24.11.21

A

怎么只有我一个写这种唐诗做法啊/kk

当括号匹配时会对若干区间造成贡献。
如果我们考虑每个右括号作为右端点统计贡献区间的话，左侧所有和它同一括号范围内（或最外层）的同层的左括号作为左端点和其构成一个贡献区间。
举例子来说
\(({\color{blue}(}))({\color{yellow}(}){\color{yellow}(}{\color{red})})\)
在上串中，在统计 \(\color{red})\) 作为右端点的区间时，那两个 \(\color{yellow}(\) 均与其构成贡献区间。
注意标蓝的左括号虽然与其层数相同，但是和它分别处于两个外层括号包裹下，~~已经隔了一层可悲的厚屏障了（雾~~不与其构成贡献区间。

对于左括号同理。

所以我们倒着扫一遍，对于每个左括号求出它右侧有多少右括号与其构成贡献区间，在差分数组上这一位就加上多少。
顺着扫一遍，对于每个右括号求出它左侧有多少左括号与其构成贡献区间，在差分数组上下一位减去多少。

如果我们记 ( 为 \(1\)，) 为 \(-1\)。
那么我们知道对于前缀和为 \(x\) 处的右括号与之匹配的左括号处的前缀和应为 \(x + 1\)。
如果出现了右括号，其包裹的区间内的左括号不会再做贡献，所以将其包裹的区间里的左括号（前缀和为应为 \(x + 2\)）的计数器清零。

对于左括号同理。与其匹配的右括号为 \(x - 1\)，出现左括号时将 \(x\) 的计数器清零。

或者我们考虑另一种做法。
考虑每对匹配括号对其区间内的贡献

一对匹配的括号一定会对其区间内造成贡献。
此外如果左右有与其同层的配对括号那么与其拼接同样是合法的，
如果左侧的同层括号对数是 \(L\)，右侧的是 \(R\)，那么该括号对区间的贡献为 \((L + 1)\cdot(R + 1)\)。

std 写的是第二种。
没有用差分区间加，子区间直接继承父区间的答案，再算自己新的贡献，这就是两侧匹配括号的答案，而再往里的子区间会继承它的答案计算答案。

麻了 A 这么唐一个题让我写题解怎么比 CD 题解加起来还长。写题唐写题解也唐是吧。

B

原到了 8.30 号。

何日重到苏澜桥-数论版。

理解一下 \(\gcd \neq 1\) 的情况，就是每乘一个 \(10\) 之后 \(D\) 就消去一个 \(2 > \times 5\)。然后 \(2^{20} > D\)，就可以消去 \(2, 5\) 的影响。

PC 题解

设 \(h_i\) 表示 \(1\sim i\) 字符构成的十进制数字，即 \(h_i=\sum\limits_{j=1}^{i}s_i10^{i-j}\) 。

一个子串 \([l,r]\) 构成的十进制数字能整除 \(D\) 当且仅当 \(h_r-h_{l-1}\times10^{r-l+1}\equiv0\pmod D\) ，也就是说 \(h_r\equiv h_{l-1}\times10^{r-l+1}\pmod D\)。

设 \(f_i\) 为以 \(i\) 为结尾子串不能被 \(D\) 整除的前 \(i\) 个字符的划分方案数，\(g_i\) 为以 \(i\) 为结尾子串能被 \(D\) 整除的前 \(i\) 个字符的划分方案数，

每次转移 \(f_i=\sum\limits_{h_i-h_{j-1}\times10^{i-j+1}\not\equiv0\pmod D}g_j\)，\(g_i=\sum\limits_{h_r-h_{l-1}\times10^{r-l+1}\equiv0\pmod D}f_j+g_j\)。

暴力向前扫是 \(O(n^2)\) 的，考虑优化。

若 \(\gcd(10,D)=1\)，那么上述同余方程可以写成 \(h_r\times10^{-r}\equiv h_{l-1}\times10^{-(l-1)}\pmod D\)，将 \(f_i,g_i\) 放进 \(h_i\times10^{-i}\) 对应桶里，每次查询桶里数的和即可。

若 \(\gcd(10,D)\neq1\)，这时候 \(10\) 在\(\mod D\) 意义下没有逆元，不能用上述方法。

将 \(D\) 分解为 \(2^x5^yz\) 的形式。

那么同余方程可以分解为两个：

\(\begin{cases}h_r\equiv h_{l-1}\times10^{r-l+1}\pmod {2^x5^y}\\h_r\equiv h_{l-1}\times10^{r-l+1}\pmod {z}\end{cases}\)

如果要满足 \([l,r]\) 构成的十进制数字能整除 \(D\)，必须同时满足上方两个式子。

由于 \(D\) 最大是 \(10^6\)，也就是说 \(\max(x,y)\le20\)，所以 \(r-l+1\ge20\) 的时候，\(h_{l-1}\times10^{r-l+1}\equiv0\pmod {2^x5^y}\)。

此时需要判断的条件就变成了：

\(\begin{cases}h_r\equiv 0\pmod {2^x5^y}\\h_r\equiv h_{l-1}\times10^{r-l+1}\pmod {z}\end{cases}\)

而 \(\gcd(10,z)=1\) ，套用 \(\gcd(10,D)=1\) 的方法就行了。

而当 \(r-l+1 < 20\) 的时候不能这么做，这部分暴力向前扫 \(20\) 个就行了。

C

yyzz 题解

首先我们不考虑 “两个矩阵如果删除的元素位置不同，但最后得到的结果相同，我们认为是相同的” 这句话，可以得到一个朴素的 dp：\(f_{i,j}=\sum\limits_{j-k\leq l \leq j+k}f_{i-1,l}\)，然后这个用前缀和优化转移即可做到 \(\mathcal O(nm)\)。

回过头来观察这句话对结果的影响，同一行一段相等的元素，移除它们的结果是一样的，这意味着我们会计算许多重复状态，考虑去除重复贡献。

我们发现对于第 \(i\) 行相邻的两个相同元素 \(j-1,j\)，它们对应上一层的范围是这样的：

（红线为 \(j-1\)，蓝线为 \(j\)）

显然，上图中被白线框出来的线段被重复覆盖了，这一段为 \([j-k,j+k-1]\)。

我们新增一个数组 \(g\) 来记录每个元素可能会重复计算的贡献，那么 \(f\) 的转移方程就不难推出：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{j-k\leq l \leq j+k}f_{i-1,l}-\sum\limits_{j-k+1\leq l \leq j+k}g_{i-1,l} \]
注意 \(g\) 的起始位置为 \(j-k+1\)，因为左端点不会产生重复贡献。

根据 \(g\) 数组的定义和我们上面推出的式子，可以得到转移：

\[g_{i,j}=[a_{i,j}=a_{i,j-1}]\times (\sum\limits_{j-k\leq l\leq j+k-1}f_{i-1,l}-\sum\limits_{j-k+1\leq l\leq j+k-1}g_{i-1,l}) \]
答案即为 \(\sum\limits_{1\leq i\leq m} f_{n,i}-\sum\limits_{2\leq i\leq m} g_{n,i}\)。

然后这个也是从一段区间转移，前缀和优化即可，时间复杂度 \(\mathcal O(nm)\)。

D

NT 题解

首先对于询问我们可以发现最后的答案一定是形如下图：

并且最大的边一定在左右两侧中的一侧。

那我们考虑 kruskal 从小到大加边，每次去合并连通块，因为我们是从小到大加的，所以最后答案一定会变成下图：

那么我们考虑合并的时候将出边和询问都合并到一个点上，使用启发式合并可以做到 \(O(n\log^2 n)\)。