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。

\[f_1(v{+}j{+}1,\;i{-}j)\gets f(v,i)\text{ for all }j\geqslant 0 \]

\[f_2(v,\;i{+}1)\gets (i{+}1)f(v,i) \]

\[f_3(v,i)\gets i\cdot f(v,i) \]

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 \(\sf Quack\) 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 \(\rm EGF\)，令 \(g(l,r)\) 为 \([l,r]\) 被 \([l,r]\) 内的线段 \(\rm induce\) 的方案数。

\[\Delta f=\exp(x)\sum_{l=1}^{r-1}f(l{-}1)g(l,r) \]

\[g(l,r)=2^{c(l,r)}-\sum_{m=l}^{r-1}g(l,m)2^{c(m+1,r)} \]

其中 \(g(l,l)=1,\;f(0)=\exp(0x)=1\) 。

\[\Delta f=\sum_{l=1}^{r-1}f(l{-}1)\left[2^{c(l,r)}-\sum_{m=l}^{r-1}g(l,m)2^{c(m+1,r)}\right] \]

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 \(c(l,r)=-\infty\;(l>r)\) 导致的，这启发我们定义

\[\lambda_m:=\sum_{l=1}^{m}f(l{-}1)g(l,m) \]

\[\chi=\sum_{m=1}^{r-1}\lambda_m2^{c(m+1,r)} \]

当 \(r\) 移动时，只是 \(\lambda_m\) 的系数发生变化：对 \(m\leqslant l_0\) 执行 \(c\gets c+1\) 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 \(\mathcal O(nk\log n+nk^2)\) 。

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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 \(\tt dp\) 。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

\[f_{v}(a{-}j,\;b)\gets{a\choose j}(\lambda v^b)^j\cdot f_{v+1}(a,b) \]

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。\(n\leqslant 15\land m\leqslant 500\) 。

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 \({\cal O}(\text{poly}(n)m2^n)\)，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 \(\tt swap\) 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 \(\mathcal O(nm2^n)\) 。

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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。\(n,q\leqslant 166\land k\leqslant 15\land a\leqslant 10^6\) 。

暴力矩乘是 \(\mathcal O(n^3k\log k)\) 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 \(\mathcal O(n^3k\log a+n^2q\log a)\)，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。