模拟赛总结(二)

2024.8.1

T1 集合(mex.cpp)

枚举每个数，求他是$mex$的概率，就是取完比他小的，比他大的随便取的方案数比上总方案数

code

T2 取模(mod.cpp)

有点套路

定义：$odd$为奇数，$even$为偶数，$nu{m}_{odd}$或者$t$为奇数个数

那个下取整可以变为：

$$\{\begin{array}{ll}& \text{ odd + even :}\frac{a_i+a_j-1}{2}\\ & \text{ otherwise :}\frac{a_i+a_j}{2}\end{array}$$

那我们就分成两部分求：元素和和减了多少个$1$

在推正式的式子之前，先看一看对于固定的序列，有结论

$$\sum \sum \lfloor \frac{a_i+a_j}{2}\rfloor =(n-1)\sum a_i-nu{m}_{odd}(n-nu{m}_{odd})$$

简单解释：考虑到是不重复的两两求和，那么每个元素都会和其他元素配对$n-1$次，然后结合一奇一偶配对会有一个$-1$，得到式子

接下来推正式的

• 元素和

考虑一个位置的贡献，当这个位置是$val$时，其他位随便取，$m^{n-1}$种序列，贡献就是一个$val\times m^{n-1}$，然后$val\in [1,m]$，共$n$位，所以

$$an{s}_1=(n-1)\frac{m(m+1)}{2}{m}^{n-1}n$$

• 减一数量

假设当前有$i$个奇数，那首先分布有$C_n^i$种，设$[1,m]$内有$t$个奇数，那么放奇数的位的情况有$t^i$种，相应的，偶数位有$(m-t{)}^{n-i}$种，结合上面的结论可得贡献为$i(n-i)$，故

$$an{s}_2=\sum _{i=1}^{n-1}i(n-i)t^i(m-t{)}^{n-i}{C}_n^i$$

最后$ans=ans1-ans2$

补上取余即可

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T3 魔法(magic.cpp)

暴力给编号连边+$bfs$有$60$

正解：根据第二个传送法，我们可以把颜色相同的放到一起，如果两个编号间能传送，其实就是这两个编号代表的颜色联通了，可以使用类似并查集的方法合并，使用$bitset$实现状压，询问是$O(1)$的

小优化：假设当前颜色是$i$，那么合并到$i-1$就完了，因为更小的都已经并入$i-1$了

bitset: 一种容器 bitset<N> vis[N];。其中vis[i][j]表示第$i$个bitset的第$j$位

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T4 排位(star.cpp)

贪心最多$80$

正解$dp$，戳它

code

2024.8.3

阿巴阿巴阿巴阿巴阿巴...

T1 怎么又是先增后减

对于最小的数字，它肯定去两边，那么交换次数就是左/右边比他大的数的个数，二者取$min$，然后从小到大对每个点做一个这个即可

可以使用树状数组优化

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T2 美食节

我们可以采取各种办法发现某些位置答案一样，而且构成连续区间

相关理解：

那么我们每次维护一个答案最优区间，每次和活动区间取交集，如果交集为空，就更新代价和区间

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T3 环上合并

先说特殊性质

如果序列单增，则每个数都只需要一次操作，但是首尾不同，需要根据当前$k$的值讨论，具体情况手玩可得

竟然有60

然后我们就关注什么时候一个数需要一次操作，什么时候不止一次

为了方便讨论，我们新建一个数组$b_i=sgn(a_i-k)$

其中

$$sgn(x)=\{\begin{array}{ll}0& x=0\\ 1& x>0\\ -1& x<0\end{array}$$

此时就要把数组全部染成$0$

那么讨论

• 形如$[0,1,1]$或者$[0,-1,-1]$，此时每个数只需一次操作

• 形如$[0,1,-1]$或者$[0,-1,1]$，此时必须额外花费一次

再将第二种情况扩展一下：$-1,1$交替出现时多消耗一次，所以找尽量长的交替段来计算额外答案

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T4 送快递

大炮题

定义$d{p}_{i,j}$表示送完前$i$件后周欣，青蛙分别在$a_i,a_j$时的代价，那我们就根据上一件是谁送的来$\mathrm{转}\mathrm{移}$

以周欣为例

$$d{p}_{i,i-1}=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}(d{p}_{j,i-1}+|a_i-a_j|)$$

$$d{p}_{i,j}=\underset{j=0}{\overset{i-1}{min}}(d{p}_{i-1,j}+|a_i-a_{i-1}|)$$

又因为两人是等价的，所以把上面两维交换一下就是青蛙的式子

可得50

正解戳this

这里关于绝对值，由于只扫一遍，所以不知道内部大小关系，因此两种情况都要存，故需要两棵树，而且维护的时候要把整个含$i$的全扔进去

https://img2024.cnblogs.com/blog/1129554/202403/1129554-20240319111911135-280028134.png

2024.8.5

T1

最终态就是前面都为$1$，后面都为$0$，那么挪动总数就是所有$1$跑到后面的步数，又称逆序对数。$10$一次减少$1$，其余减少$2$。

假设值为$l$，如果$l$不是$3$的倍数，那么先手总能使得操作后$l^{\prime }$为$3$的倍数，考虑到$0$也是三的倍数，所以先手胜（除非一开始就全是$1$）

同理，$l$是三的倍数时，后手胜

code

T2 珂学

每次选择的最大值肯定不挨着，那么操作总数就是被选择的数的总和

那么就有四种状态：左/右都/仅一个有（没有）被选择的数，代码中注释使用$X$表示

合并区间时，如果$mid,mid+1$都有被选择的数，就要分讨舍掉哪个数，被舍掉的数所在区间要用舍数后的状态更新

为了判断上面的情况，就要记录对应状态下左右端点的数是否被选择（没有就不管，也不更新）

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T3 帝国飘摇

贪心，肯定越靠右越好，最劣情况就是第$k$大配第$k$小，倍增+归并维护每次扩张的区间，左端点更新为右端点$+1$

烦死了都在洛谷上过了怎么gxyz就是不让我过之前就有好几道题都是卡着最后一个点$TLE$还死活优化不过去把人气的又耗时间又耗心情真是的cnm老子的正解就TMD不是整洁了啊谁告诉你的我W#%@#

upd on 2024.8.8 : 开O2可过..........

T4 前往大都会

建最短路图搞大炮+鞋油

2024.8.6

T1 小学奥数题

膜拟了半天出不来，当场似了

$$ans=max(max\{a_i\},\lceil \frac{\sum a_i}{n}\rceil )$$

T2 BB

定义$f(u,v)$表示$u$是否支配$v$，即$f(u,v)\in \{0,1\}$

那么

$$\begin{array}{}\text{(1)}& ans& =\sum _{u\in A}\sum _{v\in B}f(u,v)-\sum _{u\in A}\sum _{v\in B}f(v,u)-\sum _{u\in A}{w}_u\text{(2)}& & =\sum _{u\in A}(\sum _{v\in B}f(u,v)+\sum _{v\in A}f(u,v))-\sum _{u\in A}(\sum _{v\in B}f(v,u)+\sum _{v\in A}f(v,u))-\sum _{u\in A}{w}_u\text{(3)}& & =\sum _{u\in A}(si{z}_u-de{p}_u-w_u)\end{array}$$

解释：赚的钱=从$B$那里收的保护费 - 给$B$的保护费 - 买点的花费

考虑到自己的点互相支配不影响赚的钱，所以用类似补$0$的操作修改前两项，然后发现前一项的$f$如果为$1$，$v$必然在$u$下面，所以$v$构成$u$的子树。类似的，第二项的$v$都是$u$的祖先，构成深度

算出来每个点的$siz-dep-w$后排序选择即可

code

T3 BC

理解大半，直接上马吧

高消版，也有纯大炮的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; 
typedef long long ll; 
typedef unsigned long long ull; 
typedef double db; 
typedef pair <int,int> pii;
const int N = 1e3 + 5, M = 50 + 5, Mod = 998244353, inv = 205817851;
//first:概率 second:期望 
int n, m, W[M<<1]; pii F[N][M], G[N+M][M];
int Pow ( int x, int y ) { int res = 1; for( ; y; y >>= 1, x = 1LL * x * x % Mod ) if( y&1 ) res = 1LL * res * x % Mod; return res; }
int Inv ( int x ) { return Pow( x, Mod - 2 ); }
int Add ( int x, int y ) { return x + y >= Mod ? x + y - Mod : x + y; }
pii Add ( const pii& a, const pii& b ) {return make_pair( Add( a.first, b.first ), Add( a.second, b.second ) ); }
//加法取余，比较正常 
pii Mul ( const pii& a, const pii& b ) {return make_pair( 1LL * a.first * b.first % Mod, ( 1LL * a.first * b.second + 1LL * b.first * a.second ) % Mod ); }
//Mul：事件A,B期望的合并，E(A+B) = E(A)P(B) + E(B)P(A)
//这个和概率生成函数的导函数（某种情况下好像就是期望，E(x) = F'(1)）以及导数的运算法则有关
//实在不理解可以尝试使用集合描述法理解
//生成函数详情看看这个：https://www.cnblogs.com/gtm1514/p/16653405.html 
//F[i][j]：同题解含义 
//G[i][j]：最终值为(i,i+j)时的答案 
//+m是平移坐标
void Solve ()
{
	cin >> n >> m;
	for(int i = -m; i <= m; ++i ) cin >> W[i+m], W[i+m] = 1LL * W[i+m] * inv % Mod;
	//简化高消预处理F，O(nm^2)  
	//所谓的几何分布就是：该情况下期望是1/p或者(1-p)/p,p是概率（但是感觉在这里没什么用） 
	for(int i = 0; i < n; ++i)
	{
		pii T[M<<1];//高斯消元系数数组简化版，下标含义应当和F的第二维相等 
		for(int j = -m;j <= m; ++j) T[j + m] = make_pair(0, 0);
		for(int j = -m;j <= m; ++j) T[max(-i,j) + m] = Add(T[max(-i,j) + m], make_pair(W[j+m], W[j+m]));
		for(int j = -m;j < 0; ++j) 
			for(int k = 1; k <= m;++k) 
				T[j + k + m] = Add(T[j + k + m], Mul(T[j+m], F[i+j][k]));
		int tmp = Inv((1 - T[0 + m].first + Mod) % Mod);//这个手搓一下朴素高消版本就能知道是啥
		for(int j = 1;j <= m;++j)                                                                           //条件概率 
			F[i][j].first = 1LL * T[j + m].first * tmp % Mod, F[i][j].second = 1LL * ( T[j + m].second + 1LL * F[i][j].first * T[0 + m].second) % Mod * tmp % Mod;
	}
	//dp,将<i的答案向>=i转移 
	G[0][0 + m] = make_pair(1, 0);
	for( int i = 0;i < n; ++i)
		for(int j = max(-i,-m);j <= 0;++j)//起点 
			for(int k = 1;k <= m;++k)//向上“走”了多少步 
				if(k + j <= 0) G[i][k + j + m] = Add(G[i][k+j+m], Mul(G[i][j+m], F[i+j][k]));//此时用i+j的号打 
				else G[i+k+j][-(k + j) + m] = Add(G[i+k+j][-k-j+m], Mul(G[i][j+m], F[i+j][k]));//此时用i的号打 

	int res = 0;
	//答案的最终值范围是[n,n + m] 
	for( int i = n; i <= n + m; ++i ) for(int j = max(-i,-m); j <= 0; ++j) res = Add(res,G[i][j+m].second );
	cout << res << "\n";
}
int main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0); Solve(); return 0;
}

T4 BD

直接戳吧，部分分，std都有

2024.8.7

困~~~~~

T2 排排

$P_1=1$启发我们可以从最值位置考虑，然后就很简单了，发现只有四种情况

• $ans=0$：原本就单增，判一下即可

• $ans=1$：比较复杂：根据第一个样例可知$P_i=i$的位置可以拿来操作，那么条件就是左边没有右边下标对应的数，可以用$max$实现

• $ans=2$:$1,n$在中间，此时先操作一次可以把一个排到头头，然后变成$ans=1$的情况

• $ans=3:$：$1,n$在头头，但是反的，手算可知三次

code

T1 串串

对于一个点$i$，如果翻转后长度超过原串，判一下多出来的长度是否匹配即可

否则看一下新长度到达的点是否可行（倒着扫，因为$len$处肯定行），然后判一下多出长度是否匹配即可

code

T4 桥桥

思路很粗暴但不好想到

对操作分块，$B$次后处理，答案转化为并查集联通快$size$，暴力加边+撤回处理

细节见码子

T3 序序

戳

2024.8.8

T1 九次九日九重色

上古套路题

手摸样例配对的$a,b$发现$a$按下标（不是值）排序时，$b$的下标单增

所以可以预处理所有可能的配对$(i,j)$（都是下标），然后按$i$排序，对$j$做一个$LIS$

对于$i$相同的情况，按$j$逆序排序

预处理复杂度$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =n\log n$,$LIS$的二分$DP$也是这个复杂度

code

T2 天色天歌天籁音

想到莫队做法了，但是没想到好的求个数方法，套了个线段树$O(n\sqrt{n}\log n)$遗憾离场

然后发现想多了

题目要求区间众数的个数，并不关心是什么数，所以我们可以开一个数组$nu{m}_i$表示出现次数为$i$的有多少个

然后维护即可

code

T3 春色春恋春熙风

考虑回文成立当且仅当最多一个字母的个数是奇数，可以使用异或表示，每一位表示字母个数的奇偶性

那么$(u,v)$点对合法就等价于

$$S_u\oplus S_v=00..010...0\mathrm{或}\mathrm{者}0$$

先说暴力：

对每个可能的状态(一共$2^{22}$种)开桶，从每个节点都搜一次，遍历时把符合该状态的点扔进去，并查找有无互补的点，有的话更新一下长度，平方级别有$30$

std:

考虑继承儿子的答案，那么为了省事，继承重儿子答案（因为子树最大，合并少），对于每个轻儿子暴力走一遍算出路径，其他信息都扔掉，数组留着维护重儿子信息

还有一个优化就是桶里直接装最深深度，直接算一下即可

当前树根$x$可能是$lca$，也可能不是（路径完全在子树内），所以要遍历儿子们更新路径

click here to see more details

T4 雪色雪花雪余痕

有两种方法：直接维护原序列或者维护差分数组

二者初始都是全为$0$

• 维护原序列

有两种加数方式：在后面一段区间加$1,2,3..$或者整体抬升

前者区间长是根号级别，然后可以使用类似背包的方式转移

注意有一种情况是前面一部分$A_i$递减，后面增加，这种情况可以从左向右移动最低点，然后左/右就会相应增加/减少相应的根号长区间，动态维护即可

• 维护差分数组

由于差分数组还原原序列做的是一个形如$\sum i\times d_i$的东西，所以$dp$方式有所不同

更多戳这里吧

2024.8.10

菜

T1 星际旅行

题意等价于：删掉两条走一遍的边后，剩下的是欧拉回路（这样才能都过第二次）

然后就有：两个自环，一个自环+一条边，两条有公共点的边三种，累计即可

注意要先判断图的联通，朴素并查集即可

code

T2 砍树

题目要求最大的$d$，使得

$$d\times \sum _{i=1}^n\lceil \frac{a_i}{d}\rceil ⩽\sum a_i+k$$

然后发现二分死了

但是发现$\lceil \frac{a_i}{d}\rceil$的取值是根号级的，所以直接暴力枚举可能的除数并存储

注意，这里枚举的除数不一定是答案，而是当$d$大过一定值时，上取整的值不变，所以存的应是答案$d$的等价$d^{\prime }$

然后反带回去验证即可

还有一个判断就是除出来的$d$要大于等于选的$d^{\prime }$

code

T3 超级树

超级抽象

定义$d{p}_{i,j}$表示当前是$i$级超级树，内部同时含有$j$条无交点的边

很抽象，拿样例来说，$j=2$时，类似$(1),(2-3)$是符合定义的

然后考虑把两个$i$级超级树加一个根并成$i+1$级来转移

如果两棵树内部路径分别是$l,r$条，那么不考虑根节点时，就有$num=d{p}_{i,l}\times d{p}_{i,r}$个方案

然后要讨论根节点的去处

• 啥也不干，$d{p}_{i+1,l+r}+=num$

• 自己独立作为一个路径，$d{p}_{i+1,l+r+1}+=num$

• 连到左/右子树内的一条路径上，共$l+r$种，又分方向，故有首位之分，$d{p}_{i+1,l+r}+=num\times 2(l+r)$

• 联通左右树的一条路，此时总数减一，然后乘法原理+方向可得$d{p}_{i+1,l+r-1}=num\times l\times r\times 2$

• 联通一个子树内的两条路，类似的可得$d{p}_{i+1,l+r-1}=num\times (l(l-1)+r(r-1))$

答案$ans=d{p}_{k,1}$

然后讨论循环上界，因为裸的上界是2的幂次

如果目标状态是$d{p}_{m,q}$，那么第二维$⩾m+q+1$的状态肯定毫无意义，那么考虑到最终状态是$d{p}_{k,1}$，那么$l+r$肯定不超过$k+1$，可以拿这点去卡，就能卡成$k^3$

code

T4 成绩单

啊，1.题读错了，暴力写炸了 2. n 最多50 四次方没想区间大炮

here here

code

2024.8.12

T1 序列

因为$q⩽1000$，所以直接预处理$q$的整数次幂以协助找最小公比，然后暴力，前两项确定公比，然后加数就行了，注意$q=1$的情况

code

T3 建造游乐园

以为是结论，但是是半结论

我们可以直接求欧拉图数量，然后删（加）一条边即为题目所求，共$C_n^2$种方法

考虑容斥

设$g_i$表示每个点的度数都是偶数，但图不一定联通的数量，$f_i$表示答案

对于$g_i$，构造方法是在$i-1$个点中间任意连边，然后把度数为奇数的点都连向$n$，由于度数总和一定是偶数（每个边贡献$2$），所以这样是对的。每个边有连与不连两种情况，共$C_{i-1}^2$条边，所以

$$g_i=2^{C_{i-1}^2}$$

然后要减去不联通的

不妨把图划分成两部分，第一部分一定联通，大小为$j\in [1,i-1]$，第二部分不一定联通，大小为$i-j$，后一部分方案就是$g_{i-j}$，前一部分就是$d{p}_j$，考虑到前一部分联通大小至少为$1$，不妨固定一个点进去，剩下$j-1$个点从$i-1$个点中选，则

$$f_i=g_i-\sum _{j=1}^{i-1}d{p}_j{g}_{i-j}$$

$ans=f_n$

T2 熟练剖分(tree)

大炮，注释代码里有

code

T4 由乃的 OJ

病娇一般的题目and时空限制

$30$分就是贪心，从高到低，$\mathrm{\&}$遇$1$取$1$，剩下两个都是遇$0$取$1$

std:

首先位运算不满足交换律，因此运算有顺序

然后$2^{64}$要开$ull$

大致思路就是拆成位，然后为了空间把64个位（64个线段树）压成一个$ull$拿线段树维护，初始每一位都是$0/1$，然后用一堆位运算搞

树剖的时候要两个方向

没过，看看

2024.8.13

T1 那一天我们许下约定

暴力$30$，然后大炮

设$d{p}_{i,j}$表示前$i$天给了$j$块饼干的方案，虽然$D$很大，但真给的天数不超过$n$，然后就变成$O(nm)$的了

答案就是$d{p}_{i,n}\times C_D^i$

后面那个递推可搞

code

T2 那一天她离我而去

拆掉$(1,i)$，然后跑$1\to i$的最短路再加上删掉边的边权就是小环，暴力枚举有$40$多

然后考虑不把边删掉而是连向虚拟点$n+1$，具体的，将与$1$相连的边分为连到$1$或者连到$n+1$，跑一次最短路就行

由于点编号不同，可用位运算分类

ps1:边的数量最多$8e4$，直接$1e5$得了

ps2:连向$n+1$的边要在原图中删掉

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T4 战争调度

暴力枚举叶子$20$

考虑枚举父亲状态然后到叶子时初始化，然后回溯时大炮

设$d{p}_{i,j}$表示以$i$为根的子树的叶子中有$j$个人打仗，那么就是$d{p}_{i,k+l}=d{p}_{ls(i),k}+d{p}_{rs(i),l}$

code

T3 哪一天她能重回我身边

考虑反面向正面连边，那么合法的情况就是每个点入度不超过$1$,翻转就是改变边的方向，形成若干联通块

根据抽屉原理，边数 $>$ 点数时一定有一个点入度为$2$，一定不合法，那么剩下的就是树或基环树，每个块内大炮求翻转次数最后汇总即可

click to get more details

2024.8.14

4道T4,吃满暴力就能上三位数

T1 2-Coloring

上来一道紫

暴力：$30pts$，状压枚举每一行的状态check即可

思路难泵，戳这里看第一篇，讲的清楚

code

T2 连通块

暴力:$60pts$，每次搜整个块即可

trick:删边改为加边，就是初始时把标记的未删的边合并，然后离线倒序跑询问，用并查集维护树的直径

答案就是查询点到块内直径其中一端的距离

code

T3 军队

暴力:$20pts$，模拟，上限在于数组大小和$c$的限制

重叠矩形使用扫描线，可以$log$处理出每行多少雌的，然后设$x$表示雌雄数量中较小者，然后它和$\lfloor \frac{y}{2}\rfloor$的大小关系不同时有不同的计算式子，可以使用前缀和优化成$O(1)$

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T4 棋盘

暴力：$0pts$，宽搜爆完，但听说大炮有$30$

奇怪的维护，戳

2024.8.15

T1 Kanon

$40pts$:开两个变量记录向左/右最远跑了多少，如果一个球当前位置超过原位置+最远距离就可能产生贡献，说可能是因为当前位置可能越过上一个球的历史位置，此时没贡献

考的时候想成一堆球打架就不会维护了qwq

code

$100pts$

每个雪球大小来源都是连续区间，没有交集那么答案就是区间长，有的话要判断交集属于哪个球，然后可以二分找到$t$，使得第$t$天无交集，第$t+1$天有交集，则可得知交集是谁的

球之间的雪最需要判断主权，两端以外没必要（肯定是第一个和最后一个）

T2 Summer Pockets

讲解见the first one

code

T3 空之境界

裸区间大炮可以$60pts$

然后考虑转化：二分枚举答案，做$01dp$，表示区间内是否存在小于等于二分值的数，这样就能用bitset优化

然后将区间大炮的转移方式小改一下，就有两种情况：

• 更新$[i,j]$，如果$[i+1,j-1]$符合并且$cos{t}_{i,j}$也符合条件，我们就能认定$[i,j]$可行

• 用$[i,j]$扩展，这一步有点像枚举断点更新，即如果$[i,j]$符合条件，那么$[i,k]$的状态（就是$[i,j]$以后区间的状态）可以使用$[j+1,k]$更新

最后检查$[1,n]$是否为$1$就行了

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T4 穗/P4690 Ynoi2016

$20$的模拟 +$20$的普通莫队 + $40$的带修莫队

剩下$20$全踏马是珂技

2024.8.17

考场暴力刚好$100$

T1 Set

考场以为子集不连，直接乱搞起步睡到$50$

正解很简单：余数共$n$种，但前缀和$s_0\sim s_n$一共$n+1$个，所以找到相同的输出区间即可。。。

好短。。。

T2 Read

$x$本书可以“消”掉$x+1$本书

那么如果有书的数量$⩾\frac{n+1}{2}$，就说明有书会剩下，反之答案为$0$

考虑到$a$开不下，所以记一个$val$和一个$sum$,$sum$为$0$时$val=a_i$，然后根据是否和$val$相同对$sum$加一减一，然后再生成一遍$a$记录$val$个数，如果满足有剩余的条件，答案就是$x-(n-x+1)$

code

T3 题目交流通道

乱搞$30$

然后如果有$d_{i,j}=d_{i,k}+dk,j$，那么$d_{i,j}$的长度范围就是$[d_{i,j},k]$共$k-d_{i,j}+1$种，乘起来有$60$

考虑$d_{i,j}=0$的情况，此时把$0$边连起来的点缩成一个（图论中曰为“团”），然后分团内和团外进行容斥，团内情况类似之前欧拉图构造的情况，式子也很像，然后团外（团与团之间，共$si{z}_1\times si{z}_2$条边）的话还是找符合上面条件的$d_{i,j}$，如果有，那么之间的边随意，如果没有，那么至少一条长为$d_{i,j}$，也可容斥得出

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T4 题目难度提升

构造

如果序列中间有数字出现两次以上，就一直让他作中位数，然后一小一大往里加即可

然后考虑一般情况

首先有结论：当前未填数的最小值必须大于等于当前中位数

那么就要看中位数情况，分加之前有奇数个/偶数个数字讨论

如果序列内没重复数字，那就走流程

如果有重复的，分析重复数字的位置，考虑在一定情况下让重复数字成为中位数

更多戳这里

code

附加：消除游戏

不会

2024.8.19

T1 电压

暴力拆边+check有$25$

然后要求删边后是二分图，那么删的边都在奇环上，考虑$dfs$生成树+返祖边check+差分搞

gxyz第一男神wmw题解

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T3 奇迹树

一眼树的直径，想从某一端点出发搜完整棵树完成赋值

裸搜，假的，$12pts$

假了的原因在于不能保证其他点和作为终点的端点关系合法

处理很简单，先把不在直径上的点遍历完再给直径上的点赋值，很容易证明这样最优（考虑回溯，在直径上回溯然后跑到别的点肯定垃圾）

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T2 农民

默认$1$为根全死了

修改后的暴力高达$80$

std:考虑维护每个点能吸收的肥料值的范围，一个节点会把$[l,r]$分成$[l,w_u)$和$(w_u,r]$，然后一个点吸收范围就是祖先吸收范围的交集，使用线段树维护即可

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T4 相逢是问候

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2024.8.20

又双困了一上午╯﹏╰....

T1 博弈

先手必胜：至少一个数个数为奇数

奇偶性使用异或表示，但考虑到$3\oplus 2\oplus 1=1$，所以要先$hash$，然后考虑容斥，状态相等的点之间不合法，减去即可

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T3 大陆

做过的原题，这里有

T2 跳跃

考虑到最优肯定是在某些区间里反复横跳，设$l_i$表示以$i$为右端点，和最大时的左端点

那么就是在$[l_{i_1},i_1],[l_{i_2},i_2]...$的区间里跳

为了维护跨区间的跳跃，分别维护从$1$跳到$i$所需的最小步数和此时对应的分数，不足$k$的部分在$[l_i,i]$内反复横跳，然后枚举上一个横跳区间，算出从那里跳过来时需要的步数以及对应分，考虑到方向问题，要奇偶判断一下，然后扫一遍就行

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T4 排列

暴力$40$

剩下平衡树，不会

2024.8.21

Fate

看到教堂自动浮现名场面

暴力$only$ $19pts$

大炮，设$f_i,g_i$表示从$s$到$i$的最短路径，最短+1路径的条数,$dijkstra$预处理dis

$$\{\begin{array}{ll}{f}_u\to f_v& di{s}_v=di{s}_u+1\\ g_u\to g_v& di{s}_v=di{s}_u+1\\ f_u\to g_v& di{s}_u=di{s}_v\end{array}$$

记搜转移即可

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T2 EVA

睡了$v$相同的部分

考虑到以鱼的坐标为网的一端一定不劣，所以枚举鱼作为参考系，其他鱼根据相对运动可以算出进入网的时间范围，由于是$double$类型所以离散化一下，然后区间差分找使$\sum w$最大的时间点即可

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T3 嘉然登场

状压$40$ + $K=1$的$20$ $=60$;
考虑根据$a_i$的大小和与$\frac{k}{2}$的差的绝对值为排列依据降序排列，前面一部分抽象为$1$，后面抽象为$0$，和$K=1$的情况类似，详细证明戳这里

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T4 Clannad

爆了

题目要求包含区间内所有关键点的最小联通子树

有结论：

将关键点按$dfn$序排序后，边数 $=$ $\frac{\sum _{i=1}^{k-1}dis(a_i,a_{i+1})+dis(a_k,a_1)}{2}$，点数$=$边数$+1$

可结合$dfs$顺序理解

依此暴力$40$

然后可以使用回滚莫队(只删不加) + 链表（删除$O(1)$）维护，检查祖先的$log$使用$dfn$序$——ST$表优化成$O(1)$,$O(n\sqrt{n})$然后再小卡一下(__lg和交换$ST$两维)

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2024.8.22

今天题难，才爆出来$60$多

对应的讲解戳题可得

或者这个

T1Skip

暴力：$30pts$

这个代码用魔法常数可得$60$

T2String

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T3Permutation

暴力大炮：

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std:

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T4小P的生成树

参考这个严谨一点

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2024.9.8

大数学时代

T1 喜剧的迷人之处在于

首先找出使$ax$为平方数的最小$x$，分解质因数即可实现，然后二分找一个平方数$pf$使得$x\times pf$在范围内即可

后面三道就乱杀人了

戳戳

T2 镜中的野兽

本质是容斥，但是朴素版本会算死人的，所以开科技（莫反）

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T3 我愿相信由你所描述的童话

正反两遍平方级大炮跑最长子序列类似的板子然后没去重死了

重复原因就是统计答案时在枚举坡度转折点$t$，如果中间是平的就$gg$了

T4 Baby Doll

一眼顶针鉴定为神秘外星禁忌知识根本不可做

2024.9.15

我是盲人

T1 出了个大阴间题（repair

瞎 * 1，看成自由合并，然后被求$b$难倒，事后才发现每次的$b$都是$2^{k-1}-1$...

部分分（80pts）:

定义$d{p}_{i,S}$表示当前最大值为$i$，合并状态为$S$的代价和，$i$的范围最大到$max(a_i)+n⩽2n$，然后模拟就行

考虑到题目说的是排列，而状态只能表示选没选，所以还得另开一个存方案数

std:

可以预处理每个状态下的最大$a$，然后实际合并到此状态的$a^{\prime }$无非就是相等或差$1$，所以上面$dp$的的第一位直接改成$2$表示对应情况，其他没什么改变

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T3 是我的你不要抢（string）

瞎 * 2，看成$S$尾部的倒序了...

想到自动机的fail可以搞，但是好像要撤销，不会了

后边发现hash+记录答案可过...

至于原理，考虑最多只有$n^2$种不同询问，$n^2>Q$的话就是$Q$，复杂度$O(\frac{Q\sum len}{n})$，反之复杂度就是$O(Q\sum len)$，两种都是$O(\sum len\sqrt{Q})$级别的，可过

然后$map$会被卡$T$，纯$ull$会卡$WA$，对应用$un-map$和取余再哈希解决即可

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T2最简单辣快来做（satellite

瞎 * 3，没看到$ans$没清空暴力似了

绝对值拆成四个方向的矩形维护

对于每个卫星相对查询点所在的四个矩形哪一个的序列，只有$O(n^2)$种可能 的情况。 也就是对于卫星$(x_i,y_i)$用直线$x=x_i$和$y=y_i$将平面分割成$O(n^2)$个格子。 如果查询点落在直线上，根据绝对值性质直接选择任意一个相邻的矩形。 如果落在格子里，就直接选择对应的矩形。 类似之前的二维前缀和，在直线的每一个交点处求出四个方向矩形的和。 在查询的时候，通过先前的离散化找到对应的格子，然后利用O(log v) 快速幂（实测88pts），或者是分块预处理的O(1)光速幂，计算出查询点到格子四个角的额外贡献

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T4 显然也是我整的

好像是每次找到一些单独成块的点（这里的点可能是单点，也可能是缩完的点）计入答案，然后构造 + 递归搞

具体还是不太清楚