2023.2月份比赛记录
以上是挂分记录：
2023/2/1: 期望得分：100 实际得分：13
2023/2/2：期望得分：400 实际得分：100
2023/2/3：期望得分：220 实际得分：20
2023/2/4：期望得分：290 实际得分：185
2023/2/6：期望得分：300 实际得分 193
2023/2/7：期望得分：203 实际得分 153
2023/2/8：期望得分：305 实际得分：305
2023/2/9：期望得分：260 实际得分：220（被卡常了🙃🙃🙃）
2023/2/10：期望得分：225 实际得分：140（被卡常 \(70\) 分了😃😃😃而且T4考场上没有写完，又少了 \(85\) 了😏😏😏）
2023/2/13：期望得分：273 实际得分：223（细节丢分 \(50\) 哈哈哈哈写挂一点就爆炸🤯🤯🤯 还不给nm大样例😅）
2023/2/15：期望得分：344 实际得分：344
2023/2/16：期望得分：219 实际得分：210（文件名打错了，但是我是啥也的楪）
2023/2/17：期望得分：200 实际得分：95（我是佳佳的楪😃tmd，rand的范围在Linux下面是INT_MAX，在windows下是32767）
2023/2/20：期望得分：300 实际得分：290
2023/2/23：期望得分：300 实际得分：300
2023/2/24：期望得分：260 实际得分：230（题读错了，而且大家好像很多都读错了😯😯😯）
2023/2/25：期望得分：200 实际得分：43（T1 是假的，T2 puts No 的时候没有返回 0）
2023/2/27：期望得分：250 实际得分：230（shaber AK森，能不能去死啊🤬🤬🤬）
2023/2/28：期望得分：100 实际得分：100 （感谢wxk送的T2😄😄😄）
2023/3/1：期望得分：333 实际得分：90（前面 \(3\) 个题全挂了😅😅😅）
2023/2/1
哈哈哈，今天被T1卡了2个小时，后面才知道是nmsb剪枝题，写T2写假了大样例又很水还没有对拍，T3冲个 \(\mathcal O(n\log^2n)\) 考试也没有调出来，T4 看都没有看。🥰🤗🤡
T1
Description
给出一个大小为 \(n\) 的可重集，有 \(m\) 次操作，先后手轮流操作，每次可以选择保留 \(\equiv 0\pmod {b_i}\) 的权值，或是删除 \(\equiv 0\pmod {b_i}\) 的权值。先手想要答案尽可能小，后手想要答案尽可能大。问最后的结果。
\(n\le 2\times 10^4,m\le 2\times 10^5\)
Solution
假设 \(m\) 足够大。我们考虑对于先手来说，每次选择集合大小更小的一侧，那么无论如何都可以做到在 \(2\log n\) 次之后使得答案为 \(0\)，所以最后答案一定 \(\le 0\)，对于后手来说，也是同理，所以最后答案一定会 \(\ge 0\)。因此，答案一定 \(=0\)。对于 \(m\le 2\log n\) 的情况我们可以直接建个 \(\text{01trie}\) 暴力算。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
T3
Description
给出一个长度为 \(n\) 的序列。定义一个区间 \([l,r]\) 是好的当且仅当 \(\forall i\in [l,r],a_i\ge i-l+1\)。有 \(m\) 次操作，为以下两种之一：
-
将 \(a_x\) 修改为 \(p\)。
-
查询 \([l,r]\) 有多少个子区间是好的。
\(n\le 10^6\)。
Solution
一个很蠢的 \(\mathcal O(n\log^2n)\) 是直接线段树分治，然后再用线段树维护每个 \(l\) 最多能够拓展到的 \(r\)。跟正解几乎没有什么关系。（似乎只要用了线段树分治想要进一步优化都很难了🤔
我们考虑另外一种方法。先对于整个序列考虑，我们发现对于 \(i\) 而言，设 \(b_i=i-a_i\)，对于 \([1,b_i]\) 它们的合法 \(r<i\)。考虑计算贡献，假设 \(b\) 的前缀最大值位置为 \(p_{1,2,...,k}\)，那么贡献即是 \(\sum (b_{p_k}-b_{p_{k-1}})\times p_k+\sum (n+1-b_{p_k})\times (n+1)\) （大概是这个意思，但是还需要减去左端点的贡献）
我们考虑用这个方法计算答案，对于一个位置，它是对于一个时间段会产生贡献，那么我们可以把时间轴离线，按坐标从左往右扫，然后对于时间去维护一个前缀最大值的势能线段树。复杂度即为 \(\mathcal O(n\log n)\)。
T4
Solution
to be done.
2023/2/5
又被sb题橄榄了😅
T2
Description
有 \(2m\) 个区间，保证互不相同。需要构造一个长度为 \(n\) 序列 \(a_{1,2,...,n}\) 使得恰好有 \(m\) 个区间内部存在相同的值。
\(n\le 2\times 10^5,m\le 10^5\)
Solution
先去掉长度为 \(1\) 的区间，因为它们一定没法满足内部存在相同的值，我们考虑这样一种构造，先把区间按左端点从小到大，右端点从大到小排序，然后假设第 \(m\) 个区间为 \([l,r]\)。我们一开始先把 \(a_i\) 都设为 \(i+1\)，则把 \([1,l]\cup[r,r]\) 设为 \(1\)。可以发现一定合法。
T3
Description
问长度为 \(n\)，字符集大小为 \(C\) 的字符串有多少个内部不存在长度为 \(K\) 的回文串。答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 5000,K\le 25,C<998244353\)
Solution
map的比较函数相同要返回值！！！ 😡😡😡
我们考虑一种暴力做法，我们可以从前往后扫过去，然后记录最后 \(K-1\) 个字符的情况。可以优化一下状态，复杂度就是 \(K\) 的整数划分 \(\times n\) 的。
发现没有办法优化。我们考虑容斥，那么我们搜索状态的时候，我们就不再要求知道每一个位置具体跟哪些位置是相同的，只有在钦定要求是回文串的时候我们才需要处理一下。那么加入一个位置就最多只有两种转移状态。然后状态数就大约是 \(2^K\) 的了，实际上只有 \(9\times 10^4\) 个状态。统计答案的话我们可以在相同值的末尾处理，即加入一个值踢出一个值的时候，如果踢出的值不再出现，就统计一个 \(C\) 的贡献。
T4
太sb了，懒得写了。🤗🤗🤗
2023/2/7
T1
Description
给出 \(n\) 个坐标 \((x_i,y_i)\)，要求构造长度 \(\le 40\) 的序列 \(a_{1,2,...,m}\)，使得对于每个坐标，都能被构造出来。构造出来指的是每个 \(a_i\) 从 \((\pm 1,0),(0,\pm 1)\) 中选一个乘积的和为 \((x_i,y_i)\)。
\(n\le 1000,|x_i|,|y_i|\le10^9\)
Solution
构式题目🤮🤮🤮
首先判无解一定是看 \(x_i+y_i\) 的奇偶性是否相同。然后一种sb构造方法是对于 \(x_i,y_i\) 分别构造，然后二进制下从后往前扫。跟正解没有任何关系。😏😏😏 考虑合在一起构造，\(a\) 还是选 \(2^i\) 以及 \(1/2\) 个 \(1\)，每次选绝对值大进行处理，如果比 \(>0\) 就减，否则就加。正确性不太清楚。
sb pb，明明 \(n\log v\) 非要 tmd \(n\) 开 \(1000\)😬😬😬
T3
Description
给出一个大小为 \(n\) 的树，每个点有权值 \(w_i\)，定义树的价值为一条链的最长上升子序列长度的最大值。求删掉一个点（需要自己枚举）之后的最小权值。
\(n\le 5\times 10^5\)
Solution
其实是可做题，但是 T2 卡常卡太久了没有办法仔细想😥😥😥
我们不妨找到一开始的最长价值的链的两端，不妨记为为 \(x,y\)，那么我们一定会删除一个在 \(x\to y\) 上面的节点。那么我们暴力做的话就是枚举一个节点然后计算删除它的贡献。可以看出的是，我们只需要计算以 \(x,y\) 为根时每个子树的贡献上面这个东西就是可做的。然后用长链剖分维护一下即可。
复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。
2023/2/8
T3
Description
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1,2,...,n}\)，定义一个区间 \([l,r]\) 为好区间当且仅当 \(\min a_x\le r-l+1\le \max a_x\)。求把这个数列划分成若干个好区间的方案数。\(n\le 5\times 10^5\)。
Solution
虽然很sb，但是考试的时候还是没想到😇😇😇直接中点分治转移dp即可，枚举一下最大值在哪边就好了。
T4
Description
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1,2,...,n}\)，求有多少种不同的区间的值构成的集合。每个元素仅出现最多 \(2\) 次。\(n\le 5\times 10^5\)
Solution
定义 \(b_i\) 为 \(a_i\) 出现的另外一个位置。我们考虑先计算极大的区间数量，指的是满足 \(b_{l-1}\not \in [l,r]\wedge b_{r+1}\not \in[l,r]\) 的 \([l,r]\) 个数。这个东西可以直接二维数点。然后如果两个区间 \([l_1,r_1]\) 和 \([l_2,r_2]\) 都是极大的且集合相同时会算重，但是在 \(r_1=l_2-1\) 的时候不会。
注意到 \([l_1,r_1]\) 与 \([l_2,r_2]\) 肯定是没有交的，那么假设 \(r_1<l_2\)，我们相当于 \(\max_{x\in [l_2,r_2]} b_x-\min_{x\in [l_1,r_1]}-(r_2-l_2)=0\) 的时候 \(l_2,r_2\) 会算重。那么我们可以从右往左枚举 \(l_2\)，用单调栈和线段树维护每个 \(r_2\) 的最小值去处理。记得 \(r_1<l_2-1\) 即可，即 \(\max_{x\in [l_2,r_2]} b_x<l_2-1\) ，二分一下就好了。
复杂度 \(\mathcal (n\log n)\)。
2023/2/9
哈哈哈哈哈T1调了2个小时，最后还被卡常了 \(40\) 分，哈哈哈哈哈哈哈🥳🥳🥳🧐🧐🧐
T3
Description
对于一个排列 \(p_{1,2,...,n}\) 定义其权值为每个点最近的点到它的距离之和。假设 \(a_0=a_{n+1}=\infty\) 。求长度为 \(n\) 的排列，权值为 \(x\) 的有多少个。
\(n\le 200,x\le 10^9\)
Solution
sbtr，连离线下去处理都不会，好似🤣🤣🤣
我们可以设 \(f_{t,s}\) 表示长度为 \(t\) 的序列，权值为 \(s\) 的方案数。可以发现我们可以枚举最大值位置，那么转移式就是：
一个事情是我们可以发现合法的 \(x\) 一定是 \(\le n\log n\) 的，这个可以通过启发式分裂看出，每次最大值放中间取得。不过实际中是 \(\le 4n\) 的。这个时候我们已经可以离线下来暴力预处理了。用 __int128 减少取模次数即可通过。
不过一种更为优秀的方法是，我们可以发现转移是卷积形式，那么我们可以只暴力点值，最后再拉格朗日插值插回去求到答案。复杂度 \(\mathcal O(n^3\log n)\)。（这里视 \(x\) 与 \(n\) 为同一量级）
T4
Description
给出一个长度为 \(n\) 的字符串，有 \(q\) 次查询，给出一个区间 \([l,r]\) 问本质不同的子串种该区间出现次数之和。
\(n,q\le 4\times 10^5\)
Solution
哈哈哈哈哈哈哈，看了1个小时啥也不会，sb是这样的😋😋😋
我们首先转化一下题意，变成在 \([l,r]\) 所代表的字符串（不妨设为 \(x\)）前面和后面加字符，不同的加法数量。不同指的是前面或者后面加的不一样。
然后我们就相当于后缀树上 \(x\) 的子树中DAG上能到节点的状态和。这个随便做一下就好了。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
2023/2/10
T1
Description
给出一个长度为 \(2n-1\) 的 \(01\) 交替串，每次可以选择一个以 \(1\) 开头和以 \(1\) 结尾的 \(01\) 交替串进行 \(01\) 翻转。问有多少种进行 \(K\) 次操作的方案数。
\(n,K\le 10^6\)
Solution
对着找规律找出来的递推式看了 \(1\) 个小时啥也看不出来😊😊😊我是废物
可以看出的是，题目相当于一个长度为 \(n\) 的串，每次选一个区间，然后分为三个区间，中间减少一个。注意到这个可以表示为一个树形结构，即一个三叉树，最后就会有 \(2K-1\) 个叶子。而每次会减少一个点，所以最后会有 \(n-K\) 个点。先考虑把点放进叶子里面，那么方案数就是 \(\dbinom{n+K}{2K}\)。然后考虑如何计算树形结构，考虑从下往上构造，那么每次相当于连续三个区间合并起来，那么方案数就是 \((2K-1)!!\)。
哈哈哈哈哈哈，做不出来🙂🙂🙂
T3
Description
给出 \(n\) ，定义两个点相邻当且仅当仅有二进制上仅有一位不同，你需要构造出一个长度为 \(2^n\) 的 \(01\) 串，使得每个点与它相邻且颜色相同的点数 \(\le \lceil \sqrt{n}\rceil\)。并且 \(0,1\) 个数不同。
\(n\le 22\)
Solution
一个不保证 \(0,1\) 个数不同的做法是直接根据二进制下 \(1\) 的个数的奇偶性赋值。考虑构造一个函数，使得变化 \(1\) 位时值最多变化 \(\lceil \sqrt{n} \rceil\) 个，然后每个点的颜色异或上函数值。那么一个妙妙想法是对于 \(n\) 分块，二进制下包含连续至少连续一块时函数值为 \(1\)，否则为 \(0\)。正确性是显然。
怎么说捏？这种题做不出来或许是情有可原的，不过这个提示还是很明显的，只是我是个寸寸地飞舞😛😛😛
2023/2/13
T3
Description
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1,2,...,n}\)，每次等概率地合并相邻两个 \(a_x,a_y\)，有 \(\dfrac{a_x}{a_x+a_y}\) 地概率合并成 \(a_x\)，\(\dfrac{a_y}{a_x+a_y}\) 地概率合并成 \(a_y\)。问最后合并成每个点地概率。
\(n\le 500\)，答案对 \(998244353\) 取模。
Solution
一个 naive 的 \(\mathcal O(n^5)\) 做法是设 \(f_{l,r,x}\) 表示 \([l,r]\) 这个区间合并成 \(x\) 的概率。然后可以前缀和优化做到 \(\mathcal O(n^4)\)。
我们考虑到一个区间 \([l,r]\) 的被选出来的元素 \(x\) 它一定碰谁谁输，所以 \([l,x]\) 与 \([x,n]\) 是独立的。那么我们就可以求 \(f_{l,r,0/1}\) 表示 \([l,r]\) 这个区间最后选到 \(l/r\) 的概率。随便优化一下就可以做到 \(\mathcal O(n^3)\) 。
bunny 对此锐评到：套路题。🥴🥴🥴果然我是个飞屋
T4
Description
有 \(n\) 个小石堆，每个堆有个颜色，以及它有 \(K\) 种可能的大小取值。有两个轮流操作，每次可以做以下两种操作之一：
-
从一个石堆中取任意个石子。
-
从同一颜色的石堆中选 \([1,m]\) 个石子。
无法操作的时候为输。问有多少种方案使得先手必胜。 \(n,m\le 20,\sum K\le 10^5\)
Solution
观察题目，题解里面没有证明🧐🧐🧐
首先可以看出颜色之间相互独立。设最后选的为 \(a_{1,2,...,n}\) ，然后设 \(a_i=b_i\times (m+1)+c_i(0\le c_i\le m)\)，对应的 \(\text{SG}\) 函数即为：
然后随便 FWT 算一下就好了。难点在于找到规律🐭🐭🐭
2023/2/15
T1
Description
一开始有 \(n\) 个人，每次会从还剩的人里面选一个钦定踢出去，然后剩下的人有 \(p\) 的概率被非钦定踢出去。问一个被确定的人是第 \(i\) 个被钦定踢出的概率。
\(n\le 2000\)，对 \(258280327\) 取模（为大质数）。
Solution
md，什么sb题都做不出来了😅😅😅而且sb题面还tm写得模糊不清😆😆😆
一个重要的事情是这些人都是相同的。我们考虑先转化一下题目，相当于我们钦定一下它们被踢出的顺序（非钦定也加入），然后对于当前的节点它有一定概率被前面的已经踢掉了，也有可能还没有，这个时候就钦定踢出去。而我们的人在这个序列中的位置是均匀随机的，所以可以统计所有答案再乘上 \(\dfrac{1}{n}\)。
那么记录一下前面有多少个是被钦定踢出的，直接 dp 一下就好了。复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。感觉这个题的难度在于找到一个正确且均匀的转化🤔🤔🤔如果去枚举哪些是被钦定踢出的话就不均匀了，还是需要积累一下这类 trick。
T3
Description
给出两个 Treap 树，大小为 \(n,m\)，可以对两棵树进行 \(q\) 次 rotate 操作，每次操作后问两个子树按 fhq_treap 合并方式合并后的 treap 的深度和。（两个节点合并时合并到子树大的节点）
\(n,m,q\le 2\times 10^5\)
Solution
注意到原先每棵树深度和是可以快速维护。我们可以考虑去计算更改量。发现实际上这个只跟左树的右链以及右树的左链上的子树大小有关，我们设这两个递减序列为 \(A,B\)，那么 \(A_i\) 产生的额外贡献次数就是 \(B\) 序列中有多少个在 \((A_i,A_{i-1}]\) 里面，\(B_i\) 产生的额外贡献就是 \(A\) 序列有多少个在 \([B_i,B_{i-1})\) 里面。那么可以发现一次 rotate 操作只会修改常数个 \(A,B\)，维护的话可以直接用个值域线段树，随便做一下就好了。
复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
还有另外一种非常 sb 的 LCT 暴力链修改的做法，这里就不说了。😏😏😏
2023/2/17
T2 [CEOI2005] Ticket Office
Solution
其实不难，但是被数据范围迷倒了🐵🐵🐵
可以看出的是，我们应该是尽可能选 \(2\) 就选 \(2\)，在此基础上面尽量多选 \(1\)。然后直接 dp 一下就好了。考试的时候发电了🤗🤗🤗
T3 CF1726G A Certain Magical Party
Solution
其实也不是很难，但是考试的时候读错题了（儿子出的题，原谅它了），以为不可做就弃了😋😋😋
分析一下性质，可以发现最后一定都会变为 \(t=\min v+n-1\)，而且每个 \(x\) 最多只会出现 \(<x,1>\) 一次，然后还有：
-
对于 \(<x,0>\)，需要有 \(t-x\) 个小于 \(x\) 的放它后面
-
对于 \(<x,1>\)，需要有 \(x-\min v\) 个小于等于它的在它后面。
那么直接 \(x\) 从小到大考虑，从后往前相同的 \(x\) 先放 \(<x,0>\) 再放 \(<x,1>\)。相同的答案乘个阶乘即可。复杂度 \(\mathcal O(n)\) 。
2023/2/20
T3 [ARC112E] Cigar Box
Solution
其实不难，不知道为什么没有想出来😥😥😥 注意到我们其实只关心每个数最后一次操作的时间以及方向，那么原序列就可以被分成三部分，分别是 \([1,l],(l,r),[r,n]\)，也即是说 \([1,l]\) 是靠移动到位置 \(1\) 形成的，\([r,n]\) 是靠移动到位置 \(n\) 形成的。\((l,r)\) 中间不会进行任何操作，所以需要保证它们单调递增。
考虑如何去统计方案，可以发现因为我们最后的 \(a_{1,2,...,n}\) 是固定的，所以它们 \([1,l],[r,n]\) 最后一次操作的相对关系是已知的，而除了一次操作，一个数的别的操作方向都是任意的，所以答案即是：
随便算一下就好了。复杂度 \(\mathcal O(n^2)\) 的。
T4 gym104128 Proposition Composition
Solution
纯口胡，没写🤗🤗🤗
可以发现对于当前未被覆盖的，它选别的任意一条边都是合法的。考虑选了一条额外边，那么只能再选一个只被它覆盖的一条链边。这两个可以用set之类的维护一下。
那么我们现在考虑两条被覆盖的链边，发现当且仅当它们被覆盖集合相同时合法。那么用启发式分裂维护一下相同覆盖集合的点就好了。用链表可以做到复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
2023/2/23
T1
之前场切的题目切不掉了🥰🥰🥰
T2
Desription
问长度为 \(n\) 的排列 \(p_{1,2,...,n}\) 满足其逆序对数为 \(k\) 且 \(p_{p_i}=i\) 的个数 \(\% 2\) 的结果。
\(n\le 4000,K\le \dfrac{n(n-1)}{2}\)
Solution
做不出来罪不在我😌😌😌
我们需要发现的是，一个排列与其逆排列的逆序对个数是相同的，证明是显然的。然后注意到我们要求的排列满足其逆排列等于其自身。所以我们直接对所有排列计数，满足条件的排列只会计算一次，而其余的会与其逆排列抵消。
那么我们只需要知道逆序对数为 \(K\) 的排列的奇偶性。这个东西可以发现即是求：
那么用 bitset 优化一下就可以做到 \(\mathcal O(n^3/\omega)\) 了。
T3
Description
有一个 \(n\) 个点的树，每个点有颜色，有 \(q\) 次查询，每次查询一个 \([l,r]\) 构成的每个联通块的根的不同颜色个数。
Solution
带权莫队板子题目，但 是 不 会 😏😏😏。考虑直接对于度数分块，考虑设置阈值 \(B\) ，对于度数 \(\ge 2B\) 的我们单独成块，其余的我们只需要保证每个块的度数和在 \([B,2B)\) 即可。
我们考虑直接这样莫队，考虑证明其复杂度。类似于回滚莫队的分析，右端点的移动肯定是 \(\mathcal O(n^2/B)\) 的。然后考虑左端点，对于度数和 \(< 2B\) 的块，它们怎么移动都是 \(\mathcal O(nB)\) 的，对于单点成块的点，它们显然作为左端点只会加入/删除一次，所以它们是 \(\mathcal O(n)\)。
\(B\) 取 \(\sqrt n\) 的时候我们就可以做到 \(\mathcal O(n\sqrt n)\) 了。
2023/2/24
兔子切穿了😛😛😛
T3 CF1540C2 Converging Array (Hard Version)
Solution
我们发现，其实就是差分之后一个位置如果 \(<l_p\) 那么就会修改到 \(l_p\)，不过前后也会影响。那么可以注意到的是如果一个位置满足 \(b_{p+1}-b_p>l_p\) 说明它一定是没有被修改过的位置，如果我们可以找到最小的这样的 \(p\)，那么我们就可以发现存在：
我们设 \(sa_p=\sum_{i=1}^{p} a_i,sb_i=\sum_{i=1}^{p} (p-i)b_i\)，那么有 \(f_1=\dfrac{sa_p-sb_p}{p}\)。
注意到问题是我们不知道 \(p\) 的位置，但是很显然我们可以取它们的 \(\min\)，因为如果不是的话那么一定会 \(>f_1\)，所以可以得到：
然后我们就可以做到 \(\mathcal O(qn^2m)\)，其中 \(m\) 为 \(\max c\)。
注意到一件事情为，假设我们查询为 \(x\)，当 \(i\cdot x+sb_i>i\cdot m\) 的时候一定无解，所以可以去掉查询 \(x>\min \dfrac{i\cdot m-sb_i}{i}\) 的情况。另外，如果对于所有 \(i\) 都有 \(i\cdot x+sb_i\le 0\)，那么所有方案都是合法的。所以，我们只需要处理 \([\min (\dfrac{-sb_i}{i}),\min (\dfrac{i\cdot m-sb_i}{i})]\) 的答案。那么我们就可以做到 \(\mathcal O(n^2m^2)\) 了。
T4 [APIO2016] 烟火表演
Solution
我们可以设 \(f_u(x)\) 表示以 \(u\) 为根的子树每个叶子到 \(u\) 的距离都变为 \(x\) 的最小代价。大概可以猜测到这玩意是一个下凸函数？🤔🤔🤔
我们考虑每次合并，注意到：
我们可以对于每个 \((v,w)\) 进行考虑，即每个 \(x\) 选到哪个 \(y\) 最优。我们可以假设下面的平台是 \([L,R]\)，又因为斜率都是整数，那么左右两边要么 \(\le -1\) 要么 \(\ge 1\) 的。所以可以得到：
然后我们发现我们就可以去维护拐点进而维护凸包了，然后 \(f_1(0)\) 又是边权之和，所以就可以直接求了。维护拐点可以使用可并堆维护。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 的。
2023/2/25
哈哈哈哈，T1假了结果调了 3 个小时😄😄😄😄 T3,T4看都没看，少打一堆分😅😅😅😅感觉应该有很多人也是这样把🤔
T3 [ARC146E] Simple Speed
Solution
我们可以考虑按值域从小到大加入，那么每次加入 \(i\)，就必须放在两个 \(i-1\) 之间，且任意两个 \(i-1\) 都需要放，所以我们就可以设 \(f_{i,j,u,v}\) 表示现在考虑到了 \(i\) 有 \(j\) 个相邻的 \(i\)，\(u,v\) 分别表示最左/右边是否需要加入。
可以发现的是 \(j\) 能选的范围很小，所以直接这样 dp 就好了。复杂度 \(\mathcal O(n)\)
T4 [ARC150F] Constant Sum Subsequence
Solution
我们设 \(\text{nxt}(i,x)\) 表示在 \(i\) 之后出现的第一次 \(x\) 的位置，\(\text{pre}(i,x)\) 同理，这玩意可以随便做到 \(\mathcal O(\log n)\)。那么我们可以设 \(f_s\) 表示前面的和为 \(s\) 所需的最小代价，可以发现转移式为：
然后我们考虑如何优化。考虑分治。每次考虑 \([l,mid]\) 对 \([mid+1,r]\) 的贡献。我们考虑每一个 \(x\in [1,r-l]\)，一个显然的事情是我们只需要考虑那些 \(f_i\ge \text{pre}(f_{mid},x)\) 的 \(i\)，因为对于 \(f_i<\text{pre}(f_{mid},x)\) 它这个一定不会是最大值，至少有 \(\text{nxt}(f_{mid},i+x-mid)\) 比它大。然后发现可以转移的 \(i\) 转移到的点都是一样的，那么就相当于一个区间取 max，然后单点查询。直接线段树维护一下就好了。
复杂度 \(\mathcal O(m\log^2 m)\)。
2023/2/27
T2
Description
给出一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_{1,2,...,n}\)，满足 \(a_i\le m\)，每次可以选择 \(1\le x,y\le n,x\not=y\)，操作使得 \(a_x\to a_x-a_y,a_y\to 2\cdot a_y\)，问能否在 \(8.5\times 10^5\) 次内使得整个序列只有两个位置不为 \(0\)。
\(n\le 3\times 10^5,m\le 10^10\)
Solution
shaber AK森真是太厉害啦！🥰🥰 爷不补了 😛😛😛
T3 CF1610G AmShZ Wins a Bet
Solution
其实不是很难，不知道为什么没有想到😅😅😅
我们可以发现的是如果删除了 \(l,r\) 那么我们一定会删掉 \([l,r]\) 整段区间，因为中间有空位的话可以通过替换把空位换到两端，并且不会更劣。知道这个性质之后我们可以设 \(f_i\) 表示考虑 \([i,n]\) 之后保留的字典序最小字符串，设 \(r\) 为 \(i\) 对应合法区间右端点，那么有：
然后你发现可以用倍增维护 hash 值去判断。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
T4 可爱路径
Solution
给出一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带权单向图，有 \(k\) 条路径是不能经过的，问 \(1\to n\) 的最短路。
\(n,m\le 2\times 10^5\)
Solution
可以看出其实就是 AC 自动机上面直接跑，问题在于暴力建边复杂度爆炸了。发现边从 fail 边的改变是 \(\mathcal O(\sum p)\) 级别的，所以我们可以用主席树去维护每个点到的边的情况，然后跑 Dijkstra 即可。主席树上一个区间都被松弛过了就忽略掉就好了。
复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 的。
2023/2/28
T2
Description
给出 \(n\) 个数 \(a_{1,2,...,n}\)，对于每个 \(x\in [0,2^m)\)，求出：
\(n<2^{23},m\le 24\)
Solution
结论题，不知道为什么大家都做的出来🤔🤔🤔
结论即为：只有 \((a_i\otimes a_j)\) 最高位最小的的对数才是有用的。证明懒得写了。然后有用的可以看出就是 \(a_{1,2,...,n}\) 排序之后的相邻两项，这个是显然的，最小值一定会在相邻两项中取到，具体证明可以在 trie 上面证明。
设 \(h=\min \{\text{heighbit}(a_i\otimes a_{i+1})\}\)（排序后），因为你只关心 \(x\) 的最后 \(h\) 位，然后注意到会考虑到的对数只有 \(2^{m-h}\) 个，否则根据鸽巢原理 \(h\) 会减少，然后直接暴力算复杂度就是对的了。复杂度 \(\mathcal O(2^m)\) 。
T3 [AGC017F] Zigzag
Solution
我们发现直接暴力去加入每个线用类似于轮廓线的方法，可以做到 \(\mathcal O(nm^22^n)\)，我们需要记录上一次的变化方式以及在当前高度上一次的位置。考虑复杂度的瓶颈，发现在于记录上一次的位置，发现其实可以不用记录，我们改变一下我们的状态，定义为可以变化的规则，值的是当前位为 \(0\) 时表示可以走 \(0/1\)，为 \(1\) 的时候只能走 \(1\)。那么我们考虑当前位为 \(0\)，然后走了 \(1\) 的变化，发现直接把下一个 \(1\) 删掉就好了。
复杂度 \(\mathcal O(nm2^n)\)。
2023/3/1
T3
Description
给出一个 \(n\) 个点的 \(\text{DAG}\)，有 \(q\) 次查询，每次查询到一个点不是一个钦定集合中的点的最大距离。
\(n\le 10^5\)
Solution
直接根号分治即可，不知道为什么没有想到。🤗🤗🤗
