国庆题目
Maximize the Largest Component (Hard Version)
- 题意：
给定一个 \(n\times m\) 的网格，由“.”和“#”字符组成。
如果从该组中的任何单元格开始，通过仅移动到该组中共享一个共同边的另一个单元格，就可以到达该组中的任何其他单元格，则一组“#”单元格形成一个连通分量。其大小为该组中的单元格数量。
在一次操作中，选择任意一行 \(r\) 和任意一列 \(c\)，然后将行 \(r\)和列 \(c\) 中的每个单元格设置为 "#"。
问在最多执行一次操作后，可以实现的“＃”个单元格的最大连通分量的最大可能大小。
ps：保证所有测试用例中的 $ n \cdot m $ 的总和不超过 $ 10^6 $。
- 思路：
我们考虑到执行操作不会使答案更劣，所以我们一定会执行这次操作。
考虑到 \(n\times m\leq 10^6\)，那么我们可以暴力枚举选择哪行哪列。
考虑到如果在枚举内部统计答案不好做，哥们考虑预处理答案，那么可以单点算贡献。
我们看下一个点会在选哪行哪列时产生贡献。
显然如果该点在原本的图上最左边可到达 \(l1\)，最右可到达 \(r1\)，最上可到达 \(l2\)，最下 \(r2\) 的话，那么哥们会发现，只要我们选的行在 \([l2-1,r2+1]\) 的区间内或所选的列在 \([l1-1,r1+1]\) 的区间内，都可以产生贡献。
那么我们将我们的选择也抽象成一个矩阵，第 \(i\) 行 \(j\) 列记录的就是我们选第 \(i\) 行第 \(j\) 列的答案。
然后就变成一个套路的矩阵中一块的加减法，直接弄一个矩阵差分即可转为 \(O(1)\) 处理，最后再转回来即可，记得特殊处理你选的那行和那列的答案。
时间复杂度 \(O(nm)\)。
CF1984F
- 题意：
有一个长度为 \(n\) 的隐藏数组 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\)，其元素是介于 \(-m\) 和 \(m\) 之间的整数。
给你一个长度为 \(n\) 的数组 \(b_1, b_2, \ldots, b_n\) 和一个长度为 \(n\) 的字符串 \(s\)，字符串由 \(\texttt{P}\) 、 \(\texttt{S}\) 和 \(\texttt{?}\) 组成。
对于从 \(1\) 到 \(n\) (含)的每个 \(i\)，我们必须有：
- 如果是 \(s_i = \texttt{P}\)， \(b_i\) 是 \(a_1\) 到 \(a_i\) 的和。
- 如果 \(s_i = \texttt{S}\)， \(b_i\) 是 \(a_i\) 到 \(a_n\) 的和。
输出使得数组 \(a\) 符合要求的将 \(s\) 中的所有 \(\texttt{?}\) 替换为 \(\texttt{P}\) 或 \(\texttt{S}\) 的方案个数。
由于答案可能很大，因此输出答案对 \(998244353\) 取模的结果。
ps：\(2\leq n\leq 2\times 10^3\)
- 思路：
可以先从简单入手，我们先考虑没有 \(?\) 的情况，
那么我们手玩一下会发现，我们一定能得到数列的总和，因为只要第一个是 \(S\) 或者最后一个是 \(P\) 或者 \(s\) 中有一个 \(PS\) 就一定能得到总和。
然后哥们手玩一下这些限制的关系（\(sum\) 为数列和）：
-
\(PP\) 限制了 \(b_i-b_{i-1}=a_i\)，而 \(a_i\) 是有范围的（下同）。
-
\(SP\) 限制 \(sum+b_i+b_{i-1} = a_i+a_{i-1}\)
-
\(PS\) 限制 \(sum=a_i+a_{i-1}\)
-
\(SS\) 限制 \(b_{i-1}-b_i=a_i\)
那也就是说，如果我们真的知道这个 \(sum\)，我们就可以用 dp 求出方案数。
观察到 \(n\) 的范围，我们可以直接枚举这个 \(sum\) 在那个位置出现（即上文提到的 \(sum\) 的出现方式），然后 dp 即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。
Shuffle
- 题意：
给定一棵 \(n\) 个结点的树，定义对一棵树的操作如下：
- 从树中任选一个节点，把这个结点作为新树的根结点；
- 从原树中删除选中结点，并对于剩下的每个连通块（如果有的话）做同样的操作；
- 令选中的结点与每个连通块操作后的新树的根连边，形成一棵新树。
求对于给定的树做一次如上操作生成新树的叶结点数量最大值。每个测试点 \(t\) 组测试用例。
-
\(1\le t\le 10^4\)；
-
\(1\le n\le 2\cdot 10^5\)；
-
\(\sum n\le 3\cdot 10^5\)。
-
思路：
考虑到其实题意就是将这棵树不断删点，然后最后剩下的度为 \(0\) 的点最多，其实就是求树的最大不连通点集，然后这个容易用 dp 求出，但是你会发现，写完后交上去过不了，因为这个翻译有锅（大概。
就是原题中定义的叶子结点是：
Note that leaves are all nodes with degree \(1\) . Thus, the root may be considered as a leaf if it has only one child.
也就是说，如果根只有一个子项，那么他也要算在答案中，但是翻译中并没有提到这点。
那么关于这点，其实就是约等于将原树删去一个度为 \(1\) 的点后再求最大不连通子集，最后加 \(1\)。
那么哥们可以将 dp 做一个微调，\(f_{p,0/1,0/1}\) 为该点 \(p\) 选与不选，去掉或还没去掉叶子结点的最大不连通点集，然后常规转移就行了。
"a" String Problem
- 题意：
给定一个字符串 \(s\)，求有多少不同的非空字符串 \(t\)，使得存在一种分割 \(s\) 至若干子串 \(p_1 \sim p_k\) 的方法满足：
- \(p_i \in \{t, \texttt a\}\)。
- 至少存在一个 \(i\) 满足 \(p_i = t\)。
ps：\(1\leq t\leq 10^4，2\leq |s| \leq 2\cdot 10^5，\sum |s|\leq 3\cdot 10^5\)
- 思路：
哥们注意到假设 \(t\) 中有 \(b\) 个非 \(a\) 字符，将 \(s\) 去掉所有 \(a\)（假设剩 \(c\) 个字符），那么显然 \(\dfrac{c}{b}\) 且 \(b|c\)，不然显然不符合割的定义。
那么哥们枚举 \(c\) 的因数，得到 \(b\) 的大小，然后直接按规定割就行，然后我们还要考虑 \(t'\) 能向前延伸多少个 \(a\)，向后能延伸多少个 \(a\)，这个可以按割出的 \(t'\) 的间隙的大小得到限制，然后答案就是限制相乘。
但是我们考虑到，可能 \(b=0\)，也就是说，\(t\) 是一个全 \(a\) 的东西，那么此时 \(s\) 一定是一个全 \(a\) 的字符串，直接特判掉就行了。
array-value
- 题意：
给定序列 \(a\)。定义长度大于 \(1\) 的区间 \([l, r]\) 的权值为 \(a_i \oplus a_j\) 的最小值，其中 \(l\leq i \lt j \leq r\)，\(\oplus\) 表示异或。求所有长度大于 \(1\) 的子区间的第 \(k\) 小权值。
\(2\leq n\leq 10 ^ 5\)，\(1\leq k\leq \frac {n \cdot (n - 1)} 2\)，\(0\leq a_i\leq 10 ^ 9\)。
- 思路：
我们考虑二分这个答案，然后转为判定性问题。
假设哥们二分一个答案为 \(mid\)，那么现在也就是问有几个区间，其权值是 \(\leq mid\)。
那么由于区间重复问题，哥们为了不算重，考虑枚举这个区间右端点 \(r\)，那么我们现在需要找一个左端点，他是 \(r\) 左边第一个使得区间权值 \(\leq mid\) 的点（因为再往左一定包含）。
然后这些关于位运算的东西，哥们可以尝试给他转成树上问题，假设我们把他们的二进制数按顺序整到一棵 \(tire\) 树上，然后我们考虑什么时候，异或出来的东西是 \(\leq mid\) 的，考虑分讨：
我们假设当前数第 \(x\) 位为 \(a\)，\(mid\) 第 \(x\) 位为 \(b\)。
-
\(a=0,b=0\) 那么异或上的数的第 \(x\) 位应该顺着 \(1\) 走。
-
\(a=0,b=1\) 那么异或上的数的第 \(x\) 位是 \(0\) 的都行，这里可以维护一个子树左端点最大值，然后 \(1\) 就顺着走。
-
\(a=1,b=0\) 那么异或上的数的第 \(x\) 位应顺着 \(1\) 走。
-
\(a=1,b=1\) 那么异或上的数的第 \(x\) 位是 \(1\) 的都行，这里可以维护一个子树左端点最大值，然后 \(0\) 就顺着走。
然后就以 \(O(n\log^2 V)\) 的时间通过了该题，\(V\) 为值域。
I Love Balls
- 题意：
Alice 和 Bob 在玩游戏。他们面前有 \(n\) 个球，第 \(i\) 个球的价值为 \(v_i\)，且前 \(k\) 个球为“特殊球”，Alice 为先手。每一轮，Alice 或 Bob 会随机从剩余的球中选取一个球并把它取出，获得它的价值。如果这个球为特殊球，则下一轮的玩家不变，否则下一轮的玩家改变。问 Alice 和 Bob 各自得到的价值的期望对 \(10^9 + 7\) 取模的值。
ps：\(1\leq k\leq n\leq 4\cdot 10^5\)，\(1\leq v_i\leq 10^7\)
- 思路：
首先显然每种方案的概率是一样的，这个概率具体而言即：
我们先考虑忽略球的序号的方案，我们发现这个和前面一场模拟赛的 T1 很类似，即：
\(\dfrac{A!\times B!}{n!}\)
然后对于每个不管序号的方案，他们加上序号的影响都是 \(K!\times (n-K)!\)（即你按顺序一一对应）
那么总的概率就是：
\(\dfrac{A!\times B!}{n!\times K!\times (n-K)!}\)
然后问题变为求权值和。
那么我们手玩一下，发现无论特殊点的状态如何，普通点的分配只和 \(n-K\) 的奇偶性有关。
那么枚举 \(Alice\) 拿了 \(x\) 个黑点（特殊点），所以 \(Bob\) 拿了 \(y=K-x\) 个黑点。
然后已知 \(Alice\) 拿了 \(a = \left\lceil\dfrac{n-K}{2}\right\rceil\) 个白点（普通点），\(Bob\) 拿了 \(b = n-K-a\) 个白。
然后你大眼观察，发现 \(Alice\) 的黑点可以随便插入 \(Alice\) 的白点的空隙中，但是特殊的，当 \(Alice\) 的白比 \(Bob\) 的白多一个时，\(Alice\) 的黑点是不能插到最后的白点的后面的，原因显然（\(Alice\) 比 \(Bob\) 多一个白，那么 \(Alice\) 拿万白后应为 \(Bob\) 拿）
然后 \(Bob\) 的黑点可以在容易地方插入。
一个红框即为一对白，\(Bob\) 的黑可以插到任意一个红框中，\(Alice\) 的能插到红框的间隙中（最前面永远可以，最后面看奇偶，如上图就不行）、
然后求权值和，由于两人的求法并无本质上的区别，这里只讨论求 \(Alice\) 的。
首先容易发现黑点和白点的贡献分别相同。
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白点：
\(w\times C_{n-K-1}^{a-1}\times a!\times b!\times K!\)
-
黑点：
\(w\times C_{K-1}^{x-1}\times x!\times y!\times (n-K)!\)
然后就没有然后了。
ps：取模一定要取彻底。
