CF1820 & 1819 题解

Div2 A

答案取决于 _ 连续段长度，有一些细节，比如什么时候答案要加一减一，以及字符串是单独的 ^。

Div2 B

首先先把全 $1$ 串给特判掉。
记将字符串视为首位相接的环的时，最大 $1$ 连续段长度为 $x$，答案为 $\lfloor \frac{x+1}{2}\rfloor (\lfloor \frac{x}{2}\rfloor +1)$。

Div2 C & Div1 A

对是否存在数 $\mathrm{mex}+1$ 分类讨论

• 如果有，那么记录最左边的那个位置为 $l$，最右边位置为 $r$，操作即为 $\mathrm{set}(l,r,\mathrm{mex})$，同时判断 $[1,l)\cup (r,n]$ 的 $\mathrm{mex}$ 是否是原来那个/
• 否则，直接将一个大于 $\mathrm{mex}$ 或者重复出现的数改为 $\mathrm{mex}$。

Div2 D & Div1 B

首先注意到答案最多为 $2$。
考虑第一刀纵切和第一刀横切，若先纵切，那么 $h$ 即为最大的 $x_i$，$w$ 为 $x_i=h$ 的 $\sum y_i$ 加上剩余矩形中最大的 $y_i$。类似的，可以算出先横切的答案。
固定了矩形大小之后，判断合法性。考虑当前这刀切什么，必然是一个 $x$ 或 $y$ 等同于当前 $h$ 和 $w$ 的矩形，但是不能同时相等(除去最后只剩下一个矩形)。直接找到一个矩形，剩余的作为子问题递归完成。

Div2 E & Div1 C

观察到有解当前仅当是链上挂叶子，证明考虑从一个深度超过 $1$ 子树跳到另一个深度超过 $1$ 的子树，那么再跳就跳不出来了。
实现上求出树的直径，然后黑白染色，从左开始每次走白点到尽头再走黑点回来。

Div2 F & Div1 D

记 $f_i$ 表示最小的 $j$ 使得 $j$ 到 $i$ 的集合可以全部保留，考虑转移：

• $k_i=0$，此时 $f_i\leftarrow f_{i-1}$
• 考虑它前面最近的和他有交的集合 $S_p$，若不存在或者 $p<f_{i-1}$，那么 $f_i\leftarrow f_{i-1}$
• 否则要找到一个 $q\ge p$，使得 $q$ 后集合清空，然后 $f_i\leftarrow q+1$

这启发我们找到那些位置之后可以被清空：

• $k_i=0$ 或者 $\mathrm{\exists }{f}_{i-1}\le j\le i,k_j=0)$，那么可以实现
• 否则依旧考虑它前面最近的和他有交的集合 $S_p$，若 $p$ 存在并且 $p \ge f_{i-1}，那么可以实现，否者不能。

用 set 维护所有可以的位置，对 $f$ 的转移等同于在其中 lower_bound

Div1 E

考虑这个询问操作能告诉我们什么：
如果当前图(只考虑能用的关键边，下同)联通，那么答案恒为 $1$，否则有概率为 $0$。
考虑我们取出一条边，将一个连通块分开，如果这是一个桥，那么分别查询 $u$，$v$ $k$ 次，就有可能查出 $0$。当 $k=20$ 时，概率趋近于 $100\mathrm{\%}$。
接下来我们只要对每条边进行这个操作，我们先求出一个关键边的生成树，那么每次只要断掉生成树的一条边，接上考察的一条边，如果还联通说明它是关键边。
现在问题是如何求生成树。
也很简单，扫描每个边，把不是桥的边堵上就好了。

Div1 F

考虑把边的变换建出来，是一个分型的形式。
相当于一个 $n$ 阶图是由正方形，然后四个角各塞一个 $n-1$ 阶图。
所以每种的答案应该是一样的，考虑把关键串放到 trie 上维护，相当于现在要遍历所有关键点。
定义 $f_{i,x,y}$ 表示现在是第 $i$ 阶的图，要从字母 $x$ 出发，走到 $y$，同时遍历所有关键点的最小值，最大值同理。转移容易在分形的图上看出。
再定义一个环的答案，即最终答案，每次修改类似于线段树，在回溯时 pushup。
特别的，当只有一个或两个串时最小值会寄，特判一下。