20241021-1031杂题记录

gym105173I

题意：长度为 $n$ 的序列，$1\le a_i\le k$。如果 $[i,i+k-1]$ 是 $k$ 阶排列，则这个区间所有位置都是好的。

求所有位置都是好的的序列数量，$n\le {10}^5,k\le {10}^3$。

实际上是用若干个排列去覆盖整个序列。

设 $f_i$ 表示前缀 $i$ 中最后一个完整排列以 $i$ 结尾的方案数。

枚举上一个完整排列的结尾：

$$f_i=\sum _{j=1}^k{f}_{i-j}\times g_j$$

$g_j$ 是在 $1\sim k$ 的排列后面接上 $j$ 个数，满足 $[j+1,j+k]$ 是排列，$\mathrm{\forall }1\le l<j,[l+1,l+k]$ 不是排列的方案数。

总方案为 $j!$，现在减掉不合法的，枚举第一个不合法的位置 $l$：

$$g_j=j!-\sum _{l=1}^{j-1}{g}_l\times (j-l)!$$

时间复杂度 $O(nk)$。submission

gym105173L

题意：求操作序列个数，使得 () 能变为合法括号序列 $A$，每次可以：

1. 在序列最右边添加一对括号，即 $S\to S()$
2. 选取合法区间 $[l,r]$，使 $S[l,r]\to (S[l,r])$。

(......) 能被加入当且仅当其范围内所有 () 已被加入。

换句话说，他能加入当且仅当 $k$ 已被加入，其中 $k$ 为范围内最后一个 () 的标号。

这能够推出，第 $i$ 个() 能被加入当且仅当 $i-1$ 已被加入。

设 () 数量为 $m$，不妨先排出操作序列 $1,2,\cdots ,m$。

从后往前考虑（这保证了 $k_i$ 是单调不升的）每个 (.......) ，在 $k_i$ 后面选一个位置插入，系数容易计算。

时间复杂度 $O(n)$。submission

P10091 [ROIR 2022 Day 2] 分数排序

单组询问显然可以二分，$a,b$ 都提前排序后存在一定单调性，能做到 $O(n)$ check。

时间复杂度 $O((n+q)\log n)$，需要考虑精度问题。

submission

P10092 [ROIR 2022 Day 2] 网络系统升级计划

设 $f_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树中，与儿子相连的边选了 $i$ 条，能选的最大边数，同时记录边权和 $g_{u,i}$。

根据选不选 $(u,v,w)$ 有两种转移：$f_{u,i}^{\prime }\leftarrow f_{u,i-1}+f_{v,i}+w,f_{u,i}^{\prime }\leftarrow f_{u,i}+f_{v,i}$。

$f_{v,k}$ 只能第二种转移到 $f_u$，时间复杂度 $O(nk)$。

注意到对 $u$ 而言 $f_v$ 只有 $i=k$ 和 $i<k$ 两种，因此空间可以做到线性。

submission

P10093 [ROIR 2022 Day 2] 礼物

题意：删除 $[l,r]$ 中的前 $k$ 大值，最大化剩余元素和，$1\le n\le 2\times {10}^5,0\le k\le min(100,n)$。

相同值的元素之间存在不确定性，规定先删大再删小，值相等的先删下标大的。

枚举 $i$，设辅助数组 $\{b\}$，其中 $b_j=[i,j\text{ 在同一区间时 }j\text{ 比 }i\text{ 先删除}]$，$b_i=1$。

$i$ 被第 $k$ 个删除当且仅当 $[l,r]$ 恰好包含 $k$ 个 $1$。

只关心 $[l,r]$ 最左最右 $1$ 的位置 $[l^{\prime },r^{\prime }]$，这样合法区间数减少到 $O(k)$。

设 $pr{e}_i,nx{t}_i$ 表示 $i$ 前/后第一个 $1$ 的位置，答案即：

$$(pr{e}_{l^{\prime }},l^{\prime })\text{ 的最大后缀和}+(\sum _{j=l^{\prime }}^{r^{\prime }}{b}_j\times a_j)+(r^{\prime },nx{t}_{r^{\prime }})\text{ 的最大前缀和}$$

中间移项容易在枚举 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 时 $O(1)$ 维护。

查询某一区间的最大前缀/后缀和可以 ST 表做到 $O(n\log n)$ 预处理 $O(1)$ 询问。

从大到小在值域上扫描，链表维护每个 $1$ 的前驱后继，时间复杂度 $O(n\log n+nk)$。

submission

P10087 [ROIR 2022 Day 1] 跳跃机器人

记 $f_i$ 表示从 $i$ 出发的答案。

不难得到，$f_1=max(d_1,d_2-1,d_3-2,\cdots )$。

考虑 $f_i$ 需要满足的必要条件：

• $f_i\ge d_i$。
• $f_i+1\ge f_{i+1}$。

两个条件同时成立就是充分的，即 $f_i=max(d_i,f_{i+1}-1)$。

这样就在 $O(n)$ 时间内递推出所有 $f$。

submission

P11088 [ROI 2021 Day 1] 穿孔卡片

从上往下放置每个卡片。

卡片可以放置当且仅当其未被挡住且不为空的位置与答案串相同。

把当前卡片的矛盾位置（没被挡住且与答案不同）视为其度数。

能被加入当且仅当其度数为 $0$，写一个拓扑排序状物即可。

subsmission

P10089 [ROIR 2022 Day 1] 回文数组

哈希的结果是可加的，设正串的哈希值为 $h$，反串为 $h^{\prime }$。

那么两部分合法当且仅当 $ha+hb=h{a}^{\prime }+h{b}^{\prime }$，移项即 $ha-h{a}^{\prime }=hb-h{b}^{\prime }$。

当长度确定时不同的 $h-h^{\prime }$ 只有 $O(n)$ 个，把他丢进桶里 check 即可。

如果奇偶性确定，答案是可二分的，时间复杂度 $O(n\log n)$，需要双哈希。

submission

CF568E（加强）

题意：给出一个不完整排列 $\{a\}$，$a_i=0$ 表示不确定。补全剩余位置并最大化 LIS。

钦定某些原先位置保留在 LIS 当中，形如 $\{a_{p_1},a_{p_2},\cdots ,a_{p_k}\}$。

现在要在 $p_i$ 和 $p_{i+1}$ 当中为 $0$ 的位置插入一些 $x$，必须满足 $a_{p_i}<x<a_{p_{i+1}}$。

对于每个 $i$，$x$ 的值域互不相交，可以对此进行 DP。

设 $f_i$ 表示保留 $a_i$ 且以 $i$ 结尾的 LIS 长度，从某个 $j<i\wedge a_j<a_i$ 转移：

$$f_i\leftarrow 1+f_j+min((j,i)\text{ 当中 }0\text{ 的个数},\text{值域在 }(a_j,a_i)\text{ 之间还没被填的个数})$$

记 $c_i=\sum _{j<i}[a_j=0],d_i=(a_i-1)-\sum [a_j<a_i\wedge a_j\ne 0]$。

$$f_i=1+max(f_j+min(c_i-c_j,d_i-d_j))$$

将 $min$ 拆成两种不同的偏序关系，分治进行转移。时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

submission

P4093 [HEOI2016/TJOI2016] 序列

设 $b_i$ 表示 $i$ 这个位置的历史最大值，$c_i$ 表示历史最小值。

存在显然的转移：

$$f_i=1+\underset{j<i\wedge a_j\le c_i\wedge b_j\le a_i}{max}{f}_j$$

转移需要满足三维偏序，考虑分治。

solve(l, mid) 解决左区间；左区间更新右区间；solve(mid + 1, r) 右区间内部更新。

这样在左区间更新右区间时，左边的DP值已经是最终的了。

时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。submission

P7170 [COCI2020-2021#3] Sateliti

设计一种二维哈希：$h_{i,j}=p^i{q}^j{s}_{i,j},H_{i,j}=\sum _{a\le i,b\le j}{h}_{i,j}$。

这样可以 $O(1)$ 获取某个子矩阵的哈希值（二维前缀和）。

枚举最终方案的左上角，二分比对两种方案最长公共行数，再二分出最长公共列的位置。

把原矩阵复制成四份能够少判很多情况，时间复杂度 $O(nm\log nm)$。

submission

P7172 [COCI2020-2021#3] Specijacija

把原树划分为若干长链，两点在长链上上下移动不会改变他们的lca。

给每个长链选出代表点，所有叶子节点以及 $a_i$ 构成一颗点数为 $2n+1$ 的新树。

主席树自下而上维护每个点对应长链上的代表点，每到一层相当于合并两条链（删一个代表点，改一个代表点）。

注意询问是祖先后代关系的情况，时间复杂度 $O(n\log n)$。

submission

1023模拟赛T1

gym105173I

题意：长度为 $n$ 的序列，$1\le a_i\le k$。如果 $[i,i+k-1]$ 是 $k$ 阶排列，则这个区间所有位置都是好的。

求所有位置都是好的的序列数量，$n\le {10}^5,k\le {10}^3$。

实际上是用若干个排列去覆盖整个序列。

设 $f_i$ 表示前缀 $i$ 中最后一个完整排列以 $i$ 结尾的方案数。

枚举上一个完整排列的结尾：

$$f_i=\sum _{j=1}^k{f}_{i-j}\times g_j$$

$g_j$ 是在 $1\sim k$ 的排列后面接上 $j$ 个数，满足 $[j+1,j+k]$ 是排列，$\mathrm{\forall }1\le l<j,[l+1,l+k]$ 不是排列的方案数。

总方案为 $j!$，现在减掉不合法的，枚举第一个不合法的位置 $l$：

$$g_j=j!-\sum _{l=1}^{j-1}{g}_l\times (j-l)!$$

时间复杂度 $O(nk)$。submission

gym105173L

题意：求操作序列个数，使得 () 能变为合法括号序列 $A$，每次可以：

1. 在序列最右边添加一对括号，即 $S\to S()$
2. 选取合法区间 $[l,r]$，使 $S[l,r]\to (S[l,r])$。

(......) 能被加入当且仅当其范围内所有 () 已被加入。

换句话说，他能加入当且仅当 $k$ 已被加入，其中 $k$ 为范围内最后一个 () 的标号。

这能够推出，第 $i$ 个() 能被加入当且仅当 $i-1$ 已被加入。

设 () 数量为 $m$，不妨先排出操作序列 $1,2,\cdots ,m$。

从后往前考虑（这保证了 $k_i$ 是单调不升的）每个 (.......) ，在 $k_i$ 后面选一个位置插入，系数容易计算。

时间复杂度 $O(n)$。submission

gym105173G

题意：$(l,r,p,q)$ 表示只保留 $i$ 满足 $l\le i\le r$ 且 $a_i=p\vee a_i=q$，求剩余位置的逆序对数。

数据范围：$1\le n,m\le {10}^5,1\le a_i\le n$。

P10091 [ROIR 2022 Day 2] 分数排序

单组询问显然可以二分，$a,b$ 都提前排序后存在一定单调性，能做到 $O(n)$ check。

时间复杂度 $O((n+q)\log n)$，需要考虑精度问题。

submission

P10092 [ROIR 2022 Day 2] 网络系统升级计划

设 $f_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树中，与儿子相连的边选了 $i$ 条，能选的最大边数，同时记录边权和 $g_{u,i}$。

根据选不选 $(u,v,w)$ 有两种转移：$f_{u,i}^{\prime }\leftarrow f_{u,i-1}+f_{v,i}+w,f_{u,i}^{\prime }\leftarrow f_{u,i}+f_{v,i}$。

$f_{v,k}$ 只能第二种转移到 $f_u$，时间复杂度 $O(nk)$。

注意到对 $u$ 而言 $f_v$ 只有 $i=k$ 和 $i<k$ 两种，因此空间可以做到线性。

submission

P10093 [ROIR 2022 Day 2] 礼物

题意：删除 $[l,r]$ 中的前 $k$ 大值，最大化剩余元素和，$1\le n\le 2\times {10}^5,0\le k\le min(100,n)$。

相同值的元素之间存在不确定性，规定先删大再删小，值相等的先删下标大的。

枚举 $i$，设辅助数组 $\{b\}$，其中 $b_j=[i,j\text{ 在同一区间时 }j\text{ 比 }i\text{ 先删除}]$，$b_i=1$。

$i$ 被第 $k$ 个删除当且仅当 $[l,r]$ 恰好包含 $k$ 个 $1$。

只关心 $[l,r]$ 最左最右 $1$ 的位置 $[l^{\prime },r^{\prime }]$，这样合法区间数减少到 $O(k)$。

设 $pr{e}_i,nx{t}_i$ 表示 $i$ 前/后第一个 $1$ 的位置，答案即：

$$(pr{e}_{l^{\prime }},l^{\prime })\text{ 的最大后缀和}+(\sum _{j=l^{\prime }}^{r^{\prime }}{b}_j\times a_j)+(r^{\prime },nx{t}_{r^{\prime }})\text{ 的最大前缀和}$$

中间移项容易在枚举 $[l^{\prime },r^{\prime }]$ 时 $O(1)$ 维护。

查询某一区间的最大前缀/后缀和可以 ST 表做到 $O(n\log n)$ 预处理 $O(1)$ 询问。

从大到小在值域上扫描，链表维护每个 $1$ 的前驱后继，时间复杂度 $O(n\log n+nk)$。

submission

P10087 [ROIR 2022 Day 1] 跳跃机器人

记 $f_i$ 表示从 $i$ 出发的答案。

不难得到，$f_1=max(d_1,d_2-1,d_3-2,\cdots )$。

考虑 $f_i$ 需要满足的必要条件：

• $f_i\ge d_i$。
• $f_i+1\ge f_{i+1}$。

两个条件同时成立就是充分的，即 $f_i=max(d_i,f_{i+1}-1)$。

这样就在 $O(n)$ 时间内递推出所有 $f$。

submission

P11088 [ROI 2021 Day 1] 穿孔卡片

从上往下放置每个卡片。

卡片可以放置当且仅当其未被挡住且不为空的位置与答案串相同。

把当前卡片的矛盾位置（没被挡住且与答案不同）视为其度数。

能被加入当且仅当其度数为 $0$，写一个拓扑排序状物即可。

subsmission

P10089 [ROIR 2022 Day 1] 回文数组

哈希的结果是可加的，设正串的哈希值为 $h$，反串为 $h^{\prime }$。

那么两部分合法当且仅当 $ha+hb=h{a}^{\prime }+h{b}^{\prime }$，移项即 $ha-h{a}^{\prime }=hb-h{b}^{\prime }$。

当长度确定时不同的 $h-h^{\prime }$ 只有 $O(n)$ 个，把他丢进桶里 check 即可。

如果奇偶性确定，答案是可二分的，时间复杂度 $O(n\log n)$，需要双哈希。

submission

CF568E（加强）

题意：给出一个不完整排列 $\{a\}$，$a_i=0$ 表示不确定。补全剩余位置并最大化 LIS。

钦定某些原先位置保留在 LIS 当中，形如 $\{a_{p_1},a_{p_2},\cdots ,a_{p_k}\}$。

现在要在 $p_i$ 和 $p_{i+1}$ 当中为 $0$ 的位置插入一些 $x$，必须满足 $a_{p_i}<x<a_{p_{i+1}}$。

对于每个 $i$，$x$ 的值域互不相交，可以对此进行 DP。

设 $f_i$ 表示保留 $a_i$ 且以 $i$ 结尾的 LIS 长度，从某个 $j<i\wedge a_j<a_i$ 转移：

$$f_i\leftarrow 1+f_j+min((j,i)\text{ 当中 }0\text{ 的个数},\text{值域在 }(a_j,a_i)\text{ 之间还没被填的个数})$$

记 $c_i=\sum _{j<i}[a_j=0],d_i=(a_i-1)-\sum [a_j<a_i\wedge a_j\ne 0]$。

$$f_i=1+max(f_j+min(c_i-c_j,d_i-d_j))$$

将 $min$ 拆成两种不同的偏序关系，分治进行转移。时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

submission

P4093 [HEOI2016/TJOI2016] 序列

设 $b_i$ 表示 $i$ 这个位置的历史最大值，$c_i$ 表示历史最小值。

存在显然的转移：

$$f_i=1+\underset{j<i\wedge a_j\le c_i\wedge b_j\le a_i}{max}{f}_j$$

转移需要满足三维偏序，考虑分治。

solve(l, mid) 解决左区间；左区间更新右区间；solve(mid + 1, r) 右区间内部更新。

这样在左区间更新右区间时，左边的DP值已经是最终的了。

时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。submission

P7170 [COCI2020-2021#3] Sateliti

设计一种二维哈希：$h_{i,j}=p^i{q}^j{s}_{i,j},H_{i,j}=\sum _{a\le i,b\le j}{h}_{i,j}$。

这样可以 $O(1)$ 获取某个子矩阵的哈希值（二维前缀和）。

枚举最终方案的左上角，二分比对两种方案最长公共行数，再二分出最长公共列的位置。

把原矩阵复制成四份能够少判很多情况，时间复杂度 $O(nm\log nm)$。

submission

P7172 [COCI2020-2021#3] Specijacija

把原树划分为若干长链，两点在长链上上下移动不会改变他们的lca。

给每个长链选出代表点，所有叶子节点以及 $a_i$ 构成一颗点数为 $2n+1$ 的新树。

主席树自下而上维护每个点对应长链上的代表点，每到一层相当于合并两条链（删一个代表点，改一个代表点）。

注意询问是祖先后代关系的情况，时间复杂度 $O(n\log n)$。

submission

P9768 [ROIR 2021 Day 2] A+B

给每一列赋予两种属性：

1. 会不会往下一位进位：$a_i=[x_i+y_i\ge 10]$。
2. 需不需要上一位进位：$b_i=[x_i+y_i+1\equiv z_i(\mathrm{mod}10)]$。

发现 $a_i$ 的表述还不是很完备，修改为 $a_i=[x_i+y_i+b_i\ge 10]$。

所有列转化为 $\mathtt{\text{00}},\mathtt{\text{01}},\mathtt{\text{10}},\mathtt{\text{11}}$ 的形式。

我们发现一旦一个数的第二位为 $1$，其右边与之相邻的必然满足第一位为 $1$。

同理如果一个数的第一位为 $1$，其左边与之相邻的必然满足第二位为 $1$。

最后的答案一定形如 $\mathtt{\text{00}}\mathtt{\text{01}}\mathtt{\text{11}}\cdots \mathtt{\text{11}}\mathtt{\text{10}}\mathtt{\text{00}}\cdots$，即：

1. $\mathtt{\text{01}}$ 和 $\mathtt{\text{10}}$ 数量相等，且两两配对。
2. $\text{11}$ 只能加在一对 $\mathtt{\text{01}}\cdots \mathtt{\text{10}}$ 中间。
3. $\text{00}$ 只能加在开头，结尾，或一对 $\mathtt{\text{10}}\cdots \mathtt{\text{01}}$ 当中。

到此步为止，已经容易计数不考虑前导零的方案数了。

考虑容斥，钦定开头是 $\mathtt{\text{00}}$ 或 $\mathtt{\text{01}}$，满足 $x=0\vee y=0\vee z=0$，剩下的部分也容易计数。

submission

gym101754a

给三种字符分别随机一个 $2\times 2$ 的矩阵 $A,B,C$，并求出他们的逆。

一个串合法当且仅当：给 $a$ 轮流赋权值 $A,A^{-1}$，同理 $b,c$，整个序列的乘积是单位矩阵。

这是因为每次必然是相邻相同的字符相消，替换为矩阵后可以用结合律得到 $I$。

交换 $l,r$ 处的两个不同字符，假设为 $a,b$：

• 替换 $l,r$。
• 将 $[l+1,r-1]$ 的所有 $A$ 改为 $A^{-1}$，$A^{-1}$ 改为 $A$。
• 将 $[l+1,r-1]$ 的所有 $B$ 改为 $B^{-1}$，$B^{-1}$ 改为 $B$。

枚举哪两种字符参与交换（实际枚举不交换的那个）。

预处理某些东西可以 $O(1)$ 得到交换后序列的乘积，进一步可写成 $f(l)\times g(r)$ 的形式。

给矩阵做哈希，在 map 中查找 $f(l)=g(r{)}^{-1}$ 的个数。

submission

P11092 [ROI 2021 Day 2] 莫斯科数字

设 $f_{i,j}$ 表示考虑了后缀 $i$，后缀最大值是 $j$ 的答案，复杂度 $|\sum {|}^{2}n$

submission

P9863 [POI2021~2022R2] arm

进行如下转换：构造长度为 $k$ 的数组满足 $\prod p_i>n$，最小化 $ka+b(-k+\sum p_i)$。

（一次 $1$ 操作，$p_i-1$ 次 $2$ 操作使权值翻 $p_i$ 倍）。

当 $\sum p_i$ 确定时，想要最大化 $\prod p_i$，一定存在最优解满足 $p_k-p_1\le 1$（默认排好序）。

$p_i=1$ 是无用的，也就是说 $k\le {\log }_{2}n$。

枚举 $k$，不妨先让 $p_1=p_k$，再在满足条件的同时尽可能多的使 $p_i$ 减一。

submission

P8315 [COCI2021-2022#4] Šarenlist

$n\le 60,m\le 15$，考虑容斥。

钦定一条链颜色相同，相当于把某个边集合并为连通块，方案数就是 $k^{\text{连通块个数}}$。

submission

P8314 [COCI2021-2022#4] Parkovi

二分答案，考虑这么一个贪心：选的点深度越浅越好。

设 $h_u$ 表示 $u$ 子树内未被覆盖的点与 $u$ 的最大距离，$h_u=\underset{v\in \text{son}(u)}{max}(h_v+w)$。

这样不是很完备，因为可能 $v_1$ 中选中的点能覆盖 $v_2$ 的点。

设 $f_u$ 表示 $u$ 子树内被选中的点与 $u$ 的最小距离，$f_u=\underset{v\in \text{son}(u)}{min}{f}_v+w$。

如果 $h_v+w+f_u\le mid$，那么他已经被覆盖，没必要贡献给 $h_u$。

特别的，如果 $f_u>mid$，则 $u$ 本身不被覆盖，应初始化 $h_u=0$，否则为 $-\mathrm{\infty }$。

记 $u$ 与其父亲直接边权为 $X$，如果 $h_u+X>lim$，必须选 $u$，否则还能选更浅的点。

submission

P9691 [GDCPC2023] Base Station Construction

以区间为切入点不好做（如今年T2的贪心），考虑在数轴上做这个问题。

$f_i$ 表示考虑了 $[1,i]$，并且钦定选 $i$ 的答案。

$f_i$ 能从某个 $f_j$ 转移过来当且仅当不存在 $j<l\wedge r<i$，容易单调队列优化。

submission

P2567 [SCOI2010] 幸运数字

有 $943$ 个幸运数不是其他幸运数的倍数。

所有组合中，不超过 ${10}^{10}$ 的只有 $10264$ 个，大力搜索即可。

submission

**P4381 [IOI2008] Island **

给出图是一张基环树森林，求所有基环树的直径（最长简单路径）和。

分两类：不经过环，树DP；经过环，求出环上每棵树的最大深度，单调队列优化枚举。

代码写了一坨。submission

P7205 [COCI2019-2020#3] Drvca

以下默认整个数组有序。

$a_1,a_2,a_3$ 必有其二同属一个集合，不妨钦定 $a_1,a_2\in A$。

贪心的将能选的数都加入 $A$，剩下的划分给 $B$。

如果 $B$ 不满足条件，考虑从 $A$ 中反悔。

因为我们已经钦定了 $A$ 的公差，反悔的部分只能是 $A$ 的后缀。

从后往前枚举，同时 map 维护 $B$ 每项的差值及个数，复杂度 $n\log n$。

submission

P7981 [JRKSJ R3] system

题意：给定一个序列，每次同时使 $a_i\leftarrow a_{a_i}$，求 $k$ 次后的序列。

第一步：$a_i^1\leftarrow a_{a_i}$。

第二步：$a_i^2\leftarrow a_{a_i^1}^1=a_{a_{a_i}}^1=a_{a_{a_{a_i}}}$，以此类推。

$i$ 向 $a_i$ 连边，$k$ 轮后 $a_i^k$ 对应哪个数，相当于 $i$ 向父亲跳了 $2^k$ 步。

原图是一个内向基环树森林。

对于每个点而言，如果 $2^k$ 小于其深度，直接跳他的 $2^k$ 级祖先。

否则跳入环中，对环长取余。

submission

AT_dp_y Grid 2

设 $c(i,j)$ 表示从关键点 $i$ 不考虑其他限制走到 $j$ 的方案数。

将关键点排序（$x$ 为第一关键字，$y$ 为第二关键字）。

即 $f(i)$ 表示从起点 $0$ 走到关键点 $i$，且中间不经过其他关键点的方案数。

$f(i)=c(0,i)+\sum _{j=1}^{i-1}f(j)\times c(j,i)$，这样就容斥掉了所有非法情况。

submission

P11238 「KTSC 2024 R1」铁路 2

以下默认树的边权为正。

• 距离 $u$ 最远的点一定是某条直径的一个端点。
• 所有直径重合于一点，或一条路径，路径外的分支长度相等。

具体证明 @dbxxx：Link。

设到 $u$ 的最大距离为 $d_u$，对于任意一条直径 $(s,t)$，总有 $d_u=max(\text{dist}(s,u),\text{dist}(t,u))$。

通过上述两点是容易说明的。

$u,v$ 所能产生贡献的上界是 $min(d_u,d_v)$，而这是能到达的。

按 $d_u$ 降序排序，答案为 $\sum _{i=0}^{n-1}i\times d_i$。

submission

P11240 「KTSC 2024 R2」回文判定

对于每个 $i\in [1,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor )$，调用 $\text{count\_pair}(0,i,n-1-i)$。

记返回值为 $x$：

• $x=0$，一定不是回文。
• $x=1$，合法当且仅当 $s_i=s_{n-1-i}$，仍需判断，将 $i$ 和 $n-1-i$ 加入集合 $A$。
• $x=3$，$s_0=s_i=s_{n-i-1}$，将 $i$ 加入集合 $B$。

调用 $\text{find\_character}(0,A)$，如果存在某个 $s_0=s_i$，一定非法。

现在已经检验了所有 $i\in [1,\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ),s_i=s_{n-1-i}$，只剩下 $s_0$ 与 $s_{n-1}$ 的判断。

如果 $B$ 不为空，$i\in B$，已经满足 $s_0=s_i$，只需调用 $\text{count\_pair}(0,n-1,i)$ 检验是否为 $3$。

否则设 $i\in A$，如果 $\text{count\_pair}(i,n-1-i,n-1)=3$，非法。

否则检验 $\text{count\_pair}(i,0,n-1)$ 是否为 $1$，此时询问次数上界恰好达到题目限制。

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「KTSC 2024 R2」岛屿

随便取一个三角形，内部加一个点并构造生成树。

不断往上加三角形，加的两条边染不同色即可，是一个拓扑排序状物。

原三角形每个顶点都同时属于两棵生成树。

新加入的点分别与两颗生成树相连，维持了这一性质，且无环连通。

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P1117 [NOI2016] 优秀的拆分

记 $a_i$ 表示以 $i$ 结尾的 $\mathtt{\text{AA}}$ 串个数，$b_i$ 表示以 $i$ 开头的 $\mathtt{\text{AA}}$ 串个数，则答案为 $\sum a_i\times b_{i+1}$，

枚举 $\mathtt{\text{A}}$ 的长度 $L$，每 $L$ 放置一个关键点：$L,2L,3L\cdots$。

一个合法的 $\mathtt{\text{AA}}$ 串必然横跨相邻的两个关键点。

考虑关键点 $p_i$ 和 $p_{i+1}$，设 $A=\text{lcs}(pr{e}_{p_i},pr{e}_{p_{i+1}}),B=\text{lcp}(su{f}_{p_i},su{f}_{p_{i+1}})$。

记横跨 $p_i,p_{i+1}$ 且长度为 $2L$ 的 $\mathtt{\text{AA}}$ 为关键串，$p_i,L$ 不同关键串不同。

如果 $A+B\le L$，不存在关键串。

否则 $A+B>L$，记 $l_i=p_i-A+1,r_i=p_i+B-1$，同理定义 $l_{i+1},r_{i+1}$。

考虑一个关键串的左右端点 $l,r$，其中 $p_i-L<l\le p_i,r-l+1=2L$。

由于 $s_{l_i-1}\ne s_{l_{i+1}-1}$，一定有 $l\ge l_i$，同理 $r\le r_{i+1}$。

不难得到 $l\in [p_i-min(A,L)+1,min(p_i,r_{i+1}-2L+1)]$ 就是全部的关键串集合，差分维护 $a,b$ 数组。

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P2150 [NOI2015] 寿司晚宴

暴力状压每个数的质因子，做 01 背包。

$f_{i,s,t}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，G 状态为 $s$，W 为 $t$ 的方案数，$s\cap t=\mathrm{\varnothing }$。

对于 $n\le 500$，至多有一个大于 $19$ 的质因子。

根据这个大因子进行分组，显然每组至多被一个人选，分组dp即可。

剩下 $8$ 个小因子继续状压，时间复杂度 $O(2^{16}n)$，枚举子集优化到 $O(3^{8}n)$。

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P2178 [NOI2015] 品酒大会

建出后缀数组。

从大到小枚举 $r=n-1\to 0$。

加入所有 $h_i=r$，相当于 $s{a}_i$ 和 $s{a}_{i-1}$ 之间连边，边权为 $r$。

一个连通块对应 $h$ 数组上一段连续区间，连通块内任意两点 lcp 不小于 $r$。

这恰好满足题目需求。

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