2024.5 做题记录
P1935 [国家集训队] 圈地计划
注意到 相邻两项不同就会产生贡献 的条件不好处理，所以考虑对行列进行黑白染色，将一种颜色格子的 \(a, b\) 交换，这样条件就变成了 相邻两项不同才会产生贡献。然后套用文理分科的做法就可以了。
图论
因为点可以重复经过，所以很自然的缩点然后再对内部含有重要边的 scc 拆点，对于一条重要边必须经过的限制实际就是下界为 \(1\)，建出来图然后跑有源汇上下界最小流即可。
关于图的建法，实际上还需要一个虚拟源汇对每个点连 INF 的边。并且这个源汇 不能 直接当作上下界最小流的虚拟源汇，还要再搞一组。（因为实际上第一组是原图为了算答案而构造的，也就是实际上是原图真正需要的点。）
CF1100F Ivan and Burgers
猫树分治，然后做一些线性基合并，复杂度大概是 \(O(n \log n \log V + q \log^2V)\)。
不知道暴力线段树维护线性基合并能不能过，能过就太无脑了。
好吃的题目
猫树分治练习题。注意到背包是支持合并的信息，并且容量最大只有 \(200\)，分治过程中维护背包即可，查询答案直接合并两边背包即可。
这里的合并不是真的合并，而是枚举一边的容量，复杂度是 \(O(V)\) 的。
[TJOI2018] 数学计算
有点类似线段树分治的想法。注意到一个数贡献的区间是一个连续段，直接打标记维护即可。
二分图 /【模板】线段树分治
每个边的贡献时间是个连续段，线段树分治然后用种类并查集维护二分图即可。
CF432D Prefixes and Suffixes
先求出原串的 Z 函数，然后考虑 即使前缀也是后缀 的限制实际就相当于 \(z[i] = n - i\)，其实就是匹配到了字符串的末尾。
然后用 Z 函数能很方便的求出每个前缀的出现次数，考虑对于每个 \(z[i] = k\)，其实说明的是 \(i\) 位置可以匹配长度为 \(1, 2, \cdots, k\) 长度的前缀，差分维护每个前缀的次数即可。
CF311E Biologist
不管，以后我要把这些东西统称为文理分科模型了。难搞的地方只有 \(g\)，那考虑最小割原本的意义就行，我们想让这条边
- 如果不割，贡献为 \(w_i\)。
- 如果割了，贡献为 \(-g\)。
不妨 \(ans + w_i \to ans\)，然后把边权变为 \(w_i + g\)，这样割掉之后贡献就是 \(w_i - (w_i + g) = -g\)。
BZOJ3252 攻略
带权长剖也没什么区别，剖出来贪前 \(k\) 条就结束了。
[AGC031E] Snuke the Phantom Thief
限制很棘手，因为约束性并不强，我们尝试转化。
枚举当前选了 \(k\) 个点，那么对于 “横坐标小于等于 \(a_i\) 的珠宝最多偷 \(b_i\) 颗。”的限制，我们对于 \(\forall i \in [b_i + 1, k]\)，有 \(y_i > a_i\)。其他的三个限制也可以做类似的转化，于是我们对每个点的横纵坐标做出了约束，而我们想满足的条件除了选取的点数需要是 \(k\) 外，还有权值和最大，进而想到费用流。
为了限制每个点只能选择一次，对每个点拆点 \(p, q\) 作为该点的入点和出点，连边 \((p, q, 1, v_i)\) 限制该点最多选一次，且可以获得贡献 \(v_i\)。为了满足 \(x\) 的限制，我们建 \(k\) 个虚点 \(g_i\) 表示当前选择的 \(k\) 个点，同时连边 \((s, g_i, 1, 0)\)。如法炮制另外 \(k\) 个点 \(h_i\) 用来限制 \(y\) 坐标，并且连边 \((h_i, t, 1, 0)\)。
考虑对于每组限制连边，例如 \(\forall i \in [b_i + 1, k]\)，有 \(y_i > a_i\)，那么就可以从 \(i \in [b_i + 1, k]\) 连边 \((g_i, p_j, 1, 0)(y_i > a_j)\)，其他几种限制类似。
实现上，可能会出现坐标限制更严格，点数也更严格的情况，所以需要对每一维度维护前缀/后缀的最值。之后跑最大费用最大流即可。
CF1956D Nene and the Mex Operator
考虑到操作次数限制是 \(2^n\) 级别，所以对于一段长度为 \(n\) 的连续段，我们猜测可以在限制内将区间变为 \(n\) 个 \(n\)。
直接 dp，令 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数的最大和，有转移
顺便维护转移点，用于构造答案。问题变为给定一段区间，构造方案将区间变为 \(n \times n\)，考虑令 \(solve(l, r)\) 表示将区间变为 \(0 \sim r - l\) 的排列，那么对于区间 \([l, r]\) 就有操作方式
- \(solve(l + 1, r) \to op(l + 1, r) \to solve(l, r - 1)\)
其实意思就是先把 \([l + 1, r]\) 变成 \(0 \sim r - l - 1\)，然后再操作一次全变成 \(r - l\)，这样就达到了令 \(a_r = r - l\) 的目的，发现余下是子问题，直接 \(solve(l, r - 1)\) 即可解决。
P4103 [HEOI2014] 大工程
先把虚树建出来，然后考虑答案怎么算。
对于第一个，考虑对一条边计算，答案就是 \(\sum w \times sz_u \times (k - sz_u)\)，直接算就行。
第二个其实就是在虚树上找树的直径，dp 一下就好了。
第三个其实可以把边取负然后一样是树的直径，但是需要注意一些细节，比如当 \(u\) 为关键点时，此时答案可以直接变成子树内最短路。
注意第二和第三个 dp 当子树内没有关键点时都不能转移。
CF613D Kingdom and its Cities
对于这种 \(\sum k \le n\) 的东西基本都可以先建虚树看看。
考虑这个东西怎么 dp，设 \(f_u\) 表示 \(u\) 子树合法的最小花费，\(g_u\) 表示 \(u\) 子树内是否有 遗留点。
首先 \(f_u\) 一定需要保证每个子树内部都是合法的，所以有 \(f_u = \sum_{v \in son_u} f_v\)。
然后考虑转移的情况：
