2024.11

P10099 [ROIR 2023 Day 2] 美丽序列

枚举当前点放哪个数，上一个 $x$ 到 $i$ 的距离必须不小于 $x$。

距离的取值只有 $1,2,\cdots ,x-1,\ge x$，把每种数的距离压进状态，状态数 $8!$ 能够接受。

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P2993 [FJOI2014] 最短路径树问题

建出最短路图（若 $d_v=d_u+w$ 则连边 $u\to v$）。

从 $1$ 开始 dfs，贪心的按儿子大小遍历。

这样为什么是对的？

对于两条到 $u$ 路径的 lcp：$1\to \cdots i\to j\to \cdots u$ 和 $1\to \cdots i\to k\to \cdots u$。

若 $j<k$，选第一条路径更优，而在 $i$ 时一定先遍历 $j$，再遍历 $k$，保证了正确性。

后面是点分治板子。submission

P3164 [CQOI2014] 和谐矩阵

不难列出 $n\times m$ 个 $n\times m$ 元方程，可以做到 $O(\frac{(nm{)}^3}{w})$。

如果矩阵满秩，一定无解，因为最终可以消成 $\mathrm{\forall }i\in [1,n\times m],a_i=0$ 的形式。

否则把任意一个自由元设为 $1$ 即可。

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P9905 [COCI 2023/2024 #1] AN2DL

二维单调队列板子。

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P4796 [BalticOI 2018] 路径

$f(u,s)$ 表示从 $u$ 开始，颜色状态为 $s$ 的方案数，从 $f(v,s\oplus c_u)$ 转移。

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P3165 [CQOI2014] 排序机械臂

平衡树裸题：1. 区间翻转 2. 单点删除 3. 查询子树最小值。

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P3172 [CQOI2015] 选数

设 $g_n$ 表示 gcd 能被 $n$ 整除的方案数，$f_k$ 为 gcd 为 $k$ 的方案数：

$$g_n=\sum _{n\mid d}{f}_d,f_n=\sum _{n\mid d}\mu (\frac{d}{n})g_d$$

选出 $n$ 个形如 $ki\in [L,H]$ 等价于选 $n$ 个 $i\in [\lceil \frac{L}{K}\rceil ,\lfloor \frac{H}{K}\rfloor ]$ 满足两两互质。

$L\leftarrow \lceil \frac{L}{K}\rceil ,H\leftarrow \lfloor \frac{H}{K}\rfloor$，最后求：

$$\sum _{i\ge 1}\mu (i)(\lfloor \frac{H}{i}\rfloor -\lfloor \frac{L-1}{i}\rfloor {)}^N$$

整除分块，杜教筛求 $\mu$ 前缀和，复杂度不会。

$1：杜教筛

记 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$，构造 $h=g\ast f$。

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}h(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}g(d)f(\frac{i}{d})\\ \\ & =\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )\end{array}$$

移项：

$$g(1)S(n)=-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )+\sum _{i=1}^{n}h(i)$$

$2：一个精妙的容斥

对于 $d>H-L$，不存在两个不同的 $x,y$ 使得 $gcd(x,y)=d$。

记 $f_i$ 表示 gcd 恰好为 $i$，且 $N$ 个数不全相等的方案数，有 $f_{i>H-L}=0$。

设 $x=\lfloor \frac{H}{i}\rfloor -\lfloor \frac{L-1}{i}\rfloor$，那么 $f_i=(x^N-x)-\sum _{ij\le H-L}{f}_{ij}$。

所求即 $f_1+[L\ge 1]$。

P4792 [BalticOI 2018] 火星人的 DNA

双指针板子。下位黄，哪来蓝的。

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P10100 [ROIR 2023 Day 2] 石头

对于询问 $(p,k)$，要么 $[p+1,p+k-1]$ 被染色，要么 $[p-k+1,p-1]$ 被染色。

不妨考虑第一种。

假设起始点为 $s$，当前左右端点分别为 $i,j$。

我们需要循环往复执行一下操作：左移 $i$ 直至 $a_{i-1}>a_{j+1}$；右移 $j$ 直至 $a_{j+1}>a_{i-1}$。

称 $a_{j+1}$ 和 $a_{i-1}$ 为阈值，左右阈值都是单调上升的。

说的形象一点，设左边的阈值下标集合为 $A$，右边为 $B$（按访问顺序排序）:

• $i\leftarrow A_k+1,k\leftarrow k+1$。
• $j\leftarrow B_l-1,l\leftarrow l+1$。

$a_{p+k}$ 是阈值，因为 $p+k-1$ 是一个连续段的末尾（连续往一个方向移动）。

左侧最大阈值必须小于 $a_{p+k}$，否则继续往右移动。

也就是说，$a_{p+k}$ 大于除 $s$ 外 $[p,p+k-1]$ 的最大值。

左边最大阈值必须大于右边除 $a_{p+k}$ 外的最大阈值，即 $max[p,s-1]>max[s+1,s+k-1]$。

否则左边比右边先走完。

现在找到了判断某个 $s$ 合法的条件，开始统计答案。

如果 $max[p,p+k-1]>a_{p+k}$，至多产生 $1$ 的贡献，判断 $s$ 为最大值的位置即可。

否则只需考虑 $max[p,s-1]>max[s+1,s+k-1]$。

从右往左枚举 $s$，相当于往右式加一个元素，左式减一个元素，这是有单调性的，可以二分。

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P10101 [ROIR 2023 Day 2] 一个普通的字符串问题

题意：求长度为 $2$ 的子串集合与 $s$ 相同的字符串 $t$ 数量，$\sum =\{a,b,c\}$。

$s_i$ 向 $s_{i+1}$ 连有向边，一条边对应一个长度为 $2$ 的子串。

所求 $t$ 的数量即图中欧拉路径数量（重边视为相同）。

枚举起点终点，终点向起点连边，转化为BEST定理求欧拉回路，最后除以每条重边的阶乘。

（新加的边是和原来重边区分的）

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QOJ 5981

原问题转化为，求最小的花费，确定 $x$ 与每个 $a_i$ 的大小关系。

如果 $x>a_i$，那么对于 $[1,i)$ 都已经确定关系，只需解决 $(i,n]$ 的子问题。

这启发我们进行区间DP，$f_{l,r}$ 表示确定这段区间所有关系的最小花费：

$$f_{l,r}=\underset{i}{min}(w_i+max(f_{l,i-1},f_{i+1,r}))$$

为什么要取max？因为我们考虑的是最坏情况，$x$ 与 $a_i$ 关系不确定。

答案很小，容易构造出一个上界 $9\log n$。

交换值域定义域，$f(l,v)$ 表示左端点为 $l$ 花费至多 $v$ 的代价能处理的最大右端点。

$$f(l,v)=\underset{f(l,v-w_i)\ge i-1}{max}f(i+1,v-w_i)$$

考虑在 $i$ 决策的两种情况：

• $x>a_i$，此时左边完全不需考虑，$f(i+1,v-w_i)$ 贡献给 $f(l,v)$。
• $x<a_i$，此时右边完全不考虑，可以延伸到 $n$，但是左边必须用剩余 $v-w_i$ 覆盖到 $i-1$。

因此 $i$ 的贡献为，在 $f(l,v-w_i)\ge i-1$ 的条件下，$f(i+1,v-w_i)$ 和 $n$ 取min。

树状数组优化转移，细节较多，且时空复杂度很劣，过不了原题。

$正解

把上面朴素方程的 $l,r$ 改成开区间，即：

$$f_{l,r}=\underset{l<i<r}{min}\{w_i+max(f_{l,i},f_{i,r})\}$$

初始化 $f_{i,i+1}=0$，结果为 $f_{0,n+1}$。

设 $L(i,v)$ 表示最小的 $l$ 满足 $f_{l,i}\le v$，$R(i,v)$ 表示最大的 $r$ 满足 $f_{i,r}\le v$。

枚举 $v$，考虑在 $i$ 处合并。

令 $l=L(i,v-w_i),r=R(i,v-w_i)$，那么 $R(l,v)\leftarrow r,L(r,v)\leftarrow l$，<-- 表示更新。

上述转移只能更新到边界，因此还需 $L(i,v)\leftarrow L(i+1,v),R(i,v)\leftarrow R(i-1,v)$。

最多访问到 $L(i,v-9)$，滚动数组优化空间。

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沙漠点列（link）

题意：给出一个沙漠，删去其中的 $k$ 条边，求能分成的连通块数量最大值。

如果存在割边，则删割边。

否则需要断环来创造割边，断开一个长度为 $n$ 的环产生 $n-1$ 条割边。

tarjan找环，贪心的按环长排序。

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QOJ 5173

肯定是单方向从 $l$ 到 $r$，因为往回走不优。

$r-l$ 走的步数是没法减的，现在要尽可能少染色。

显然有染色上界 $r-l$，即 $(l,r]$ 染成 $a_l$。

如果某个 $a_i=a_{i+1}$，原先给 $a_i$ 染色的一步让 $a_{i-1}$ 染成 $a_i$，这样就能在 $a_{i+1}$ 省下一步。

推广一下，如果存在 $a_j=a_i$，同样可以通过类似操作省下一步。

问题转化为，选出最多的二元组 $(i,j)$ 满足 $l\le i<j\le r\wedge a_i=a_j$，且相邻二元组不相交（端点可以重合）。

假设当前在 $p$，走到一个 $i\ge p$ 且 $j$ 最小的一个 $j$ 是最优的，设这个位置为 $f{a}_p$。

问题转化为，从 $l$ 开始跳父亲，在 $r$ 范围内最多跳多少步，显然是可以倍增的。

据说倍增卡常，对 $r$ 进行扫描线，并查集维护每个 $l$ 对应 $\le r$ 的最大祖先。

并查集必须按秩合并路径压缩都加上复杂度才是 $\alpha$ 的。

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QOJ 7855

点分树维护路径问题。

对于每一个分治中心，只有最小和次小的两个 $d_i$（到分治中心的距离）有用，产生 $d_i+d_j$ 的贡献。

如果 $i,j$ 在一颗子树里面，真正的答案一定小于 $d_i+d_j$，不会产生影响。

对每个分治中心维护一个大小为 $max\text{dep}$ 的桶，设两个指针维护最小和次小的位置。

如何修改？点分树将包含 $u$ 的路径分为 $\log$ 种，将这些对应位置减 $1$，并同时维护指针。

全局答案如果用可删堆维护会多一个log，同样指针维护，因为答案是不降的。

时空复杂度 $O((n+q)\log n)$。

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P5921 [POI1999] 原始生物

一个自然的想法是连边 $l\to r$。

问题转化为：添加最少的边，使得原图存在一条欧拉路径。

独立考虑每个弱连通分量，显然 $\sum i{n}_u=\sum ou{t}_u$，则 $\sum |i{n}_u-ou{t}_u|\equiv 0(\mathrm{mod}2)$。

如果 $\sum |i{n}_u-ou{t}_u|\le 2$，存在欧拉回路/路径。

如果 $\sum |i{n}_u-ou{t}_u|=4$，找到 $i{n}_u>ou{t}_u,i{n}_v<ou{t}_v$，连边 $u\to v$。

接下来同理，新增边数为 $\frac{\sum |i{n}_u-ou{t}_u|}{2}-1$。

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P5944 [POI2002] 出圈游戏

稍微转化一下就是 $kmodn=b_1,kmod(n-1)=b_2\cdots$ 的形式。

excrt 板子，难点在于唐氏题面。

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P3426 [POI2005] SZA-Template

记前缀 $i$ 的 border 集合为 $B_i$，所有能覆盖 $i$ 的前缀集合为 $T_i$。

显然 $T_i\subseteq B_i$，因为要同时覆盖 $i$ 的前后缀。

1. 设 $n{e}_i$ 表示 $i$ 的极大非平凡 border，对于任意 $j\ne i,j\in T_i$，必须满足 $j\in T_{n{e}_i}$。

   $j\in B_{n{e}_i}$，即他能覆盖 $n{e}_i$ 的前后缀。如果 $j<i$ 想要覆盖 $i$，必须先覆盖 $n{e}_i$。

2. 对于 $j_1,j_2\in T_i$ 且 $j_1<j_2$，那么 $j_1$ 一定能覆盖前缀 $j_2$。

   border 的 border 还是 border，因此 $j_1$ 是 $j_2$ 的 border。

   $j_1$ 能覆盖 $j_2$ 的前后缀，又因为 $j_1$ 能覆盖 $i$，$j_1$ 能覆盖 $j_2$。

令 $f_i=\underset{j\in T_i}{min}j$，任意 $T_i$ 中元素都能被 $f_i$ 表示。

根据上述两个推论，要么 $f_i=i$，要么 $f_i\in T_{n{e}_i}$，而在这之中 $f_i=f_{n{e}_i}$ 是最优的。

$f_i$ 能取到 $f_{n{e}_i}$ 当且仅当存在一个 $f_j=f_{n{e}_i}\wedge j\ge i-n{e}_i$。

证明：$f_j>f_{n{e}_i}$，显然不行；$f_j<f_{n{e}_i}$，根据 $f_{n{e}_i}$ 的最小性和推论 2，$f_j$ 不能覆盖 $n{e}_i$。

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P5913 [POI2004] KAG

每个连通块只能通过第一类操作合并为原图，单独考虑每个连通块。

注意到，第二类操作等价于补图意义下的第一类操作。

1. 依次检查原图每个极大连通块。
2. 建出补图，依次检查每个连通块的补图。

交替执行上述操作，若最终能被拆分为若干单点，则原图是 $\mathtt{\text{c-algae}}$ 的。

操作一是 $O(n+m)$ 的，操作二是 $O(n^2)$ 的。

每次操作二至少消耗 $O(n)$ 条边（最坏情况左图 $1$ 个点，右图 $n-1$ 个点），故至多执行 $O(\frac{m}{n})$ 轮。

优化操作二，如何找到 $u$ 在补图中的连通块？

链表维护当前未被拓展的点，对应当前点枚举所有未被拓展的点。

如果他们没有边相连，说明他们在补图上连通，把他加入队列并从链表中删除。

每个点只会拓展一次，而"有边相连"的情况只会发生 $m$ 次，复杂度 $O(n+m)$。

总复杂度 $O((n+m)\frac{min(m,n^2)}{n})=O((n+m)\sqrt{m})$。

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P3429 [POI2005] DWA-Two Parties

假设答案为 $n$：

$$\{\begin{array}{ll}\underset{(u,v)\in E}{⨁}co{l}_v=0& 2\mid d_u\\ \\ \left(\underset{(u,v)\in E}{⨁}co{l}_v\right)\oplus co{l}_u=1& 2\nmid d_u\end{array}$$

高斯消元 $O(\frac{n^3}{w})$ 求解。

现在证明该方程组一定有解。

无解当且仅当从中选出若干方程，他们异或起来满足左边各项系数为 $0$，右边为 $1$。

第 $i$ 个点对应方程被选中当且仅当 $i\in S$。

• 有奇数个奇度点被选，这保证了右边为 $1$。

• 每个被选奇度点，有奇数个相邻点被选；其他所有点（不一定被选）有偶数个相邻点被选。

  选 $i$ 会使其所有相邻点的系数异或一，上述约束保证了左侧各项系数为零。

构造一个新图，满足点集仍是原图点集，边集为 $\{(u,v)\mid u\in S\wedge v\in S\}$。

新图中，$S$ 中奇度点度数为奇，其他点度数为偶。

奇数个奇度点度数仍是奇数，这与无向图度数和为偶数矛盾，故 $S$ 不存在，原方程组恒有解。

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P5919 [POI2004] MAK

$i$ 向 $p_i$ 连边，$k$ 轮后 $a_i$ 的值即 $i$ 向父亲跳 $k$ 步到的位置。

不难得到一个置换的 $\mathtt{\text{order}}$ 就是其所有环长的 $\text{lcm}$。

问题转化为，求一组正整数 $x_1+x_2+\cdots +x_m=n$ 使得的 $\text{lcm}(x_1,x_2,\cdots ,x_m)$ 最大。

如果已知 $\{x\}$，如何最小化字典序？

对于一个环 $\{e_1,e_2,\cdots ,e_k\}$，默认 $e_i\le e_{i+1}$。

其能产生的最小字典序为 $p(e_i)=e_{i+1},p(e_k)=e_1$。

一个环所占值域一定是一段连续区间。

贪心的将长度小的环放在前面，从 $1$ 到 $n$ 依次填充每个环，因为这样能使 $e_1$ 尽可能往前。

1. 如果 $\text{lcm}$ 相同，自环越多越好。

   贪心的将自环放在最开头，显然自环多的字典序小。

2. 一定存在一组最优方案，使得所有环长两两互质。

   假设 $gcd(x_i,x_j)=d>1$，令 $x_i\to x_i/d$，$\text{lcm}$ 不变，多的总和可以作为自环。

3. 一定存在一组最优方案，使得所有环长都是质数幂次。

   假如 $x$ 形如 $p^a{q}^{b}c$，其中 $p,q$ 是不相同的质数，$c$ 没有质因子 $p,q$。

   显然将 $x$ 拆成 $p^a$ 和 $q^{b}c$ 不改变总的 $\text{lcm}$，而总和 $p^a+q^{b}c<p^a{q}^{b}c$，可以多出自环。

   证明就是对于大于 $1$ 的正整数 $a\ne b$，$(a-1)(b-1)>1⟹a+b<ab$。

考虑筛出 ${10}^4$ 内的所有质数。

较大的质数基本用不到，实测取前 $200$ 个可以通过本题。

$f(i,j)$ 表示考虑了前 $i$ 个质数，在总和不超过 $j$ 的情况下的最大 $\text{lcm}$，同时 $g(i,j)$ 记录决策。

由于只要比对大小，我们不妨将 $f(i,j)$ 取对数，这样就能在 double 下比较。

如果最优方案的总和不满 $n$，一直补自环即可。

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P6756 [BalticOI2013] Brunhilda’s Birthday

记 $f_n$ 表示 $n$ 的答案，显然 $f_n=1+min{f}_{\lfloor \frac{n}{p_i}\rfloor \cdot p_i}$。

考虑填表法，$f_n+1\to f_{[n+1,n+p_i-1]}$，其中 $p_i\mid n$，只有最大的 $p$ 有用，记作 $h_n$。

下面说明 $f$ 是单调的。

假设 $f_i\ne f_{i+1}$，设他们的转移点分别为 $j,k$。

如果 $k=i$，$f_{i+1}=f_i+1$。

否则 $k<i$，既然 $k$ 能覆盖到 $i+1$ 那么他也能到 $i$，$f_i$ 从 $j$ 转移过来说明 $j$ 比 $k$ 优，即 $f_i<f_{i+1}$。

设 $r_{i+1}=\underset{f_n=i}{max}n+h_n-1$，那么 $f_i$ 就是找到最小的一个 $x$ 满足 $r_x\ge i$，容易维护。

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P9179 [COCI2022-2023#5] Logaritam

对于 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$，$x_n=a_1{x}_{p_1}+a_2{x}_{p_2}+\cdots ,a_k{x}_{p_k}$。

一个数改动，说明其至少有一个质因子发生改动。

一个质数改动，只会改动其所有倍数，且不产生矛盾，贪心的选最大指数即可。

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P9180 [COCI2022-2023#5] Slastičarnica

在钦定当前左端点位置，满足了几个要求下，显然右端点越远越好。

设 $f(i,p)$ 表示满足了 $i$ 个要求，左端点在 $p$ 时，最大的右端点。

设 $a(i,p)$ 大于等于 $p$ 的第一个位置 $j$ 满足 $[j,j+d_i)$ 全部 $\ge s_i$。

同理 $b(i,p)$ 表示小于等于 $p$ 的第一个位置满足 $(j-d_i,j]$ 全部 $\ge s_i$。

以上信息容易 $O(nq)$ 预处理，其中 $q\leftarrow min(q,n)$。

考虑第 $i$ 个要求是用前缀还是后缀满足的（转移方程省略第一维）：

$$f(a(i,p)+d_i)\leftarrow f(p),f(p)\leftarrow b(i,f(p))-d_i$$

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P2048 [NOI2010] 超级钢琴

通过某种方式找到前 $k$ 大的区间。

设 $f(i,l,r)$ 表示以 $i$ 为左端点，使 $s_p-s_{i-1}$ 最大的右端点 $p$，$p\in [l,r]$。

容易st表预处理后 $O(1)$ 得到。

假设当前全局最大值为 $p=f(i,l,r)$，去掉 $[i,p]$ 后，答案还可能从 $f(i,l,p-1)$ 和 $f(i,p+1,r)$ 产生。

优先队列维护一个bfs状物即可。

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NFLSOJ 12394

题意：给定 $a,b$，称 $a$ 的一个子序列 $\{p_1,p_2,\cdots ,p_k\}$ 是好的，当且仅当 $\mathrm{\forall }i,a_{p_{i+1}}>b_i\times a_{p_i}$。

求最长好子序列的长度，$1\le n\le {10}^6,1\le a_i,b_i$。

$f(i,j)$ 表示考虑了 $1\sim i$，长度为 $j$ 的好子序列末尾元素最小值。

$f_j^{\prime }\leftarrow a_i$ 当且仅当 $a_i>f_{j-1}\times b_{j-1}$。

注意到，$i$ 相同时，$f(i,j)$ 单调递增（好序列中元素是严格递增的）。

找到第一个 $k$，满足 $f(i-1,k)>a_i$。

对于 $j<k$，$a_i$ 显然不能更新；对于 $j>k$，$f(i-1,j-1)>a_i$，因此 $a_i$ 没有机会大于 $f(i-1,j-1)\times b_{j-1}$。

综上所述，每次最多改动一个位置，且这个位置唯一确定，时间复杂度 $O(n\log n)$。

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P3226 [HNOI2012] 集合选数

构造一个矩阵：

1  2  4  8   16  32  ...
3  6  12 24  48  96  ...
9  18 36 72  ...
27 ...

设左上角元素为 $e$，那么 $(i,j)$ 中元素为 $e{3}^i{2}^j$，不会有重复。

问题转化为，在这个矩阵中，选出一个集合，满足没有相邻的两个元素被同时选中的方案数。

行列都只有 ${\log }_{2}n,{\log }_{3}n$ 级别，可以状压dp。

然而光是这一个矩阵不能覆盖所有 $1\sim n$，对于所有的 $2\nmid e\wedge 3\nmid e$，都能建出这么一个矩阵，且不同矩阵中不存在相同元素。

根据乘法原理，每个矩阵的结果相乘即可。

submission

NFLSOJ 971

题意：构造一颗恰有 $k$ 条直径的树，$1\le k\le 5\times {10}^6$。

限制：$2\le n\le 5000,0\le w\le {10}^5$，$w$ 表示边权。

这样就花费 $x+y+z+4$ 个点构造出一棵拥有 $xy+xz+yz$ 条直径的树。

类似的，可以构造出一棵 $x+y+3$ 个点 $xy$ 条直径的树。

打表验证，上面两种已经覆盖了全部情况。

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P6869 [COCI2019-2020#5] Putovanje

统计每条边遍历次数，树上差分解决。

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P6742 [BalticOI 2014 Day2] Portals

自己手玩一下，存在一种最优方案使得两个传送门是从同一点发射的。

肯定是挑离自己最近的一个墙壁发射一个，然后传送到另一个方向的墙壁。

预处理每个点到四个方向墙壁中的最短距离，然后跑最短路即可。

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HDU 6883

题意：给定 $n$ 个堆，每个堆恰好 $3$ 个物品，从上至下价值分别为 $a_i,b_i,a_i$。

选出一个物品必须先选其上方所有物品，$f(i)$ 表示选出恰好 $i$ 件物品的最大价值和。

给定 $k$，求 $\underset{i\le k}{⨁}f(i)$，$n\le 5\times {10}^6,k\le 3n$。

每个堆对答案的贡献只有四种：不选，$a_i$，$a_i+b_i$，$a_i+b_i+a_i$。

把一个堆拆为两个互相独立的物品：体积 $1$ 价值 $a_i$，体积 $2$ 价值 $a_i+b_i$。

决策新物品选或不选就能覆盖原问题的全部情况。

贪心的按 ${\displaystyle \frac{\text{价值}}{\text{体积}}}$ 将新物品从大到小排序。

如果某个前缀的体积和恰好为 $i$，那么 $f(i)$ 即为这个前缀的价值和。

否则这个前缀恰好比 $i$ 大一，说明最后选的物品体积为 $2$。

两种调整办法：在已选物品中找到体积为 $1$ 最小价值并将其删除；不选当前物品，在未选物品找到体积为 $1$ 的最大价值。

排序部分如果桶排可以做到 $O(n)$，否则需要轻微卡常。

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P7913 [CSP-S 2021] 廊桥分配

一眼三分，然后假了，因为存在一段连续的函数值相同。

假设一开始有无限多个廊桥：

按照时间顺序给每个飞机分配当前可用编号最小的廊桥，设 $i$ 对应 $c_i$。

如果限制廊桥个数只有 $k$ 个，$i$ 能分配到当且仅当 $c_i\le k$。

处理一个前缀和数组然后枚举 $k$ 即可。

submission

P7915 [CSP-S 2021] 回文

根据第一步的决策进行分类讨论，假设第一步选 L。

找到和 $a_1$ 相同的位置 $k$，把整个序列分为两部分：$[2,k-1],[k+1,n]$。

问题转换为：给你两个栈 $p,q$，每次弹出某个栈的栈顶，要求最后序列回文，且操作的字典序最小。

还是考虑第一步，如果要弹出 $p$ 的栈顶，那么这个元素必须同时出现在某个栈的栈底，这样才能回文。

在 $p,q$ 都能弹出时优先弹 $p$，最小化字典序。

把栈顶和对应栈底都弹出后，变为了一个规模为 $n-2$ 的子问题（原来是 $n-1$），继续做即可。

submission

P7914 [CSP-S 2021] 括号序列

基本独立想出来的（因为用了std调试）。

1. ()、(S) 是好的，S 表示仅由不超过 $k$ 个字符 * 组成的非空字符串。
2. 如果 A 和 B 是好的，那么 AB、ASB 是好的。
3. 如果 A 是好的，那么 (A)、(SA)、(AS) 是好的。

设 $f_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 是好的的方案数，$g_{l,r}=0/1$ 表示 $[l,r]$ 是否有可能成为一个 S 串。

设 $c_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 形如 A 或 S 或 SA 或 AS 的方案数。

考虑如何计算 $f$，如果 $[l,r]$ 是第三种方式生成的：$f_{l,r}\leftarrow c_{l+1,r-1}$。

如果 $[l,r]$ 是第二种方式生成的，枚举与 $l$ 匹配的右括号位置：

$$f_{l,r}\leftarrow \sum _{i=l+1}^{r-2}{c}_{l+1,i-1}\sum _{j=i+1}^{r-1}{g}_{i+1,j-1}\times f_{j,r}$$

对于某个固定的 $i$，$g_{i,j}$ 是单调的，预处理每个 $i$ 对应最大的 $j$ 满足 $g_{i,j}=1$，记作 $p_i$。

那么：

$$f_{l,r}=c_{l+1,r-}+\sum _{i=l+1}^{r-2}{c}_{l+1,i-1}\sum _{j=i+1}^{min(r-1,p_{i+1}+1)}{f}_{j,r}$$

后面那个用后缀和优化下就能变成 $O(n^3)$。

submission

P7960 [NOIP2021] 报数

小常数 1e7 单 log 是能冲过 1s 的。

P7961 [NOIP2021] 数列

设 $f(i,j,k,p)$ 表示考虑了 $0\sim i-1$，填了 $j$ 个数，当前 $S$ 中有多少位 $1$，进 $p$ 位到 $i$ 的方案的贡献。

往后转移，决策放了 $l$ 个数等于 $i$：

$$f(i+1,j+l,k+[2\nmid p+j],\lfloor \frac{p+j}{2}\rfloor )\leftarrow f(i,j,k,p)\times v_i^l\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{l})$$

复杂度 $O(n^{4}m)$。

submission

P7962 [NOIP2021] 方差

假设现在有四个数 $a,b,c,d$，对第二个数做题中变换：$a,a+c-b,c,d$。

变换前后差分数组分别为 $b-a,c-b,d-c$ 和 $c-b,b-a,d-c$。

不难发现，该操作等价于交换差分。

感性理解一下，存在一组最优解使得差分数组是单谷的，因为这样能使数组尽可能平均。

将差分数组排序，从小到大插入，每次插在前面或后面。

化简答案：

$$n\sum a_i^2-(\sum a_i{)}^2$$

直接维护两个东西的差不是很好做，考虑把一维记在状态里。

$f(i,j)$ 表示考虑了前 $i$ 个差分，$\sum a_i$ 为 $j$ 时最小的 $\sum a_i^2$。

转移考虑每个 $d_i$ 插在前面还是后面（最后再插入 $a_1$）。

差分为 $0$ 插在开头最优，不发生转移；非 $0$ 的差分只有 $min(a,n)$ 个，稍加剪枝可以通过。

时间复杂度 $O(n{a}^2)$。submission

CF2035B

题意：构造一个长度为 $n$，只包含 $3,6$ 且能被 $66$ 整除的数，最小化字典序。

$n$ 的构造可以在 $n-2$ 的构造之前加 $33$，因为 $66\mid 3300$。

不会出现 $n-1$ 的构造之前加 $3$ 的情况，因为 $6\times 11\nmid 3\times 2^i\times 5^i$。

$n=2$ 的构造为 $66$；$n=1$ 或 $3$ 无解，$n=5$ 构造为 $36366$。

submission

P3561 [POI2017] Turysta

【参考】：竞赛图性质研究。

结论1：竞赛图强连通缩点后的DAG呈链状，且前面的所有点向后面的所有点连边。

归纳证明，逐个加入强连通分量。

设橙色点为当前加入的 scc：如果 $x$ 连向所有点，放在链头；

否则 $x$ 的入边都在出边前面（否则成环），找到对应位置插入即可。

结论2：任意竞赛图存在一条哈密顿链。

增量构造，考虑在当前链的基础上加入点 $x$。

如果 $x$ 指向链头或链尾指向 $x$，直接接在两端即可。

否则，用 $1$ 表示指向 $x$，$0$ 表示被 $x$ 指向，那么原链可以表示为 $1\cdots \cdots 0$。

一定存在相邻的 $10$，将 $x$ 插入对应两点当中。

时间复杂度 $O(n^2)$。

结论3：强连通的竞赛图一定存在哈密顿圈。

假设已经找出了一条链。

找到指向链头的一个点 $t$，组成初始环 $s\to nx{t}_s\to \cdots \to t\to s$。

一定存在这么一个 $t$，否则 $s$ 只有出边没有入边，$nx{t}_s$ 不能到达 $s$，与强连通矛盾。

考虑加入 $i=nx{t}_t$。

如果 $i$ 指向 $s$，直接拓展：断开 $t\to s$，接上 $t\to i\to s$。

否则找到第一个 $x$ 使得 $i\to x$，构造如下路径：

即设 $pr{e}_x=y$，构造 $i\to x\to \cdots t\to s\to \cdots y\to i$。

因为 $x$ 是第一个 $i\to x$，因此 $y,i$ 之间的关系一定是 $y\to i$。

如果找不到 $x$ 呢？

不妨先跳过当前点继续往下走，直到找到一个 $i$ 存在 $i\to x$（一定能找到，否则不强连通）。

即：$x\to \cdots t\to s\to \cdots y\to nx{t}_t\to \cdots i\to x$。

同时更新 $s$ 为 $x$，$t$ 为 $i$。

---

本题做法：

缩点，对于每个强连通分量跑出哈密顿回路。

对于每组询问，从 $i$ 点所在连通分量开始，沿着DAG链往下把所有回路拼接起来。

submission

CF1685C

用 $\pm 1$ 替代原串，设 $a$ 为前缀和数组，合法当且仅当 $\mathrm{\forall }i,a_i\ge 0$。

一个重要的观察：答案不超过 $2$。

设 $p$ 为 $a_i$ 最大的位置，翻转 $[1,p]$，翻转 $[p+1,2n]$ 得到的序列一定合法。

对于 $i\le p$，$a_p-a_{p-i}\ge 0$，对于 $i>p$，$a_p+a_{2n}-a_{2n-p}\ge 0$，符合条件。

答案为零容易判断，现在只要考虑答案是否为 $1$。

假设翻转 $[l,r]$ 后合法，需要满足：$\mathrm{\forall }i<l\wedge i\ge r,a_i\ge 0$，$\mathrm{\forall }l\le i\le r,a_{l-1}+a_r-a_{i-1}\ge 0$。

设 $s,t$ 分别为第一和最后一个 $a_i<0$ 的位置。

那么 $l<s\wedge r>t$，$max[l-1,s)\cup [s,t]\cup (t,r-1]\le a_{l-1}+a_r$，

贪心的选 $a_{l-1}$ 和 $a_r$ 最大的，这样只要考虑 $[s,t]$ 的限制。

submission

**マス目と整数 **（link）

前面忘了，黑降绿，后面忘了。

a b
c d
e f

$a+d=c+b,c+f=d+e⟹a-b=c-d=e-f$。

推广到相邻两列差值相同，等价于任意两列差值相同（相同行元素）。这是条件成立的充要条件。

如果同时存在 $a_{x,i},a_{x,j}$ 已经确定，$i$ 向 $j$ 连边，边权 $a_{x,i}-a_{x,j}$。

带权并查集判断是否出现矛盾。

否则所有列的差值关系都被确定，接下来考虑点权非负的限制。

对于每个连通块，选出基准列 $i$，算出其在该连通块限制下可能的最小权值 $min{a}_{x,j}-d_{j-i}$。

以该基准列出发，跑出该连通块其他权值，看是否非负即可。

submission

CF883D

二分答案 $d$，然后就是CF1476F的弱化。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个吃豆人能覆盖的最远右端点，设第 $i$ 个吃豆人的位置为 $p_i$。

如果 $i$ 往右，当且仅当 $f_{i-1}$ 到 $p_i$ 之间没有豆子了，$f_i\leftarrow max(f_{i-1},p_i+d)$。

如果 $i$ 往左，当且仅当 $f_{i-1}$ 到 $p_i-d$ 之间没有豆子，$f_i\leftarrow p_i$。

$i$ 往左可能使某些 $j$ 往左的贡献无效（不用 $j$ 也能覆盖），可以让这些 $j$ 指向右边从而覆盖更远。

如果某个 $j<i$ 能往右，$i-1$ 也能往右，且 $p_{i-1}+d$ 最大。

因此如果 $i$ 往左，且 $f_{i-2}$ 到 $p_i-d$ 之间没有豆子，$f_i\leftarrow p_{i-1}+d$。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

submission

P11290 【MX-S6-T2】「KDOI-11」飞船

$x=1$ 没用。

设当前速度为 $v$，如果加速后更优：$\frac{d}{vx}+t<\frac{d}{v}$。

当 $v>d$ 时，由于 $t\ge 1$，必然有 $\frac{d}{vx}+t\ge \frac{d}{v}$，因此最优方案下速度不大于最长距离。

$f_{i,j,k}$ 表示考虑了前 $i$ 个加油站，速度为 $2^j{3}^k$ 的最小时间。

二分出终点前第一个加油站位置并统计答案即可。

submission

CF461E

如果 $s$ 确定，如何求出其最小操作数？

$g_i$ 表示前缀 $i$ 最少被分成多少段，$g_i$ 能从 $g_j+1$ 转移当且仅当 $(j,i]$ 是 $t$ 的子串。

注意到 $g_i\ge g_{i-1}$，因为任意 $i$ 的方案都能砍掉 $s_i$ 后变成 $i-1$ 的方案。

因此 $i$ 的转移点为最小的 $j$ 满足 $(j,i]$ 是 $t$ 的子串。

有如下贪心：对于每一段，能延伸就延伸（在 $t$ 的 sam 上跑，有转移边就走，否则回到根）。

在段数相同的情况下要最小化总长度，这样才能在总长度确定时最大化段数。

设 $f(k,i,j)$ 表示已经拼了 $k$ 段，以字符 $i$ 开头且不能再往后延伸一个字符 $j$ 的最小总长度。

倍增优化：$f(2^k,i,j)\leftarrow f(2^{k-1},i,x)+f(2^{k-1},x,j)$。

问题转化为求 $f(1,i,j)$。

其代表的子串在将来一定是接一个 $j$ 开头的段，并产生 $2$ 的贡献。

把以 $i$ 开头的字符串 $s$ 分成三类：

1. 是 $t$ 的子串且后面不能加 $j$，在后面接一个 $j$ 开头的段，恰好产生两个段。
2. 是 $t$ 的子串且后面能加 $j$，不一定能产生两个段。
3. 不是 $t$ 的子串，已经产生至少两个段了，哪怕新接的段不产生贡献，贡献仍然至少为二。

因此在相同长度下，一三比二更优。

固定长度为 $k$，第二类有 $x=O(n)$ 种，一三加起来有 $4^{k-1}-x$。

存在一三串当且仅当 $4^{k-1}-x>0$，取 $k=11$ 足矣。

对所有后缀建出树高为 $11$ 的字典树即可求出所有有用的 $f(1,i,j)$（可能存在大于 $11$，但是没用）。

统计答案：从高到低枚举 $2^k$，$h_{i,j}$ 表示 $i$ 开头，后面接不了 $j$，在当前答案下的最小长度。

由于有“不能接”这一限制，贪心的让 $h_{i,j}<n$，并在最后补一个 $j$（体现在答案上就是加 $1$）。

submission

P9195 [JOI Open 2016] JOIRIS

如果所有 $a_i$ 模 $k$ 同余，那么容易一直放竖条把整个消掉。

在模 $k$ 意义下考虑整个问题。

存在一种构造，是一个长度为 $k$ 的连续段不变，其他位置减 $1$：

设 $[i,i+k)$ 的最大值为 $x$，在所有其他列上不断放竖条直到超过 $x$。

在 $i$ 放横条，这样就能把这一行消掉，达到上述目的。

从左往右做一遍，这样可以使 $[1,n-k+1]$ 模 $k$ 同余，然后从右往左再做一遍

submission

P9350 [JOI 2023 Final] Advertisement 2

把 $|X_i-X_j|\le E_i-E_j$ 按照 $X$ 的大小关系拆开。

这两种情况又能统一为 $X_i-X_j\le E_i-E_j$ 且 $X_j-X_i\le E_i-E_j$。

这是一个二维偏序问题，$E_i-X_i$ 看作横坐标，$E_i+X_i$ 看作纵坐标。

$j$ 能被 $i$ 影响当且仅当 $j$ 的矩形被 $i$ 覆盖。

按照横纵标排序，跑一个纵坐标的单调栈即可。

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P3557 [POI2013] GRA-Tower Defense Game

称距离为 $1$ 的覆盖为覆盖，距离为 $2$ 的为拓展。

证明以下策略是正确的：随便找到一个未被染色的点并往外拓展。

设原图一个大小为 $k$ 的点覆盖为 $S$ 。

从 $x$ 拓展能够花费 $1$ 的距离到和 $x$ 有边的 $y\in S$，剩下 $1$ 的距离相当于 $y$ 在覆盖。

每次至少会走到一个新的 $y$（从 $y$ 开始没覆盖过），否则：

• 和 $x$ 距离为 $1$ 的点集中不存在 $y\in S$，那么 $S$ 不是原图的点覆盖。
• 存在 $y\in S$ 已经被用过，这和 $x$ 未染色矛盾。

因此 $x$ 的数量不超过 $k$。

submission

CF1592D

由于 $gcd(a,b,c)\le gcd(a,b)$，题目所求就是最大边权。

如何让询问的点集连通？

可以在长度为 $2n-1$ 的欧拉序上二分，满足 $a_i$ 和 $a_{i-1},a_{i+1}$ 之间都有边。

询问次数为 $1+{\log }_{2}2000=12$。

submission

NFLSOJ 10305

题意：给定无向图 $G=(V,E)$，是否存在一个序列 $v_0\sim v_{k-1}$ 满足：

• 不存在 $v_i=v_j$。
• $(v_i,v_{(i+1)modk})\in E$。
• $\sum c_{v_i}>\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$。

其中 $c_i$ 是 $i$ 的点权，最多三位小数。

数据范围：$n\le 500,m\le 2000,0\le c_i\le 1$。

小数完全没用，因为不等号两边可以同时乘 $1000$ 变成整数。

设边权 $w(u,v)=c_u+c_v-1$，那么题目所求等价于：

• 一条正权边。
• 一个边权和为正的环。
• 一个边权和大于 $-1$ 的奇环（下取整的缘故）。

显然如果第二种情况存在，必然第一种情况存在，因此只需判断有无正权边。

现在所有边为负，要找一个边权和最大的奇环。

拆点，设 $u$ 奇点为 $u_1$，偶点为 $u_0$，$u_i$ 向 $v_{i\oplus 1}$ 连边。

对每个 $u_i$ 跑最长路（dij），判断 $di{s}_{u_{\oplus 1}}$ 是否大于 $-1$，时间复杂度 $O(nm\log m)$。

当且仅当 d[x] + w > d[y] 才松弛可以使最长路上的点不重复。

但是没有保证原图上的点也不重复，即可能出现同一个点的奇点偶点同时出现在路径中的情况。

取这两个点之间的一段作为新环，边数为奇，且总和一定大于 $-1$。

submission

AT_code_festival_2017_qualc_f

设 $S_A=\{i_1,i_2,\cdots ,i_{n/3}\}$ 为 $A$ 最终吃掉的寿司在 $\{a\}$ 中的下标，同理 $S_B,S_C$。

假设已经知道 $S_A,S_B,S_c$，怎么求符合条件的排列 $\{c\}$ 个数？

从后往前考虑。$a_{i_{n/3}},b_{j_{n/3}}$ 在 $c$ 中的位置一定大于 $k_{n/3}$，否则 $C$ 会选 $a_{i_{n/3}}$ 或 $b_{j_{n/3}}$。

即这三个数在 $c$ 中的相对位置一定形如 $c_{k_{n/3}}{a}_{i_{n/3}}{b}_{j_{n/3}}$ 或 $c_{k_{n/3}}{b}_{j_{n/3}}{a}_{i_{n/3}}$。

再考虑倒数第二步，同样只要满足 $a,b$ 对应元素在 $c$ 后面就行。

不会对第 $n/3$ 步产生影响，因为在第 $n/3$ 步时这些元素都被删掉了。

此时 $c$ 中已经插入了三个位置，$c_{k_{n/3-1}}$ 肯定是插在 $c_{k_{n/3}}$ 前面，而 $a_{i_{n/3-1}},b_{j_{n/3}-1}$ 分别有 $4$ 和 $5$ 个空格可插。

因此操作序列确定时，$\{c\}$ 的个数为 $\prod _{i=1}^{n/3}(3i-1)(3i-2)$。

问题转化为有多少合法的 $\{S_A,S_B,S_C\}$。

当 $S_A,S_B$ 确定时，有多少合法的 $S_C$？

合法当且仅当对于任意 $1\le t\le \frac{n}{3}$ 都满足：

1. $c_{k_t}\notin a[1\sim i_t]\cup b[1\sim j_t]$ 。
2. $b_{j_t}\notin a[1\sim i_t]\cup c[1\sim k_t]$ 。
3. $a_{i_t}\notin b[1\sim j_t]\cup c[1\sim k_t]$ 。

计算系数时，已经保证了 $a_{i_t},b_{j_t}\notin c[1\sim k_t]$。

现在只要保证 $\mathrm{\forall }t,a[1\sim i_t]\cup b[1\sim j_t]$ 中 $a_{i_t}$ 只出现一次，$b_{j_t}$ 只出现一次，$c_{k_t}$ 不出现。

考虑 $c_{k_t}$ 有哪些值不能取？

• $t^{\prime }>t$ 的所有 $a_{i_{t^{\prime }}},b_{j_{t^{\prime }}},c_{k_{t^{\prime }}}$，共 $3(\frac{n}{3}-t)$ 个。
• $a[1\sim i_t]\cup b[1\sim j_t]$ 中的所有元素。

上下两部分无交，元素总数为 $n$，因此 $c_{k_t}$ 可以取的个数为 $3t-|a[1\sim i_t]\cup b[1\sim j_t]|$。

为什么要从后往前考虑？因为如果从前往后，不能取的上下两部分有交，不容易计算。

因此合法 $S_C$ 的个数为 $\prod 3t-|a[1\sim i_t]\cup b[1\sim j_t]|$。

设计一个DP：$f_{t,i,j}$ 表示填了 $t$ 个位置，$i_t=i,j_t=j$ 的方案数：

$$f_{t,i,j}=(3t-|a[1\sim i]\cup b[1\sim j]|)\sum f_{t-1,i^{\prime },j^{\prime }}$$

前缀和优化一下就能 $O(1)$ 转移。

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[ARC172D] Distance Ranking

记 $a_{i,j}$ 表示点 $i$ 的第 $j$ 维坐标，$L={10}^8$。

构造 $a_{i,i}=L,a_{i,j<i}=0,a_{i,j>i}=r{k}_{i,j}$。

现在考虑 $i,j(j>i)$ 距离的平方：$L^2+(r{k}_{i,j}-L{)}^2+\sum r{k}_{i,k}^2+\sum (r{k}_{i,k}-r{k}_{j,k}{)}^2$。

注意第二项展开后有 $-2r{k}_{i,j}L$，如果 $rk$ 差一，带来的影响远比后面大。

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P5361 [SDOI2019] 热闹的聚会与尴尬的聚会

题意：找一个导出子图，设其最小度数为 $p$；找一个独立集，设其大小为 $q$。

需要满足：$\lfloor \frac{n}{p+1}\rfloor \le q$ 且 $\lfloor \frac{n}{q+1}\rfloor \le p$。

分析一下这个奇怪的条件：

• $p+1\mid n⟹\frac{n}{p+1}\le q$。
• $p+1\nmid n⟹\frac{n}{p+1}<q+1$。

即不管整不整除，两个限制都等价于 $(p+1)(q+1)>n$。

$p,q$ 肯定都是越大越好。

最大化 $p$ 是容易的：每次删除度数最小的点（不可能不删他而使答案变大）。

最大化 $q$？最大独立集是 npc，没法做。

考虑如下策略：每次选度数最小的点，并删除他和他的邻域。

被选点度数一定不超过 $p$，否则剩余点就是第一问的更优解，矛盾。

因此每选一个点，最多新删除 $p+1$ 个点。

一直选点直到所有点被删除，有 $q\times (p+1)\ge n⟹(p+1)(q+1)>n$ 。

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P6982 [NEERC2015] Jump

题意：每次询问一个 01 串 $t$，设 $k=|s\cap t|$，当且仅当 $k=\frac{n}{2}$ 或 $n$ 时返回 $k$，否则返回 $0$。

在不超过 $n+500$ 次询问后猜出 $s$。$1\le n\le 1000$。

考虑 $t_0=000,t_1=100,t_2=110,\cdots ,t_{n-1}=111$。

在这 $n$ 个询问当中，一定存在一次 $k=\frac{n}{2}$。

证明：$|t_0\cap s|$ 和 $|t_{n-1}\cap s|$ 一定分布在 $\frac{n}{2}$ 两侧，而 $t_i\to t_{i+1}$ 至多使交集大小变化 $1$，因此能遍历所有取值。

现在已经得到了一个交集为 $\frac{n}{2}$ 的串 $t$。

设 $c_i=[t_i=s_i]$。

对 $t$ 中 $i,j$ 两个位置取反后再询问，如果返回 $\frac{n}{2}$，说明 $c_i\ne c_j$，否则 $c_i=c_j$。

固定 $t_0$，花费 $n-1$ 次询问可以得到 $c_i$ 和 $c_0$ 的关系。

枚举 $c_0$ 是 $0$ 还是 $1$，剩下部分唯一确定。

这样我们就得到了一个最坏询问次数为 $2n+1$ 的确定性算法。

考虑随机来得到第一步：一次正确的概率为 $\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n/2})}{2^n}\approx O(\frac{1}{\sqrt{2n}})$，随机 $499$ 轮的正确性是有保证的。

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QOJ 7864. Random Tree Parking

题意：给定一棵树，求长度为 $n$ 的序列 $\{a\}$，满足：

枚举 $i=1$ 到 $n$，将 $a_i$ 祖先中深度最大的未染色点染色（包含本身），使得 $n$ 次操作后所有点被染色。

数据范围：$2\le n\le {10}^5$，且 $i$ 的父亲随机在 $[1,i-1]$ 中生成。

注意到如下事实：一个合法的 $\{a\}$ 的任意排列都是合法的。

考虑进行子树 DP，统计 $u$ 子树内的序列 $\{b\}$，满足 $b=\{a_i\mid a_i\in \text{subtree}(u)\}$。

把所有属于 $u$ 子树中的 $a_i$ 都操作后会发生什么？整个 $u$ 子树都被染色，且有可能往上染到 $u$ 到某个祖先。

设 $f_{u,i}$ 表示 $u$ 子树内的序列 $b$ 个数，使得操作后染到 $u$ 的 $i$ 级祖先。

我们可以知道 $b$ 的大小为 $s{z}_u+i$。

现在考虑合并 $u$ 和儿子 $v$（此时先不把 $u$ 放到 $\{b\}$ 里，只考虑子节点）：

$$g_{u,i+j}\leftarrow g_{u,i}\times f_{v,j}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{s{z}_u+i+s{z}_v+j}{s{z}_u+i})$$

$s{z}_u$ 表示已经合并的子树总大小。

现在往子节点组成的序列中插入 $u$，枚举 $u$ 的个数 $i$：

$$f_{u,i+j-1}\leftarrow g_j\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{s{z}_u+j+i}{i})$$

最后 $s{z}_u\leftarrow s{z}_u+1$。

由于整棵树随机，树高期望 $O(\log n)$，因此时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

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QOJ 8049. Equal Sums

朴素 DP：$f(i,j,k)$ 表示 $\sum ^{i}x-\sum ^{j}y=k$ 的方案数。

前缀和优化可以做到 $O(1)$ 转移，但是状态数是 $O(n^{2}nV)$ 的，无法通过。

考虑状态 $(i,j,k)$：

• $k\le 0$，强制转移到 $(i+1,j,k+x_{i+1})$。
• $k>0$，强制转移到 $(i,j+1,k-y_{j+1})$。

这样就把第三维控制在了 $[-V,V]$，状态数减小为 $O(n^{2}V)$。

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QOJ 9479. And DNA

题意：计数序列 $A$，满足 $A_i\in [0,M],A_i+(A_{i-1}\text{ and }{A}_{i+1})=M$，其中认为 $A_0=A_N,A_{N+1}=A_1$。

数据范围：$N,M\le {10}^9$。

逐位考虑，$X_i$ 表示 $X$ 的第 $i$ 位。

在最低位时，满足对于所有 $i$，$A_{i,0}+(A_{i-1,0}\text{ and }{A}_{i+1,0})$ 相同，等于 $M_0$。

• $M_0=0$：$A$ 的最低位要么全 $0$ 要么全 $1$。
• $M_0=1$：不能有连续三个 $1$，不能有连续两个 $0$，记方案数为 $w_N$。

我们发现，只有全 $1$ 的情况才会对下一位进 $1$，且所有 $A_i$ 都会进位。

由于进位是统一的，这说明在更高位 $A_{i,k}+(A_{i-1,k}\text{ and }{A}_{i+1,k})$ 全部相同依旧存在。

设 $c_k=A_{i,k}+(A_{i-1,k}\text{ and }{A}_{i+1,k})$，需要满足 $c_k$ 加进位等于 $M_k$。

设 $f_{i,0/1}$ 表示填了 $0\sim i$ 位，有没有向第 $i+1$ 位进 $1$（这里的进位对象为表达式 $A_i+(A_{i-1}\text{ and }{A}_{i+1})$）。

• $M_k=0$：

  $$\begin{array}{rlr}{f}_{k,0}& =f_{k-1,0}& \text{这一位全填 }0\\ f_{k,1}& =f_{k-1,0}+f_{k-1,1}\times w_N& \text{全填 }1\text{ 或 }{c}_k=1\end{array}$$

• $M_k=1$：

  $$\begin{array}{rlr}{f}_{k,0}& =f_{k-1,1}+f_{k-1,0}\times w_N& \text{上一位有进位且这一位全填 }0\text{ 或 }{c}_k=1\\ f_{k,1}& =f_{k-1,1}& \text{上一位有进位且这一位全填 }1\end{array}$$

唯一问题只剩 $w_N$ 怎么求。

考虑对序列 $1011010\cdots$ 找到第一个 $0$ 的位置：

如果这个 $0$ 和紧跟着的 $1$ 组成 $01$，方案为 $w_{N-2}$（删掉 $01$ 后能对应唯一一种合法方案）。

如果组成 $011$，方案为 $w_{N-3}$。两种方案无交且覆盖所有情况。

有递推式 $w_N=w_{N-2}+w_{N-3}$，边界 $w_1=0,w_2=2,w_3=3$，矩阵快速幂 $O(\log M)$ 求出。

DP 过程中有没有可能出现 $A_i>M$ 的状态呢？不可能，否则 $A_i+(A_{i-1}\text{ and }{A}_{i+1})>M$。

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AT_joi2020ho_c

断环成链，$f_{i,j,k,0/1}$ 表示考虑了区间 $[i,j]$，收集了 $k$ 个物品，停在左/右端点的最小时间。

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P9743 「KDOI-06-J」旅行

$f_{i,j,k,x,y}$ 表示当前在 $(i,j)$，已经花费 $k$ 元，有 $x$ 张往下的票，$y$ 张往右的票剩余的方案数。

1. 从上面走下来：$f_{i,j,k,x,y}\leftarrow f_{i-1,j,k,x+1,y}$。
2. 从左边走过来：$f_{i,j,k,x,y}\leftarrow f_{i,j-1,k,x,y+1}$。
3. 原地买一张往下的票：$f_{i,j,k,x,y}\leftarrow f_{i,j,k-a_{i,j},x-1,y}$。
4. 原地买一张往右的票：$f_{i,j,k,x,y}\leftarrow f_{i,j,k-b_{i,j},x,y-1}$。

如果一个方案满足两类票在 $(i,j)$ 都至少选了一个，那么他会同时被 3，4 算到。

因此最后还要减去 $f_{i,j,k-a_{i,j}-b_{i,j},x-1,y-1}$，即扣去这两个钦定在 $(i,j)$ 买的票，剩下的方案。

时间复杂度 $O(n^5)$，空间可以滚动掉一维。

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P9034 「KDOI-04」Again Counting Set

题意：对可重集 $S$ 计数，满足：

• $|S|=k$。
• $\mathrm{\forall }x\in S,0\le x\le n$。
• $\prod _{x\in S}x=minS$。
• $\sum _{x\in S}x=minS+maxS+\text{mex}(S)$。

对于第三条限制：要么 $S$ 全 $1$，要么 $0\in S$。

如果全 $1$，那么 $\text{mex}=0$，$\sum =min+max$，当且仅当 $k=2$。

现在设 $T$ 表示除最大值外的所有正整数集合，有 $\sum _T=\text{mex}$。

感性理解一下 $\text{mex}$ 不会很大，因为 $\text{mex}$ 增大，$\sum _T$ 以平方级别增长。

• $\text{mex}=1$，不存在 $T$。
• $\text{mex}=2$，$T=\{1,1\}$，最大值为 $1$ 或 $[3,n]$ 的任何数。
• $\text{mex}=3$，$T=\{1,2\}$，最大值为 $2$ 或 $[4,n]$ 任取，或 $T=\{1,1,1\}$，最大值为 $2$。
• $\text{mex}=4$，$T=\{1,1,2,\}$，最大值为 $3$。
• 满足 $\text{mex}\ge 5$ 且总和最小的 $T$ 为 $\{1,2,\cdots ,\text{mex}-2\}$，此时 $\sum _T>\text{mex}$，因此一定无解。

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P11323 【MX-S7-T1】「SMOI-R2」Happy Card

优先花三带一最优。把炸弹看成三带自己。

每种牌尽可能多的分成 $3$ 个一组，最优可能余 $2$ 或 $1$。

一张 $1$ 能花费 $1$ 的代价消耗一张 $3$。

一张 $2$ 能花费 $2$ 的代价消耗一张 $3$ 或花费 $2$ 的代价消耗两张 $3$。

因此先用 $1$ 消再用 $2$ 消，最后只剩 $3$。

一张或两张 $3$ 能花费 $2$ 的代价花完；三张或四张 $3$ 能花费 $3$ 的代价花完。

按照平均花费，一定是四张四张花最优，最后再处理余数。

贪心，太困难了！

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P11324 【MX-S7-T2】「SMOI-R2」Speaker

题意：每次给出 $x,y$，查询 $max{a}_x+a_y+a_z-\text{d}(x,z)-\text{d}(z,x)$。

设 $p$ 为 $(x,y)$ 路径中距离 $z$ 最小的点，与 $z$ 有关的贡献转化为 $a_z-2\times \text{d}(p,z)$。

设 $f_p$ 表示 $max{a}_z-2\times \text{d}(p,z)$，容易换根 DP 求出。

问题转化为查询 $(x,y)$ 路径中最大的 $f_p$，倍增 $O((n+q)\log n)$。

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P10217 [省选联考 2024] 季风

首先有 $\sum _{i=1}^m{x}_i^{\prime }=X-\sum _{i=1}^m{x}_i$。

我们想让 $|x_i^{\prime }|$ 尽可能小，因此一定存在一直最优方案使得所有 $x_i^{\prime }$ 和 $X-\sum _{i=1}^m{x}_i$ 同号。

得到条件成立的一个必要条件：

$$|X-\sum _{i=1}^m{x}_i|+|Y-\sum _{i=1}^m{y}_i|\le mk$$

随便构造一组 $\sum x^{\prime }=S_X$ 满足任意 $|x_i^{\prime }|\le k$，然后令 $|y_i^{\prime }|=k-|x_i^{\prime }|$。

此时 $\sum |y_i^{\prime }|$ 不会超过给定 $S_Y$，否则 $S_X+S_Y>mk$。

调整 $|y_i^{\prime }|$ 直到总和满足限制，这只会使 $|x_i^{\prime }|+|y_i^{\prime }|$ 越来越小，因此上述条件也是充分的。

把绝对值拆成四个不等式，一个 $m$ 合法当且仅当任意一个都满足（其中一个是充要的，其他三个顺带满足）。

枚举 $mmodn$，设 $m=kn+i$。

分别解四个不等式可以得到合法 $k$ 的上下界，时间复杂度 $O(n)$。

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P9755 [CSP-S 2023] 种树

二分答案，设 $t_i$ 表示 $i$ 能在规定时间内完成任务的最晚种植时间。

$t_i$ 越小的越着急被种，按 $t_i$ 从小到大考虑每个位置。

如果没被种，把他到根的一条链都种上（其他位置 $t_j<t_i$ 且比 $i$ 早种，一定满足限制）。

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[ARC188A] ABC Symmetry

首先解决判定问题，一个串合法当且仅当 A B C 出现次数的奇偶性相同。

设 $cn{t}_{010}$ 表示前缀 $0\sim i$ 中 AC 的个数为偶，B 个数为奇的前缀个数。

不难设计一个朴素状态 $f(i,s,cn{t}_{000},\cdots ,cn{t}_{111})$，$s$ 为前缀 $i$ 的状态。

$cn{t}_{000}$ 产生的合法子串有：$(\genfrac{}{}{0ex}{}{cn{t}_{000}+cn{t}_{111}}{2})$。

因此不妨将互补的状态合并，$f(i,cn{t}_{000},cn{t}_{010},cn{t}_{001},cn{t}_{100})$，最后一维没必要记录，因为所有 $cnt$ 的总和确定。

一种更巧妙的方式是 ABC 分别看作 123，$s_i$ 为他们的前缀异或和，$(l,r)$ 合法当且仅当 $s_{l-1}=s_r$。

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AT_joi2019ho_b

画框从小到大排序，画按美丽度从小到大排序。

第 $i$ 个画框能放的画的集合包含第 $i-1$ 个画框的可选集合，不妨从后往前考虑。

选取能放进第 $i$ 个画框的且美丽度最大的元素，这样的贪心显然正确。

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AT_s8pc_5_e

题意：给定一张包含 #.G 的网格，G 为终点，# 为石砖，. 为冰砖。

冰砖不能转向，石砖能转向。每经过一个石砖走一步的代价增加 $1$。

对于所有起点，求出他们到 G 的最短路，$N,M\le 777,C\le 7777$，$C$ 为石砖个数。

把所有石砖和终点拉出来建图，总边数 $O(C)$。

设 $f(i,k)$ 表示从点 $i$ 开始，初始速度为 $k$，到 G 的最短路，从大到小 DP。

由于最多经过 $C$ 个石砖，第二维最大 $C+1$，时间复杂度 $O(C^2)$。

对于每个冰砖 $i$，找到上下左右最近的石砖 $j$ 并用 $f(j,2)+d(i,j)$ 更新即可。

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AT_s8pc_5_f

换种表达描述贡献：从大到小遍历 $a_i$，如果让 $i$ 变成 $0$，继续往下遍历；

否则 $ans\leftarrow cnt\times a_i$，$cnt$ 为包含 $i$ 的区间个数，然后把这些区间删掉。

一旦一个 $a_i$ 未变成 $0$ 而是清算了贡献，那么所有询问区间会被分成两半，递归到了子问题。

当前清算完的区间是没有后效性的，这启发我们使用区间 DP：

$f_{i,k,l,r}$ 表示当前遍历到第 $i$ 大的数，还剩 $k$ 次变 $0$ 机会，所有包含于 $[l,r]$ 的区间贡献和。

如果 $i\notin [l,r],f_{i,k,l,r}=f_{i+1,k,l,r}$。

否则根据 $i$ 变不变 $0$ 有两种转移，设 $p$ 为第 $i$ 大的数的位置：

$$\begin{array}{rl}{f}_{i,k,l,r}& =f_{i+1,k-1,l,r}\\ f_{i,k,l,r}& =cn{t}_{l,r,p}\times a_p+\underset{t}{min}{f}_{i+1,t,l,p-1}+f_{i+1,k-r,p+1,r}\end{array}$$

其中 $cn{t}_{l,r,p}$ 表示在包含于 $[l,r]$ 的区间中，包含 $p$ 的个数。

时间复杂度 $O(n^5)$。

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P9871 [NOIP2023] 天天爱打卡

把 $(x_i,y_i,v_i)$ 看作右端点为 $x_i$，长度为 $y_i$，价值为 $v_i$ 的线段。

设 $f_i$ 表示 $1\sim i$ 的答案，枚举断点 $j$，钦定 $j$ 不打卡，$(j,i]$ 打卡：

$$f_i=\underset{j=i-k}{\overset{i}{max}}{f}_{j-1}+w_{j+1,i}-(i-j)\times d$$

其中 $w_{j+1,i}$，表示被 $(j,i]$ 包含的线段权值和。

考虑扫描线，在右端点处加入每个线段，设 $s_i$ 表示当前左端点 $\le i$ 的权值和：

$$f_i=\underset{j=i-k}{\overset{i}{max}}{f}_{j-1}+s_i-s_j-(i-j)\times d$$

经典把 $i,j$ 贡献拆开：

$$f_i=s_i-id+\underset{j=i-k}{\overset{i}{max}}{f}_{j-1}-s_j+jd$$

线段树维护 $g_j=f_{j-1}-s_j+jd$。

每加入一个线段 $(l,i,v)$，对应的 $s_{j\ge l}$ 就要 $+v$，因此把 $g_j\sim g_{i-1}$ 区间 $+v$。

注意到一个线段右端点到下一个右端点之间的 $f$ 值完全相同。

而对于转移用的断点，其一定是某个左端点减一，否则不优。

这启发我们把所有右端点和左端点减一离散化，时间复杂度优化至 $O(m\log m)$。

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P9754 [CSP-S 2023] 结构体

完全不需要考虑复杂度，直接模拟。

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P9119 [春季测试 2023] 圣诞树

对于这种产生交点的情况，走 $A\to C\to B\to D$ 肯定更优（三角形两边之和大于第三边）。

存在一种最优方案使得路径无交。

因此我们从 $k$ 开始走，要么顺着该多边形的边往下走，要么走到另一端没走过且离 $k$ 最近的点。

断环成链，跑区间 DP 即可。

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P8817 [CSP-S 2022] 假期计划

枚举 B, C，枚举 B 能到达且 1 也能到达的点作为 A，同样枚举 D。

贪心的取 A 为符合条件的点中价值最大的，但可能出现 A 和 C, D 相等的情况。

枚举 A 为符合条件的点中最大的前三个，这样一定能遍历到最优解，且枚举量降为 $O(n^2)$。

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P8867 [NOIP2022] 建造军营

边双缩点成一棵树，所有树边都是原图割边。

如果两个边双内部都有点被选，那么其在新树上的路径必须全部被选。

设 $u$ 内部点数为 $V_u$，边数为 $E_u$。

设 $f_{u,0/1}$ 表示在 $u$ 的子树内，有没有选点的方案数，$f_{u,0}=2^{E_u}\prod _{v\in \text{son}(u)}{f}_{v,0}$。

$f_1$ 不好转移，考虑加强一下条件：$f_{u,1}$ 表示 $u$ 子树有点被选，且所有被选点到 $u$ 的边全部被选。

那么 $f_{u,1}=(2^{E_u+V_u}\prod _{v\in \text{son}(u)}{f}_{v,1}+2f_{v,0})-f_{u,0}$。

钦定 $(u,fa)$ 不选，$ans\leftarrow 2^{n-cn{t}_u-1}\times f_{u,1}$，其中 $cn{t}_u$ 表示 $u$ 子树内的总边数。

本质在被选点集形成的虚树沿着被选边往上延伸到到的最高点 $u$ 处统计答案。

另一种更自然的统计方法是枚举点集的 LCA（虚树的根），但是转移方程不如上述方法简洁。

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P5664 [CSP-S2019] Emiya 家今天的饭

• 被选点集非空。
• 每一行至多选一个点。
• 设选出的总点数为 $k$，则任意一列被选点数不能超过 $\lfloor \frac{k}{2}\rfloor$。

如果只有前两条限制，那么总方案为 $\prod (s_i+1)-1$，其中 $s_i=\sum a_{i,j}$。

现在考虑容斥减掉符合前两条但不符合第三条的方案。

注意到 $2\times (\lfloor \frac{k}{2}\rfloor +1)>k$，也就是说非法的列至多一个。

枚举这个非法的列，设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑了前 $i$ 行，该列放了 $j$ 个，其他列放了 $k$ 个的方案数。

将 $j>k$ 的 $f_{n,j,k}$ 从答案中减去。

转化一下条件，非法当且仅当 $j-k>0$，这样就能把 $j,k$ 压到一维，单轮复杂度 $O(n^2)$。

submission

[ARC104D] Multiset Mean

P11268 【MX-S5-T2】买东西题

[ARC136E] Non-coprime DAG

[ABC163E] Active Infants

[ARC107D] Number of Multisets

P4778 Counting swaps