意外失去双手

打代码的愿望已经消失殆尽了。这是个问题，但我还没想好怎么解决。

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《CF1608F MEX counting》

记录有多少个位置的值未确定。转移系数是组合数与第二类斯特林数，难搞。

考虑 系数提前计算（真的有这种名字的东西吗）。

• 去掉斯特林数：提前给这些未确定的值做值的归类，即记录不同的值的种类数。
• 去掉组合数：提前定序，这样只能依次取用。

因此易得转移式。共三类转移：$\text{mex}$ 增大、新未定值、旧未定值。

$$f_1(v+j+1,i-j)\leftarrow f(v,i)\text{ for all }j⩾0$$

$$f_2(v,i+1)\leftarrow (i+1)f(v,i)$$

$$f_3(v,i)\leftarrow i\cdot f(v,i)$$

最后 $f(v,i)$ 对答案的贡献是，将 $i$ 个无标号球放入 $(n-v)$ 个有标号盒子，可以空盒的方案数。经典隔板法，式子我不列了。复杂度 $\mathcal{O}(n^{2}k)$ 。

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《USACO 2020.2 Platinum Help Yourself》

这是 $\mathsf{Q}\mathsf{u}\mathsf{a}\mathsf{c}\mathsf{k}$ 分配给我的。手气不错，选了个水题。

令 $f(r)$ 为 $[1,r]$ 的连通块个数的集合 $\mathrm{E}\mathrm{G}\mathrm{F}$，令 $g(l,r)$ 为 $[l,r]$ 被 $[l,r]$ 内的线段 $\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{d}\mathrm{u}\mathrm{c}\mathrm{e}$ 的方案数。

$$\mathrm{\Delta }f=\exp (x)\sum _{l=1}^{r-1}f(l-1)g(l,r)$$

$$g(l,r)=2^{c(l,r)}-\sum _{m=l}^{r-1}g(l,m)2^{c(m+1,r)}$$

其中 $g(l,l)=1,f(0)=\exp (0x)=1$ 。

$$\mathrm{\Delta }f=\sum _{l=1}^{r-1}f(l-1)[2^{c(l,r)}-\sum _{m=l}^{r-1}g(l,m)2^{c(m+1,r)}]$$

看上去就明显复杂些的是

$$\chi =\sum _{l=1}^{r-1}f(l-1)\sum _{m=l}^{r-1}g(l,m)2^{c(m+1,r)}$$

只有 $2^{c(m+1,r)}$ 在随着 $r$ 改变，以及 $m$ 的上指标发生变化。但后者可以认为是 $c(l,r)=-\mathrm{\infty }(l>r)$ 导致的，这启发我们定义

$${\lambda }_m:=\sum _{l=1}^{m}f(l-1)g(l,m)$$

$$\chi =\sum _{m=1}^{r-1}{\lambda }_m{2}^{c(m+1,r)}$$

当 $r$ 移动时，只是 ${\lambda }_m$ 的系数发生变化：对 $m⩽l_0$ 执行 $c\leftarrow c+1$ 罢了。

因此 $\chi$ 可维护。再把 $f(l)$ 加到 ${\lambda }_l$ 里面去，就顺便统计了另一项。

复杂度 $\mathcal{O}(nk\log n+n{k}^2)$ 。

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《AGC039F Min Product Sum》

这题面我不知道理解错了多少次。

记 $r_i,c_i$ 分别为行和列的 $min$，它说的权值是 $\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{m}min\{r_i,c_j\}$，希望你们不会搞错。

考虑每个 $r_i$ 或 $c_i$ 的贡献，那就是不同名变量中大于它的数的数量。等于的随便放在一边。

按照行或列填矩阵是困难的，且上面这玩意儿明显按照值有序，因此按值 $\mathtt{d}\mathtt{p}$ 。记 $f_v(a,b)$ 为，填了 $[v,k]$ 中数字，剩余 $a$ 行 $b$ 列是空的。

考虑转移。新加入的 $v$ 应当在 $a,b$ 管辖范围内，二者可以分别转移。——或者你可以这么想，我们就是单纯地对 $\{r_i\},\{c_j\}$ 在归并，顺便填了个矩阵出来，因此可以（也必须）分别转移。

以 $a$ 侧为例。一行上填数的方案是 $\lambda =(k-v+1{)}^{m-b}-(k-v{)}^{m-b}$，有转移

$$f_v(a-j,b)\leftarrow (\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{j})(\lambda v^b{)}^j\cdot f_{v+1}(a,b)$$

在 $b$ 这一维上的转移是类似的。转移是 $\mathcal{O}(n+m)$ 的，状态 $\mathcal{O}(knm)$ 个，总复杂度 $\mathcal{O}[knm(n+m)]$ 。

另：狗狗用了些奇特的转化、奇特的状态定义，也得到了个做法，尚不清楚与该做法的联系。

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《某道考试题》：长为 $n$ 的序列 $a$ 作 $m$ 轮冒泡排序，每次大小比较有 $p$ 的概率返回错误结果，求最后每个位置上的数的期望大小。$n⩽15\wedge m⩽500$ 。

我在想，究竟是我太愚蠢，还是我思考时不打草稿的习惯导致了我的砂皮行为。

看数据范围，感觉是 $\mathcal{O}(\text{poly}(n)m{2}^n)$，也就是说状态用 $0/1$ 来记录。那 $\text{0-1 principle}$ 吗？好像 $1,1$ 内部的 $\mathtt{s}\mathtt{w}\mathtt{a}\mathtt{p}$ 的概率受到二者的相对大小关系影响？

放屁吧，那是概率诶，概率的和是 $1$，所有情况下 $\text{0-1}$ 序列都不变，所以没影响。我到底怎么就瞬间把自己否定了，然后再也不考虑这种做法的？

注意 $1$ 的数量是不变的，因此 $\text{0-1 principle}$ 共有 $\mathcal{O}(2^n)$ 状态。转移 $\mathcal{O}(nm)$ 步，复杂度 $\mathcal{O}(nm{2}^n)$ 。

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《卡常专训之 某道考试题》：给 $n$ 个点的带边权有向图，$q$ 次求 $s\to t$ 且走过的边数为 $a$ 的第 $k$ 小的边权和。$n,q⩽166\wedge k⩽15\wedge a⩽{10}^6$ 。

暴力矩乘是 $\mathcal{O}(n^{3}k\log k)$ 的。但是，没错，出题人就要卡那个 $\log k$ 。

在矩乘时，考虑用分层的最值维护：最外层建大小为 $\mathcal{O}(n)$ 的堆维护中间点 $x$ 的最优。在 $x$ 变化后，可以暴力（或者用堆，不是瓶颈）查 $x$ 的新最优值。这样单个位置是 $\mathcal{O}(nk+k\log n)$ 求出的。

同样的方法也用到向量乘矩阵上，复杂度就是 $\mathcal{O}(n^{3}k\log a+n^{2}q\log a)$，少个 $\log k$ 罢了。但出题人就是要卡常，你拿他没办法 😒

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《NOI2016 网格》

答案不超过 $2$ 。金角银边草肚皮。因此只需要做一些小思考。

判连通性。可以考虑将每一行的连续跳蚤直接变成连通块，多行没有蛐蛐的行变为连通块，这样只有 $\mathcal{O}(c)$ 个点和边，直接判断就行。

放一个蛐蛐？只可能放在已有蛐蛐的八连通格内。把这些点视作关键点，还用上面的方法划分连通块（不含关键点必然连通嘛），判断有无割点即可。

看题解区，好像特殊情况比较多，没写过，不知道细节处理完不完善。