)）放入第一个栈。然后栈顶的 \(y-1\) 个人全部属于第二个栈，放回去；然后栈顶余下的 \(x-1\) 个人全部属于第一个栈，放回去。步数大概是 \(2m\) 级别的。
利用这个操作，我们能构造出一种 \(O(m^2)\) 级别的解决 \(n=2\) 的方法：我们试图强制让第一个栈全部是 \(1\)。那么我们从栈底开始向上考虑。如果考虑到编号为 \(i\) 的人的时候他是 \(2\)，注意到我们可以和第二个栈里前 \(m-i+1\) 个人里的某一个任意对换。假如这里有一个 \(1\)，我们就直接开换完事；否则假设第一个栈里，标号 \(\lt i\) 的位置还有一个 \(1\)：我们可以把他和第二个栈的栈顶对换，然后把第二个栈的栈顶和第一个栈的第 \(i\) 个位置对换。我们证明一定能找到这样一个位置：不妨考虑反证，那这个栈里编号 \(\gt i\) 的全是 \(1\)，\(\le i\) 的全是 \(2\)；也就是有 \(i\) 个 \(2\)，\(m-i\) 个 \(1\)。那么另一个栈里就有 \(m-i\) 个 \(2\)，\(i\) 个 \(1\)。因此根据抽屉原理从栈顶开始往下，前 \(m-i+1\) 个人里必定有一个 \(1\)，而第一个栈里编号为 \(i\) 的位置刚好能和第二个栈的前 \(m-i+1\) 个人对换，因此就证明了我们想要的东西。
此时我们直接把这个思想拓展到一般情况：一个一个栈考虑，当我们把第 \(i\) 个栈全部变成 \(i\) 的时候，就删去他，然后变成一个子问题。
套用 \(n=2\) 的做法：假设考虑到了第 \(i\) 个栈的编号为 \(j\) 的位置，那么我们首先考虑 \(\gt i\) 的栈里编号 \(\le m-j+1\) 的位置是否存在一个 \(i\)；如果不存在，则在找 \(=i\) 的栈里 \(\lt j\) 的位置，或者 \(\gt i\) 的栈里任意的位置的一个 \(i\)，把他和一个 \(\neq i\) 的栈顶互换，再换到 \((i,j)\)。
不难证明操作次数是 \(O(nm^2)\) 级别的，此时我们拿下 \(40\) 分。我想了很久只能做到这里。
我们发现 \(n=2\) 的操作是解决这个问题的关键：如果我们能在更低的次数内解决 \(n=2\) 才有可能完全解决这道题。考虑继续提炼出一些更自然的操作。发现我们可以做到把一个栈的第 \(x\) 个位置提前到栈顶而不改变其余元素的相对顺序：只用这个栈和垃圾栈是不够的，我们需要利用到第二个栈：先把第二个栈拿出一个元素放进垃圾栈，然后把第一个栈的 \(x-1\) 个顶元素放入垃圾栈，然后把第一个栈的第 \(x\) 个元素放入第二个栈，然后把垃圾栈里前 \(x-1\) 个元素放回第一个栈，然后把第二个栈的 \(x\) 元素放回第一个栈，然后把垃圾栈里仅存的那个元素放回第二个栈。这样花费 \(O(m)\) 次操作。
发现我们用这个手法可以做到更强的东西：直接在 \(O(m)\) 次操作内，指定栈中的 \(x\) 个位置，然后把他们全部提前到栈顶，同样改变相对顺序。操作过程类似，只不过要把第二个栈的前 \(x\) 个元素提前压入垃圾栈。
然后我们就能 \(O(m)\) 次解决 \(n=2\) 的情况了：直接 \(O(m)\) 地把两个栈里的 \(1\) 放到顶部，然后两个栈的 \(1\) 全部拿出来放进 \(n+1\)，把两个栈的 \(2\) 合并起来放到第二个栈，然后把 \(m\) 个 \(1\) 放回第一个栈。
那是不是我们直接开香槟了？其实也不是：注意到我们不能套用先前归纳的思路，因为我们得每次把 \(\gt i\) 的栈里所有 \(=i\) 的元素提前到栈顶，最坏情况下每个栈里都有至少一个，那我们对每个栈都要 \(O(m)\) 次，次数又变成 \(O(nm^2)\) 了，所以我们得把这个 \(n=2\) 换一种方法使用。
考虑分治：我们类似快速排序，把 \(\le mid\) 的元素看成 \(1\) 放入左半边，\(\gt mid\) 的元素看成 \(1\) 放入右半边。那么我们把每个栈的 \(1\) 先提前到顶部，然后考虑枚举左边的一个栈：假设他还缺 \(a\) 个 \(1\)，考虑从右半边贪心凑出 \(a\) 个 \(1\)，然后把当前栈的 \(m-a\) 个 \(1\)，和 \(a\) 个凑出来的 \(1\) 放入垃圾栈，那么当前栈那 \(a\) 个 \(2\) 就原封不动塞入右半边对应的位置。然后把垃圾栈的 \(m\) 个 \(1\) 再放回去。注意到由于我们是贪心凑的，所以右半边可能会有一个栈还有 \(1\) 没用完，但是此时这些 \(1\) 被压在了中间，所以需要花费 \(O(m)\) 的额外代价再次提前。
这样就有 \(T(n) = 2T(\frac{n}{2})+O(nm)\)，显然次数在 \(O(nm\log n)\) 级别，可以轻松通过。
