最近不会做也不想写的题

天天被吊打，搞得我都去打 $\text{Assassin's Creed}$ 和 $\text{Call of Duty}$ 了。

所以就没时间写代码了。

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《贪心题》：给出序列 $\{a_i\}$ 和两个数 $x,y$，你每次可以给任意区间加上 $\pm x$ 或 $\pm y$ 。求最少多少次操作能使得 $\{a_i\}$ 变为全零。数据保证有解。$n⩽{10}^6$ 。

差分后可能的形式：只考虑前 $n$ 个差分值，写为 $d_i=p_{i}x+q_{i}y$ 后，最小化 $p_i$ 中负数的绝对值之和与正数的绝对值之和的较大值，与 $q_i$ 的该值。

但如果考虑上第 $(n+1)$ 个差分值，则只需最小化 $\sum |p_i|+\sum |q_i|$ 满足 $\sum p_i=0$ 。注：由于 $\sum d_i=0$，此时自动有 $\sum q_i=0$ 。这个形式是好做的。

注意到直线上 $(|p|+|q|)$ 是关于 $p$ 的 凸函数，从最小值开始，选增量最优的 $p$ 往 $0$ 方向调整，就是正确的。

复杂度在于最初的 $\sum p_i$ 。注意到，根据 $|x|$ 和 $|y|$ 的大小关系，$p_i$ 会靠近 $0$ 或 $d_i$ 。该差距不超过 $y$ 。故 $\sum p_i$ 距离 $\sum 0$ 或 $\sum d_i=0$ 不超过 $ny$ 。每次调整有 $y$ 的增量，总调整次数 $\mathcal{O}(n)$ 。

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《读错题》：有全零序列 $\{a_i\}$ 。接下来进行 $k$ 次操作，对于第 $j$ 次：让每个 $a_i$ 增大 $i$，若其超过 $h_j$，则令其变为 $h_j$，且让计数器加 $1$ 。求最后计数器的值。$q$ 次询问不同的 $k$ 。其中 $\{h_i\}$ 有长度为 $m$ 的循环节。$n,m,q⩽3\times {10}^5$ 且 $h$ 非负。

关于题读错了还津津有味地跟蛋神讨论这件事。

任意时刻 $a_i$ 不降，因此每次使得计数器加 $1$ 的是段后缀。而且，若 $a_i$ 在 $t$ 时刻有贡献，则其在 $(t+m)$ 时刻有贡献——若中途有太小的 $h_{\kappa }$ 使得 $(t+m)$ 时刻不贡献，则 $h_{\kappa -m}$ 同样能使得 $t$ 时刻不会有贡献。

注：若 $\kappa <m$，则 $0$ 时刻 $a_i=0$ 相当于更强的限制。这是 $h⩾0$ 的好处。

所以 $a_i$ 在其首次被赋值后，值在周期性变化。设首次赋值时间为 $t$，只需求解 $[t,t+m)$ 单个 循环节 的贡献即可。

考虑计算每个 $i$ 的贡献。在 $i$ 从小变大时，始终保留单循环节的贡献，动态加入新的可贡献时间。总共只有 $\mathcal{O}(m)$ 次加入，复杂度是正确的。

于是问题有二：求首次贡献的时间；其后在循环节内，哪些时间有贡献。

前者易求：设 $h_{\kappa }$ 首次赋值 $a_i$ 在第 $t$ 轮，则 $(tm+\kappa )\cdot i⩾h_{\kappa }$，移项得 $t$ 关于 $i$ 的直线方程——尽管带有上取整，其大小关系仍只会变化一次，因为上取整是几乎保序的。又考虑到 $\kappa$ 小的优先，则只有严格不等号，可以用李超树维护，或直接建立凸包求解。

后者在枚举 $i$ 时求解是困难的。但其实 $h_{\kappa }$ 是否有贡献，跟当前的 $t$ 关系不大——反正是循环的，可以想象成求解无穷远处的 $h_{m\cdot \omega +\kappa }$ 是否有贡献。

因此只需其余数字不限制自己。以 $\kappa =m$ 为例，只需 $\underset{j=1}{\overset{k-1}{min}}\{h_j+(\kappa -j)\cdot i\}>h_{\kappa }$ 即可。

不难发现这等价于 $i>max\{\frac{h_{\kappa }-h_j}{\kappa -j}\}$ 。枚举 $\kappa$ 后，维护凸包可以 $\mathcal{O}(\log m)$ 求 $\mathrm{R}\mathrm{H}\mathrm{S}$ 。因此就得到了每个 $\kappa$ 的加入时间。

考虑询问。二分得到极长后缀 $p$ 使得其在 $k$ 时间内至少被赋值一次，把询问放在 $p$ 上。改为 $i$ 从大到小枚举，将其对不同的 $kmodm$ 的贡献累加起来。这可以用线段树历史和。顺便得到 $\lfloor \frac{k}{m}\rfloor$ 的系数。则每个询问可以 $\mathcal{O}(\log m)$ 出结果。

总复杂度 $\mathcal{O}(q\log n+q\log m+m\log m+n)$ 。

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《Codechef Xor Matrix》

时至今日，尚不能完全理解，只能破碎地、模糊地给出些猜想。蛋神题解极其简略，我不能懂其分毫。

考虑 $+1$ 的作用：反转该数的较低的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 位。那么目标就是不断加减 $x,y$ 使得其反转作用和 $0$ 自加到 $k$ 的反转作用相同。

考虑基本单位 $A_k$ 为 $[0,2^k)$ 内的数之间的反转作用，即长为 $(2^k-1)$ 的数列。$A_0=\varnothing ,A_k=\{A_{k-1},k-1,A_{k-1}\}$，其中数字 $(k-1)$ 表示 $2^{k-1}$ 以及更低的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 被反转了。

把询问区间拆解得到 $\{A_{l_{\alpha }},\dots ,l_2,A_{l_2},l_1,A_{l_1},m,A_{r_1},r_1,A_{r_2},r_2,\dots ,A_{r_{\kappa }}\}$，满足 $l_{\alpha }<\cdots <l_2<l_1<m$ 且 $m>r_1>r_2>\cdots >r_{\kappa }$ 。

答案显然为 $2^{max\{l_1,r_1\}+1}$，不妨设 $r_1⩾l_1$，因为可以 $x$ 走 $A_{r_1},r_1$ 后 $y$ 走 $A_{r_1}$ 完成 $A_{r_1+1}$ 同步，而 $(r_1+1)$ 的缺席表明这是最大的。特别地，若 $m=r_1+1$，根据下面对方案数的讨论可知，不可能使用之。

方案数呢？两侧对称，以右侧为例。若起点在 $A_{r_1}$ 的空隙中，由于其中之一需靠近 $r_1$，问题变为，有多少种方案，从 $A_k$ 中相同位置出发，走出 $A_k$ 的序列，且结束时某个 $\mathrm{p}\mathrm{o}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}$ 在边缘。

定理：上述路径对每个起点都唯一存在，且结束时两个 $\mathrm{p}\mathrm{o}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}$ 在异侧边缘。

首先证明引理是，单个 $\mathrm{p}\mathrm{o}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}$ 从 $A_k$ 边缘出发，走出 $A_k$，唯一方案是走到另一边缘。该引理不难用归纳法证明。

有了引理，该定理不难用归纳法证明。因此随便一个起点都能完成任务。

接下来 $x$ 紧靠着 $A_{r_1}$ 而 $y$ 靠着 $A_{r_2}$，需要走出 $A_{r_1}$ 序列。每次讨论需要走出的 $max$ 由谁提供，可以将 $r_1,r_2$ 不断推进。它的方案数应该可以 $\mathcal{O}(\kappa )$ 计算，应该吧（因为状态会落到 $r_1=r_2$ 的位置）。

然而起点在 $A_{r_2}$ 的空隙中是不可行的。因为那需要 $x$ 一直停在 $r_1$ 旁边，等待 $y$ 走出 $A_{r_1}$，而 $y$ 是做不到这一点的，因为右边没有充分的原料。想要利用 $m=r_1+1$ 和该情况本质相同：都是不可实现的。

所以我们每组询问是 $\mathcal{O}(\alpha +\kappa )=\mathcal{O}(\log R)$ 解决的。

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《让我当小丑题》：给棵树，每个节点上有石子，在上面玩游戏，每次将单个石子移动至子树内，不可操作者负。动态增删单点石子，并询问与 $x$ 相邻的点中，有哪些点满足：以其为根时，即使后手能在树上任意节点多放一个石子，先手仍然必胜。$n⩽{10}^6$ 。

我是大小丑，请问我究竟是大还是小？

注意到 $sg$ 值就是最长链的长度（边数）。每个点为根时，游戏的 $sg$ 值容易用 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 序上的线段树维护。而 后手能放石子就是能放 $\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{t}$ 以内的值（没想到吧，我没发现这个）。

于是问题变为，哪些点的游戏 $sg$ 值大于 $\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{t}$ 。

不要泛化，考虑 $sg$ 的特点：儿子节点的 $sg$ 值可以由 $a_i$ 异或 $v$ 得到，其中 $v$ 是对每个子节点都相同的，而 $a_i$ 可以对每个节点预处理得到。

因此对所有子节点，问题相当于是，给定 $w$ 问 $\sum [a_i\oplus w>b_i]$ 。在 $\mathtt{t}\mathtt{r}\mathtt{i}\mathtt{e}$ 树上可以 $\mathcal{O}(\log max\{a,b\})=\mathcal{O}(\log n)$ 查询。

注：事实上，对于短儿子，它们的 $\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{t}$ 即 $b_i$ 是相同的。但这不能优化复杂度，所以就没什么了。

父节点可以暴力，总复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$ 。