杂题选做
T2多测没清空，爆零了。
没什么好说的，也不知道有没有机会了。
趁着最后半天whk半天竞赛的日子再做些题吧。
upd：标题更新了！今天听了学长的经验分享，收货良多，以前一直都是在弥补自己的短板，对于各种缺失的知识点进行补全。但是近几场比赛的失利，让我意识到了比赛最让人追悔莫及的是没想到应该想到的点，没拿到应该拿到的分。其实在做题思维上我还有很多的提升空间，而思维题又恰恰是我所喜爱的，那么为什么不将其作为自己的一项“长板”发展呢？于是整理一下各大网站上做过的题，近期的做题重心也偏向一些思维吧。
本篇主要更新思维难度较大，个人做题时毫无思路的题。
ARC110E
挺神的一道dp题。
这么考虑：如果一段串可以拍成一个字母，那么其实这个字母是唯一确定的。
再进一步：可以吧$ABC$每个字母都看成二进制，两个数结合就是异或。把$ABC$分别赋值为$1,2,3$，发现如果一段的异或和不为0，那么它一定能缩成一个字母，反之则不能缩成（如果这一段前面有字母的话，可以把这一段全部干掉）。
那么我们设$dp[i]$表示当前以$i$结尾的方案数，思考如何转移。
转移的时候可以枚举后面那段哪些拍成哪个字母，因为统计方案会重复（考虑相同类型的两个位，它们之间的异或和是0，可以全部干掉，会重复统计），所以只更新最先的可以形成各个字母的位。（其实就是每种字母每种出现次数只更新一次）（类似于子序列自动机？）
索性说一下子序列自动机吧，以求不同子序列数为例，有两种不同的写法和理解
一种是记$dp[26]$表示以这个字符结尾的方案数，每次转移的时候乘上一个矩阵就行了，用容斥之类的思想理解
还有一种就是上述的方法，记$dp[i]$表示以$i$结尾的、最先在此表示的字符串个数，然后它连上的各个$nxt[i][26]$加上这条转移边也一定是最先，直接转移，这样就更有自动机的味道了吧
在统计答案时，因为保证了$dp[i]$的第$i$为一定是作为最后一位存在的，而事实上$n$不一定存在，它可以被所有异或和为0的串干掉，所以要把所有后缀异或和为0的前一位全部统计。
注意字母全部相同的Corner Case。
UOJ168
很久没有做过什么单题了，近几天都是漫无目的地一套一套水比赛，应该开始学新姿势了～
结论题，吉老师nb！！！
定义完全图为$E=2V-2$的图，如果一个图中没有$E>2V-2$那么一定有解
充分性见题解区证明
必要性：如果有这么一个子图，在删掉一堆度数小于等于3的点以后，剩下的所有点度数都大于等于4，$2n \leq m$必然无解
其实很像当时联考的时候周指导出的一道题（那道题是删边，会简单很多）：每次删掉度数为3的点，对于连向的3个点分别划定集合，可以保证有解。
对于是否有解的判断，可以根据点边建二分图跑最大权闭合子图，大于-2就无解，而这玩意只能跑大于等于0的，所以钦定一个点必选，剩下的跑出来为正就无解。
关于退流删边，大概就是把$(u,v)$这条边，$u$到$S$跑一遍，给前面的流再一次选择；$T$到$v$，把疑似通过$(u,v)$的流全部退掉，然后删掉边以后重新跑一遍就好了。
luogu5850
exp有两种求法，你知道吗
最近在做拉格朗日插值，对于这道题的弱化版，可以先搞出递推式：$dp[i][j]$表示前$i$个数，取值取到$j$的答案总和，那么有递推式：
$$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]*j+dp[i-1][j]$$
差分以后次数减一，把式子移项，$dp[i][j]-dp[i-1][j]=dp[i-1][j-1]*j$，然后第一维就可以降次了，有：$g[i]-1=g[i-1]+1$，是一个等差数列，对于$n=1$是一个一次函数，那么$n$维就是$2n-1$次多项式。
然后就可以对于$k$自变量进行拉格朗日插值，直接$n^{2}$dp即可
对于加强版，式子太长我就直接贴题解区的了：
上文所提到的exp，可以直接对于一次式exp，也可以对于e进行阶乘展开多项式求逆，注意减一以后整体左移，运算时要多保留一位。
CF1086F
一个拉格朗日插值很好的一道题，思路还是很清晰的。
我们记$f(x)$为前$x$秒的着火点数量，边界$f(0)=n$
单个$f$的计算是很简单的，直接矩阵面积并即可。
考虑计算答案，答案$$ans=(t+1)f(t)-\sum_{i=1}^tf(i)$$
考虑$f(i)$这个东西，它其实是一个分段的二次函数，两个没有相交的时候，总面积是二次函数；两个相交以后它们之间“互相渗透”的面积变化也是一个二次函数。
要求的是sum，那么对于这个二次函数再取一个前缀和，答案是三次函数。
所以我们对于每一段可以选取4个点来进行拉格朗日插值，代入自变量即可。
复杂度$O(n^{4})$或$O(n^{3}logn)$，取决于矩阵面积并的实现复杂度。
AGC008E
做这道题那天状态非常不好。（其实感觉自己已经很长一段时间低效率了）
很容易想到置换，即变的元素向坐标连一条边，两次之内所求值必定经过边到达指定位置，但反着处理更简单：即每个点出发至多两步必须到所要求的值。
根据每个点出度都为1，可以把图分成若干个奇环内向树，对于简单环和内向树分别统计。
对于简单环，有三种情况，一种是直接连，一种是每个点都是跨一个连一个，一种是两个长度相同的环拼起来。
第一种不用说，第二种只会奇环有贡献，因为偶环这样连肯定是两个小环而不是大环了。
对于第三种，要乘上选出环的方案，钦定两个集合的方案，除以先后顺序无关的2的次幂，再乘上拼接时共有环长种的方案。通过枚举拼接个数可以很好统计。
对于奇环内向树，相当于把它的一些长出来的链拍进环里面，环的两点间一旦拍进一个点就废掉了，注意一个链不是往两边排都可以的，它是有方向的（顺着环的方向）。
所以直接按照上述进行模拟即可，注意到如果一条链拍进了废的点那么无解，如果刚刚好那么没有系数，如果有多的那么系数乘2（就是第一个挂的位置）。
AGC038E
看到MinMax激动了老一会，然后推式子了半天甚至只会$2^{2n}$，然后看题解，发现原来是自己概率期望没学好。
首先对于$n$个元素进行MinMax，然后就是要计算对于若干个元素至少有一个到达要求的期望步数。
可以把每个元素选的个数看成状态，状态的转移显然是一个DAG，就是对于所有刚好到达要求的状态深度期望统计求和。
把之前做数据结构题LCA的套路用上，对于深度拆贡献，那么就是每个状态达到的概率求和（把贡献统计在父亲处更好处理）。
那么式子就是：
$$\begin{aligned} &(-1)^{|T|+1}E(\min(T)) \\ =&(-1)^{m+1}\sum_{i \geqslant 0} \left( \frac{s-\sum a_{x_i}}{s} \right)^i\sum_{0 \leqslant c_i < b_{x_i}} \frac{(\sum c_i)!}{\prod(c_i!)}\prod\left(\frac{a_{x_i}}{\sum a_{x_i}} \right)^{c_i} \\=&(-1)^{m+1}\frac{s}{\sum a_{x_i}}\sum_{0 \leqslant c_i < b_{x_i}} \frac{(\sum c_i)!}{\prod(c_i!)}\prod\left( \frac{a_{x_i}}{\sum a_{x_i}} \right)^{c_i} \\\end{aligned}$$
状态发生概率是先无序然后乘上有序多重集排列
其实之前的整体dp总结的不是很好，那个套路不仅仅是把答案放进去统计方案，而是把便于放入状态的，而且可以表示整个式子的值放进状态进行dp。
像这里把$\sum a$和$\sum c$作为状态放进去，可以发现答案甚至被拆了($B[i]$处的枚举)，但是只要不重不漏地表示所有答案即可。
在dp的时候，把常系数提取出来更好处理
LOJ6587
对于同余这一类的问题，先想一些特殊情况。
假如所有的周期都是互质的，那么彼此之间所有状态都能出现，独立算贡献即可。
如果所有数都是倍数关系，那么最小公倍数就是最大值，直接暴力即可。
然后就是想办法把那些不互质的全部搞成倍数关系。
暴力是一步步枚举的，周期是$r+g$
我们可以借此使得所有值都是倍数关系。
打表出满足这样条件的数最小是2520，直接对于2520每一个余数(即出发时间对2520的余数)枚举各个点的概率贡献即可
复杂度$O(2520pn)$
IOI2018 Highway
从部分分一步步扩展成正解，先看树上的问题。
加入已经知道一个端点，那么对于根节点建立bfs序，然后二分，每次把$[mid+1,r]$染成不同的颜色，看是否最短路会改变，然后就能找出另一个节点了
然后看树的一般情况，步骤是先找到一条最短路上的边然后断开在两边分别找一个端点。
找一条边就是对边进行二分，然后把$[1,mid]$的边权改变，看最短路是否改变，即可找到。
现在转化成图，找一条边的步骤是一样的，虽然这条路不一定是必经过的，但是它的选或不选会影响答案，肯定是其中一条。
然后看怎么把图变成树，对于最短路的那条边$(u,v)$，对于起点终点$x,y$一定有$dis(u,x)>dis(u,y),dis(v,y)>dis(u,x)$或$dis(u,x)<dis(u,y),dis(v,y)<dis(u,x)$
所以我们就可以对于$(u,v)$bfs找出$x,y$的候选集合，这两个集合一定不交，而且是一颗树，直接搞就行了
有一个注意点，对于图来说，因为有多条最短路，所以如果是把子树里面一部分改成较大值，可能最短路仍然存在，所以应该提前把两棵树无关的边全部赋值成较大值，这样剩下的最小值构成一棵树就可以不被影响直接查询了。
IOI2018 Seats
记得好像是IOI02年的题，就是每次翻转一个矩形黑白然后要求全部变白步数尽量小，看整个矩形很难搞，但是如果对于颜色异同二次差分一下，这样每次修改只改了3个端点，然后就很好做了
这启发我们可以用一些比较好维护的特征来维护整个矩形。
前k个构成一个矩形？我们把小于等于k的染成黑色，其它的染成白色，然后让我们用简单的，可以$O(1)$的充分必要条件代替是矩形（以下是看题解的）：
1.对于所有黑色点，它左上都是白色的点有且仅有1个（保证连通性），有一个就贡献1
2.对于所有白色点，它不可能周围有3个黑色点，有一个就贡献1
这样每次修改的时候暴力扫描改的两个点的周围，先把它们的贡献删掉，然后重新统计贡献。（贡献指上述两个条件对不同的k的贡献，用线段树维护不同的k，然后修改的一定是一个区间）
因为对于每一种颜色一定有1个黑色点，然后$k=0$必然成立，所以只要记录最小值个数就可以统计答案
IOI2018 Meetings
最近一天几乎只能做3/4道题，很多做题思路，甚至是别人口中的套路，都不是很熟悉，还是多加整理，可能在不断被虐以后才能有一点点进步吧
先讲一下JZOJ的一道题：（感觉不是很有关，但是对它模糊的记忆让我想出了dp方程式）
记录一下$pre_i$表示从$i$向前第一个比$i$小的数的位置
（好像没什么关系的说，但是取最大值然后分段击破的第一步可以启发）
挑出最大值，然后两边选一边，那一边的代价全是最大值，即有dp另外一边则是原来dp值，可以列出$O(n^{2})$的方程式。
$$dp[l][r]=min(dp[l][mid-1]+(r-mid+1)*a[mid],dp[mid+1][r]+(mid-l+1)*a[mid])$$
然后观察dp转移，发现对于一个确定的$mid,r$，方程去左边还是取右边的断点是可以二分$l$得到的。
然后我们按照最大值建立笛卡尔树，然后观察询问$(l,r)$在树上所覆盖的点。
把$l,r$的$lca$搞出来，然后对于左子树，一定是$l$到该子树的最右端点，对于右子树，一定是$r$到该子树的最左端点，所以dfs的时候对于每一个节点保存到最左，最右分别的答案，然后在$lca$处统计对应的$l,r$答案即可
因为决策可二分的性质，所以可以线段树区间修改，即需要线段树支持区间推平，区间加，区间加等差数列，二分断点等功能，都是比较容易实现的
个人实现的时候大概展开写了20个线段树操作，常数非常大，但是4.5s还是跑得过的
