CF / AT 泛做。

合集 - 做题记录(10)

1.CF / AT 泛做。2023-07-02

2.以前的杂题 solution2023-07-023.一些杂题的感想 #1 2023-07-124.2 ~ 3 月学习总结2023-07-025.P9170 填数游戏 贺题记录2023-07-026.Tricks2023-08-067.【树论典题。】P6071 『MdOI R1』Treequery2023-08-088.DS - RetiRed LiFe - Your are still junior12023-10-129.ARC 速通记录。2023-08-1010.ATC 做题记录2023-10-29

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感觉要提升速度。

*2700 CF1207G

我测，什么情况。

考虑把所有询问串挂在 ACAM 上面，然后去进行 data structure。

我们其实可以考虑建出关于 $s_i$ 的一颗依赖关系的树，然后动态加边，加边，然后并查集查询 （bushi）

我们知道了被挂在了 $u$ 节点上的若干的询问，相当于求某个询问在 $u$ 节点皮胚的次数，然后我们知道这相当于是 ACAM 的子树和问题，我们可以拿颗树状数组就可以了。

*2700 就这？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？？

*2700 CF961F

很难的啦。

考虑 $border_i \leq border_{i + 1} + 2$.

因为本来就只加入了一对字符，所以来说 $border$ 的 $\delta$ 为 2.

所以可以模拟。

AT_dp_z Frog 3

纯真题目。

ABC221H

被薄纱了！！！！

可以考虑分拆数，然后注意容斥掉 $j\geq m + 1$ 的情况。

要复习学习分拆数了。

*2100 CF1788E

这个上得了 *2100 吗，不是可以随便数据结构？

ARC101E

考虑容斥 $S = \sum (-1)^{|E|}F(E)$

$E$ 表示没有被染色的边。

$g(2x) = \prod (2x - 1)$

这是任意染色的方案，容易发现，为偶数没有方案。

用 底p 的方式来方便转移。

$f_{i, s}$ 表示 $i$ 处在的连通块大小为 $s$

考虑用 dp 带上容斥系数来做这个题。

考虑到有两种情况，一种是合并连通块 ： 那就是直接多项式乘法， $f(u, j) = f(v, k)f(u, j - k)$。

还有一种是删掉一条边，这个就是断掉的，这个直接加上 $-g(j) * f(v, j)$

因为这相当于连通块少了内部的一条边，所以系数是 -1.

总之这题要注意细节，值得回味。

CF459E

刷水题是吧，排序取消后效性。直接转移。

CF734E

考虑缩点。然后得到一张黑白交替的图。

我们发现，取出来树的直径，在一直点中点就可以按照层次来变色。

CF955C

春测题喔！

感觉是简单的，考虑所有 $p \ge 3$ 的塞进去 vector, $p = 2$ 特判，然后二分一下。

CF280C

考虑线性期望和。 $E(G) = \sum E(v)$.

一个点 $u$ 会被选到的概率是 $\frac{1}{dep_u}$

而删除花费的是 $1$, 那么就有 $E(u) = \frac{1}{dep_u}$.

CF19D

考虑树套树， 要这样写！！！！我测你的马。

*st[pos].upper_bound(y)

CF1806E

考虑拼起来若干条 $len_i \geq \sqrt n$ 的链，然后根号分治。

AT_dp_w

考虑将 dp 数组拍到线段树上面。

状态 $f_{i, j}$ 是最后一个 1 的位置在 $j$.

然后考虑把 $r$ 位置的 $(l, r)$ 的贡献直接加到线段树上。

CF940F

带修莫队。可以思考一下那个 $mex$ 的结论，这几天薄纱简单题真的好爽！！

CF319C

简单题，注意离散化的使用。

*2500 CF958C3

很难的啦。考虑简单 dp.

$f_{i, j}$ 表示正常的划分段 dp，然而这题变成了 $n^2k$ 的做法了。

考虑到 $f_{i, j} \equiv s_i \mod p$。

那么考虑到 $f_{k, j - 1} + \delta$ 和 $f_{k', j-1} + \delta'$ 这两者的关系。

$$f_{k, j - 1} + \delta \equiv f_{k', j-1} + \delta' \mod p$$

考虑到 $\delta$ 均小于 $p$, 是不是可以思考一下？

然后我们如果有 $f_{k, j - 1} < f_{k', j - 1}$。我们是不是发现 ：

$$f_{k, j - 1} + \delta < f_{k', j-1} + \delta'$$

那么如何证明呢?

考虑：$f_{i, j} \equiv f_{k, j-1} + \delta$ 以及 $\delta < p$ 这性质，我们显然是要让 $f_{k, j - 1}$ 补上 $\delta$ 达到和 $f_{i, j}$ 同余的效果，那么我们果断选择更小的 $f_{k, j - 1}$ 那无论怎么样都是不优秀的，这样可以考虑分解成 $k\times p + r$ 诸如此类形式，那么我们果断直接选 $f_{k, j - 1}$ 最小就行。

$O(nk)$

*2400 Team Work

口胡。

考虑《组合数学引论》的方法，递归求导。

我们知道 ：

$$\sum i \tbinom{n}{i} = n2^{n - 1}$$

然后考虑扩展结论。

对 $(1 + x)^n = \sum\tbinom{n}{i}x^i$ 在 $x = 1$ 的情况下求导可以得到原式。

那么通过人类智慧可以得到 ：

$$\sum a_i\times n^{\underline i}\times2^{n - i}$$

这个实际上是通过对于求导的拟合系数来计算的。通过对于求导的观察，不难发现 ：

$$a_i \to a_{i - 1} + i \times a_i$$

然后可以直接计算。

但是是没有不观察 $a _i$ 的办法吗？？？？显然不是。

我们可以发现只有 $2^{n - i}$ 是不与多项式相关的，这个时候可以特判的，那应该干什么？？？？拉格朗日插值， bingo！！

*2600 CF1699E

很难得啦，考虑贺题。

考虑固定最小值 $p$, 然后去求最小的最大值。先去重。

然后开始人类智慧了，既然我们枚举了最小值 $p$, 那么我们显然是想要将一个数分解为 $\geq p$ 的最小值对不对？这个时候我们可以考虑倒序转移，那么这样最大值也是倒序的，那么怎么求呢？

不妨设其为 $f_x$ 那么和 $x$ 相关的是类似质因数分解的操作，而我们更新与 $p$ 有关的，只有任意的 $d | p$ 那么我们就可以考虑枚举 $p$ , 去维护一个 $\frac{d}{p}$ 这个是调和级数复杂度，也就是 $n\ln n$

*2300 CF76F

很有趣的一个问题，算是一类 trick。

考虑到我们正常的 $\rm cdq$ 分治都要写巨长的分类讨论，但是类似此类的单元分类讨论是否有简短的解法呢？

考虑固定 $t_i$ 这一维，然后有 ：

$$|x_i - x_j|\leq |t_i - t_j|\times v$$

讨论符号有(在乱打) :

$$x_i - t_i\times v \leq x_j - t_j \times v (x_i >x_j, t_i > t_j)$$

$$x_i + t_i\times v \geq x_j + t_j \times v (x_i <x_j, t_i > t_j)$$

$$x_i + t_i\times v \leq x_j + t_j \times v (x_i >x_j, t_i < t_j)$$

$$x_i - t_i\times v \geq x_j - t_j \times v (x_i <x_j, t_i < t_j)$$

我们定义 $a_i = x_i +t_i\times v$, $b_i = -x_i + t_i\times v$

然后我们可以考虑固定 $t_i < t_j$, 想要转移，那么我们想要 $x_i \leq x_j$ 那么就是满足 $a_i \leq a_j$, $b_i \leq b_j$, $x_i \geq x_j$，那么就是 $a_i \geq a_j$, $b_i \geq b_j$.

然后我们可以考虑固定 $t_i > t_j$, 想要转移，那么我们想要 $x_i \leq x_j$ 那么就是满足 $a_i \geq a_j$, $b_i \geq b_j$, $x_i \geq x_j$，那么就是 $a_i \leq a_j$, $b_i \leq b_j$.

此时 $a_i, b_i$ 同号了 qwq, 那么此时，显然我们直接让此类二元组最多，我们就可以二维偏序了。

所以我们直接可以求一个二维偏序，所以可以规避掉正儿八经的分类讨论。

ABC136F

点集内的贡献是 $2^{n - 1}$, 那不在点集内呢？

考虑一个点作为坐标轴原点，然后用二维数点来计算包含某个点的矩形的数量。无非就是 $1.3$ 和 $2.4$ 象限的组合。

考虑先至少选完 $1.3$，至少选完 $2.4$，再减去至少 $1.2.3.4$ 这个是一个很经典的容斥。

然后就是线性对数。

[ABC248G]

LGJ 老题了。

考虑

$$\sum_{d| \gcd(i, j) }\varphi(d) = \gcd(i, j)$$

然后数若干个森林有多少条路径，这个题目是困难的，我不会，长大以后再学习。

*2700 CF1303G

很难的啦，考虑贺题。

$$\sum ^r_{i = 1} ia_i$$

考虑 $rt$ 在 $(u, v)$ 中的位置 $p$.

$$\sum^p_{i = 1} ia_i + r\sum_{i = p + 1}^ ra_i + \sum_{i = p + 1} ^ r (i - r) a_i$$

这个第一第三个部分就是可以的，考虑已经插入了 $(p, s_1)$ 这个问题，无非就是求 :

$$(p + l)s_v + s_1 + s_3$$

$$ps_v + ls_v + s_1 + s_3$$

但是代码很难写，我的评价是，很难的啦（贺了）。

*2500 Lena and Queries

注意到动态开店李超树由于交换节点的性质，其实是 $O(n)$ 空间的，很神秘。

然后就考虑线段树分治，把操作挂到线段树的节点上，但是我们发现，其实远不如直接树套树好写，一句话，不如原神。

所以是 $O(n\log n)$ 的空间。

CF : #202909002

*2700 CF906D

考虑暴力。总所周知 ：

$$a^b \equiv a^{b \operatorname{mod} \varphi(p) + \varphi(p)} (\operatorname{mod} p)$$

考虑到大概是 $log^2$ 次会 $phi_i \to 1$ 直接暴力乘就好了。

CF : #203611703

CF813F

一类 trick.

考虑先求出一部分的最小值，然后再跑 dijkstra 来更新。
这题里面体现的是斜率优化。

然后在 P5304 [GXOI/GZOI2019] 旅行者

无非就是排除掉次短路的情况，但是其实有一个优美的手法。

对于 $u$ 进行二进制分组， 然后建立超级源点跑就行了。

CF455B

trie 上博弈。

考虑计算先手是否有必胜态或者必输态。

讨论 ：

1.均可以 ：先手可以自己乱搞到最后自己是先手

2.只 win : 那就直接判奇偶

3.只 lose : 显然会寄掉，很难的啦。

4.不胜不败：后手操控游戏，被拿捏啦。

CF859E

ptsd 题。

一眼 $a \to b$，填数游戏。

基环树 $\times 2$，树就像填数游戏一样给边定向，有一个点寄了，就这样。

CF1310B

貌似自己参加过这一场。

考虑 dp。我们只关心自己的主队胜负就行了。

$f_{i, x, y}$ 表示 $i$ 号比赛，胜者主队，败者主队。

$$f_{i, x, y} = f_{lc, x, 0} + f_{rc, y, 0} + (x | y)$$

初始化随便搞搞。

CF1202F

贺题速度吓人。

枚举 $k$。

考虑这样：

$$a'k \leq a \leq a'(k + 1)$$

$$b'k \leq b \leq b'(k + 1)$$

整理一下 :

$$\lfloor \frac{a + k}{k + 1}\rfloor\leq a' \leq\lfloor \frac{a}{k}\rfloor$$

本质上只是考虑钦定范围，然后对于边界微调。

整除分块即可。