「2022/11」学习记录
……
一定要冷静。一定要冷静。
提早更新了，因为后天 NOIP。在家里待了好久好久都憋疯了！！！人都发霉了（悲）。
心态发生了起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏起起伏伏的变化。
这个月口胡的比较多，所以有一些没写进去。
还会有 12 月学习记录吗……
如果那天不曾启程 不曾见过海阔 不曾意气相投 不曾跌落
或许不能 还于此伫立着
我想要 一切 尽善 尽美 尽诚 尽圆满之物
想要世间最好的结果
「ARC090E」Avoiding Collision
在一个有 \(N\) 个顶点和 \(M\) 条边的图上有两个人，分别在 \(S\) 号节点和 \(T\) 号节点。他们要各自走到对面（即在 \(S\) 的人走到 \(T\)，在 \(T\) 的人走到 \(S\)）。
给你M条边，描述为 \((u_i,v_i,d_i)\) 分别表示该边连接的两个点及边的长度。
求两人经过最短路径（可能有多条）且不相遇（在同一单位时间内都在一条边或一个点上）的方案数（答案对\(10^9+7\) 取模）。
因为走最短路，所以只会相遇一次。所以考虑容斥，总数减去相遇的数量。
考虑预处理出 \(S\) 起点的最短路和 \(T\) 起点的最短路方案数，然后枚举相遇的点和边，判一下，计个数即可。
「CF1693D」Decinc Dividing
定义一个序列 \(a\) 是好的，仅当可以通过删除 \(a\) 的一个单调递减子序列（可以为空）使得 \(a\) 单调递增。
给定一个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，你需要求出 \(p\) 有多少子段是好的。
保证 \(n \le 2 \times 10^5\)。
转化一下题意，题目要求有一个上升子序列和一个下降子序列的子串数。
先考虑判定 DP。不妨设 \(f(i,0/1)\) 表示第 \(i\) 个数在递增 / 递减序列中时，递减 / 递增序列最后一个元素的最大 / 小值。
分类讨论来回转移即可。若 \(f(n,0/1) \not= \infty\) 就合法。
枚举区间直接做是 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的。考虑从大到小枚举左端点，如果相同，那么将会完全一致，可以直接使用上次记录的点。
可以证明 \(f(i,0/1)\) 都只有四种取值，复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
「CF1710E」Two Arrays
现有两个整数数组 \(a_1, a_2, \dots, a_n\) 和 \(b_1, b_2, \dots, b_m\)。
Alice 和 Bob 将要玩一个游戏，Alice 先手，然后他们轮流进行操作。
他们在一个 \(n\times m\) 的网格上进行游戏（网格有 \(n\) 排 \(m\) 列）。刚开始，有一个棋子放在网格的一排一列上。
在 Alice 或 Bob 轮次中，玩家可以选择以下两个动作中的一个进行操作：
- 将棋子移动到一个不同的格子上，该格子必须和棋子的原位置在同排或者同列上。玩家不能将棋子移动到已经被访问过 \(1000\) 次的格子上（也就是说，在游戏过程中，棋子最多可以在某个格子停留 \(1000\) 次）。请注意，我们规定起始单元格在开始时被视作访问过一次。
- 以 \(a_r + b_c\) 的得分立刻结束游戏，\((r, c)\) 表示棋子当前所在的单元格（也就是说，棋子在第 \(r\) 排第 \(c\) 列上）。
Bob 想要最大化自己的得分，Alice 则想要最小化自己的得分。如果他们都以最佳方式玩这个游戏，则最终的得分是多少？
考虑二分答案，连边 \(\le x\) 和 \(>x\) 的，是个二分图。
把 \(a,b\) 排序后变成一条折线。转化为求最大独立集，每行每列只能选 \(0\) 或 \(1\)。
于是策略为上面若干行列选 \(0\)，然后选 \(1\)。双指针维护即可。
「CF1718D」Permutation for Burenka
你题目怎么也这么长。
首先对于两个的数列，他们相似当且仅当他们的笛卡尔树形状相同。
建出笛卡尔树，然后考虑确定数对没确定数的影响。
预处理出点 \(u\) 的能选出的上下界 \(L(u),R(u)\)。然后按照右端点排序，找到最小的 \(\ge L\) 的没选过的 \(x\)，如果满足就删除，否则就 \(R=v\)。若 \(R\) 已经有值，则无解。
「CF1726E」Almost Perfect
问长度为 \(n\) 的排列数，满足对任意的 \(i\)，\(|p_i - j| \le 1\)，其中 \(j\) 满足 \(p_j = i\)。
保证 \(T \le 1000,\sum n \le 3 \times 10^5\)。
首先发现最后的形式只有 \(3\) 种，一元环二元环四元环。
一元环二元环简单，设个 DP。有转移：
然后只需要考虑四元环。设其数量为 \(k\)。首先四元环一定长这样：
那么相当于要在 \([1,n-1]\) 选出 \(k\) 个 \(i,j\)，使得这 \(2k\) 个数两两不相邻。不妨设 \(x_0,\dots,x_{2k}\) 表示这 \(2k+1\) 个空隙的长度，其需要满足 \(x_0,x_{2k} \ge 0,\forall i \in [1,2k),x_i \ge 1\)，且 \(\sum x=n-2k-1\)。
答案为 \(\dbinom{n-2k}{2k}\)，然后就是 \(2k\) 个数的组合，为 \(\dfrac{(2k)!}{k!}\)。
于是最后的答案为
复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
「CF1728F」Fishermen
给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{a\}\)，你可以将 \(\{a\}\) 中的数重新排列，并根据重排后的序列 \(\{a\}\) 生成序列 \(\{b\}\)，生成方法如下：
\(b_1=a_1\)。
\(\forall i\in(1,n]\)，\(b_i\) 是满足 \(a_i|b_i\) 且 \(b_i>b_{i-1}\) 的的小正整数。
求所以可能生成的序列 \(\{b\}\) 中 \(\sum\limits_{i=1}^nb_i\) 的最小值。
保证 \(n \le 10^3,1 \le a_i \le 10^6\)。
合法的 \(b\) 的条件是 \(a_i | b_i\)，且互不相同。注意到 \(b_i\) 不可能超过 \(n \cdot a_i\)。
于是考虑建图，对于 \(a_i\)，像所有 \(k \cdot a_i, k \in [1,n]\) 连一条边，然后就是二分图带权匹配问题了。
考虑如何优化，匈牙利的做法是枚举每个可能的 \(b_i\) 去增广，不妨从小到大枚举 \(b\)，这样得到的一定是最优解，因为加边也是从小到大加的。
最后如果没有匹配的时候不清空 vis，复杂度为 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
我单方面宣布这次匈牙利薄纱网络流。（
「CF1728G」Illumination
给你一个范围 \([0,d]\) 的线段。现在有 \(n\) 盏灯 \(m\) 个点。对于每一盏灯，你可以选择一个 \([0,d]\) 的照明范围。一盏在 \(x\) 的灯可以照亮在 \([x-d,x+d]\) 的点。
一次合法的照明定义为所有的点都至少被一盏灯照亮。
现在你有 \(q\) 次询问，每次询问会给定一个整数 \(f_i\)，回答一次询问，你需要：添加一盏灯在 \(f_i\) 处。计算有多少种合法的照明方式。删除这盏灯。
保证 \(n \le 2 \times 10^5,d \le 3 \times 10^3,m \le 16\)。
先不考虑修改。因为 \(m\) 很小，于是考虑容斥计算。不妨设 \(f(S)\) 表示集合 \(S\) 内的点不会被覆盖的方案数，可以再预处理一个 \(g(l,r)\) 表示区间 \([p_l,p_r]\) 内不覆盖到边界的方案数。然后 \(f\) 就是若干个区间的积。
加一次灯后，\(g\) 可以暴力修改，但是 \(f\) 不行。
注意到，处理 \(f\) 的时候是，\(f\) 组成的区间的答案的积，所以如果把 \(f\) 和最后的容斥一起写，大概会成为这个形式：
相当于对于所有 \(f\) 有区间 \([j,i]\) 一起贡献，并且因为集合内元素增多，容斥系数再乘一个 \(-1\)。
所以每次修改完再暴力计算即可。
复杂度 \(\mathcal{O}(nm^2 + q m ^2)\)。
「CF1746F」Kazaee
给出一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和以下两种操作：
1 i x：将 \(a_i\) 修改为 \(x\)。2 l r k：询问在数组区间 \([l, r]\) 内是否每个出现过的正整数的出现次数都是 \(k\) 的倍数。（建议参照样例理解）若是则输出YES，若否则输出NO。保证 \(n,q \le 3 \times 10^5,1 \le a_i \le 10^9\)。
看着就很不能 \(\log\) （？
考虑维护前缀和，如果区间和是 \(k\) 的倍数则判对。但显然这个贪心很假。
于是对于每种 \(a_i\) 随机一个值，然后对随机值做，多做几次，正确率就高了。
「CF1750F」Majority
定义一个 \(01\) 串 \(s\) 是好的，当且仅当 \(s\) 可以通过以下操作变成全是\(1\)的串，可以操作无数次
选择 \(i,j\) 满足 \(i<j,s_i=s_j=1,2\sum_{k=i}^js_k\ge j-i+1\)，然后将 \(k\in[i,j]\) 的 \(s_k\) 全部改为 \(1\)。
给定 \(n\) 和 \(m\)，求有多少个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串是好的，对 \(m\) 取模。
保证 \(n \le 5000,10 \le m \le 10^9\)。
最终状态可以看成若干个 \(0,1\) 段，每一个 \(0\) 段的长度都 \(>\) 两边 \(1\) 段长度和。
考虑 DP。不妨设 \(f(i,j)\) 表示长度为 \(i\)，两端为 \(1\)，最终状态下，最后一个 \(1\) 段有 \(j\) 个的方案数。于是答案为 \(f(n,n)\)。
考虑容斥，已知总数为 \(2^{i-2}\)。所以 \(f(i,i)\) 可以通过减去其他来算出。
枚举上一段 \(0\) 和 \(1\) 的长度 \(k,l\)，于是有：
然后前缀和优化一下即可。
「CF1750G」Doping
给定长度为 \(n\) 的排列 \(p\)，要对于 \(k=1,2,3,\cdots,n\) 求出，有多少个长度为 \(n\) 的排列 \(p'\) 满足 \(p'\) 字典序比 \(p\) 小，且 \(f(p')=k\)，其中 \(f(a)\) 表示 \(a\) 最少可以划分成多少个区间，使得每个区间中的元素都是等差数列。
答案对 \(m\) 取模，\(m\) 不一定是质数。
保证 \(n\le 2000\)。
考虑容斥。不妨设 \(f(i)\) 表示能恰好分成 \(i\) 段的排列数量，\(g(i)\) 表示钦定分成 \(i\) 段的排列数量。于是有：
相当于我们选 \(j\) 段，然后为了凑齐 \(i\) 段，我们在 \(n-j\) 个位置里选出 \(i-j\) 位置切开。
接着考虑字典序。枚举 LCP，假设长度为 \(i\)。分类讨论 \(< p_i ,\ge p_i\) 的情况。于是假设两种情况分别有 \(a_1,a_2\) 个差为 \(1\) 的数对，数轴上形成了 \(b_1,b_2\) 个连续段。
所以对于要求的排列 \(p\) 的 \(i \sim n\) 位的排列，设被钦定分为了 \(k\) 段，于是有方案数：
枚举前面小于 \(p_i\) 的数构成了多少个连续段 \(j\)，并且此时一定存在 \(b_1+b_2\) 个连续段，于是剩下的段数为 \(k-b_1-b_2-j\)。于是这意味着我们需要从 \(a_1,a_2\) 中选出这些段。
然后对于这 \(k\) 个段，乱排的总方案为 \(k!\)，因为需要满足字典序的需求，也就是我们的排列的第 \(i\) 位需要 \(< p_i\)。而小于这个的连续段有 \(b_1+j\) 个，所以答案为 \((b_1 + j) (k-1)!\)。
整理一下：
然后还有个特殊情况，考虑在 \(p_i = p_{i-1}+1\)，就不用钦定 \(i\) 作为起点。于是有答案 \((k-1)! \dbinom{a_1+a_2}{k-f_1-f_2}\)。
考虑倒着枚举 \(k\)，这样 \(a,b\) 就可以直接从上一次的结果直接加过来。
复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
「CF1753D」The Beach
有一个 \(n\times m\) 的网格图，场地上有许多不可移动的障碍，标记为
#，还有一些可以移动的障碍，如果他是横着的，定义它的一边为L，另一边为R；否则定义它的上边为U，下边为D，现在需要在这个网格图中空出一个 \(1\times 2\) 的空位，可以移动的障碍移动如下：
- 选择固定它的一边，将其旋转 \(90°\)，花费 \(p\) 单位，前提是旋转后不准与其他障碍重合。
- 将其平移一个单位，花费 \(q\) 单位，前提是平移后不准与其他障碍重合。
现在要求出在这个网格图里空出 \(1\times 2\) 的空位，至少需要花费多少单位，如果不可能，输出
-1。保证 \(n,m \le 3 \times 10^5,n \cdot m \le 3 \times 10^5\)。
可以想到要建图。那么如何建图。
首先有个结论，所有障碍移动后一定有一端在原来位置。否则没必要移动。
假设 \(s_{i,j} = \texttt{L}\) 的情况。连边 \((i-1,j+1) \rightarrow (i,j),(i+1,j+1) \rightarrow (i,j)\) 边权为 \(p\)。连边 \((i,j+2) \rightarrow (i,j)\) ，边权 \(q\)。
然后因为起点有很多个，所以建一个大起点即可。这样我们就求出了所有点空出来的最低费用。
于是答案为 \(\min \{ d(i,j)+d(i+1,j),d(i,j) + d(i,j+1) \}\)。
「CF1753E」N Machines
给定一个操作序列，每一个操作形如 \((+,a_i)\) 或 \((*,a_i)\) 。当前有一个变量 \(x\)，起始时 \(x=1\)，然后按操作序列的顺序进行操作。
当进行一次 \((+,a_i)\) 操作以后 \(x\) 变为 \(x+a_i\)。
当进行一次 \((*,a_i)\) 操作以后 \(x\) 变为 \(x \cdot a_i\)。现在你手中有 \(b\) 块钱，你可以花费 \(p\) 块钱将一个加法操作移动到操作序列的任意位置，也可以花费 \(m\) 块钱将一个乘法操作移到操作序列任意位置。
请问经过操作以后所能得到的 \(x\) 的最大值。保证初始操作序列所得结果不会超过 \(2\times 10^9\)。
考虑去掉 \(a_i =1\) 的乘法。这样乘法最多进行 \(31\) 次。
然后有一个显然的贪心策略，加法尽量往后移，乘法尽量往前移。于是就有一个做法，枚举移动到后面的乘法操作，对于加法操作，算出移动到最开头的贡献，选出最大的前几个。
考虑优化。对于 \(a_i\) 相同的乘法，只选择最前面的进行操作。加法操作可以在选完乘法后分段，每段优先考虑大的。
于是我们一样先搜哪些乘法放最后。然后不妨设剩下的钱还可以 \(k\) 次移动加法，二分出这些操作最小贡献 \(mid\)，再对于分段后的每一段二分算出贡献不小于 \(mid\) 的 \(a_i\) 数量。
可以过了。
「JOISC 2016 Day 1」俄罗斯套娃
有 \(n\) 个娃娃，每个娃娃有两个数值 \(r_i,h_i\)。如果娃娃 \(i\) 可以套住娃娃 \(j\)，当且仅当 \(r_j<r_i,h_j<h_i\)。
询问 \(q\) 次，每次询问给定 \(a_i,b_i\)。对于所有 \(r_i \ge a_i,h_i \le b_i\) 的娃娃，求没被套住的娃娃的最小值。
保证 \(n,q \le 2 \times 10^5,1 \le r_i,h_i,a_i,b_i \le 10^9\)。
首先对于一组 \(r_j<r_i,h_j<h_i\)，连边 \(j \rightarrow i\)。于是问题变成了求 DAG 上的最小链覆盖。
由 Dilworth 定理得知，我们只需要求 DAG 上的最长反链覆盖。
如果我们初始按照 \(r\) 排序，那么只需要求 DAG 上的最长不上升子序列，可以直接 DP。设 \(f(i)\) 表示 \(h_i\) 结束的答案。询问里的 \(a_i\) 限制可以用扫描线解决。
「JOISC 2019 Day1」聚会
交互题，给定一棵树，每次可以询问 \((x,y,z)\)，返回到三点距离之和最短的点，需要在有限次数内还原这棵树。
保证 \(n \le 2000,d_i \le 18,X \le 4 \times 10^4\)。
首先可以注意到如果 \((x,y,z)\) 的答案为 \(x\)，那么这意味着 \(z\) 在 \(x,y\) 的路径上。
然后没思路了。注意到题目里有个度数小于 \(18\)。可以确定是乱搞题了（？
随机一个根。每次询问两个点是否在一个子树内，就可以分治了。考虑如何优化，因为不在一个子树的点太多了，所以不妨随机两个点 \(x,y\)。然后询问其他点，如果不在这条连上，就在返回答案的点的子树里。这样分治就行了。
「JOISC 2019 Day1」考试
有 \(n\) 个学生，每个学生两个权值 \(s_i,t_i\)。
有 \(q\) 次询问，每次给定 \(a,b,c\)，问 \(s_i \ge a,t_i \ge b,s_i+t_i \ge c\) 的学生有多少个。
保证 \(n,q \le 10^5,a,b,s_i,t_i \le 10^9,c \le 2 \times 10^9\)。
把询问和学生一起做一个三维偏序即可。
注意算贡献的时候，不能算询问对询问的贡献。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log^2 n)\)。
「JOISC 2019 Day1」馕
给定长度为 \(M\) 的馕，和 \(N\) 个人，第 \(i\) 个人吃馕的第 \(j\) 米可以获得 \(Vi,j\) 的收益，现在需要将长为 \(M\) 的馕分成 \(N\) 段，每个人吃一段，使得每个人获得的收益至少为这个人吃掉整个馕的收益的 \(\dfrac{1}{N}\)，切的位置可以是分数。
保证 \(N \le 2000,L \le 2000,1 \le V_{i,j} \le 10^5\)。
神奇贪心。
对于一个人，如果他能恰好吃 \(\frac{1}{N}\)，后面的结果一定不劣。因此考虑对于每个人处理出他的 \(N\) 等分点。
然后每次考虑选一段，假设当前选到第 \(i\) 段，选出 \(N\) 个人中第 \(i\) 段最短的，然后再把这个人删掉。一直这样下去，可以发现一定有解。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
「JOISC 2019 Day2」两道料理
两道料理分别要 \(n,m\) 个操作。做菜需要按顺序。第一道菜第 \(i\) 个步骤用时 \(a_i\)，如果在第 \(s_i\) 前完成得分 \(p_i\)；第二道菜第 \(i\) 个步骤用时 \(b_i\)，如果在第 \(t_i\) 前完成得分 \(q_i\)。
最大化评分。
保证 \(1 \le n,m, \le 10^6,1\le a_i,b_j \le 10^9,1 \le s_i,t_i \le 10^{15},|p_i|,|q_i| \le 10^9\)。
不妨设 \(f(x,y)\) 表示第一道菜到步骤 \(x\)，第二道菜到步骤 \(y\) 的最大评分。转移都是枚举上一个位置，类似走放方格。相当于就是从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 的最大评分。
于是考虑把评分看成点，点 \((i,s_i)\) 有收益当且仅当他在路径上方，\((j,t_j)\) 在路径下方。因为不在一个边很烦，所以将答案先加上 \(\sum p_i\)，然后将点 \((i,s_i)\) 的权值 \(a_{i,s_i}\) 设为 \(-p_i\)。
预处理个前缀和，设 \(s_{i,j} = \sum\limits_{x=0}^y a_{i,x}\)。所以有转移：
对一行转移分析。考虑下 \(f(x)\) 的性质，显然 \(f(x)\) 是单调的，它相当于将 \(f(x-1)\) 值加上 \(s(x-1)\) 然后取前缀最大值。
所以我们差分一下 \(f(x)\)，得到的差分数组 \(d(i)\) 一定非负。
如果我们对 \(d(i)\) 加上一个正数，那么有影响只有位置 \(i\)。
如果加上一个负数 \(x\)，若 \(d(i)\) 变成 \(<0\)，则会变成 \(0\)。接着会影响后面值。可以发现，他会是后面连续一段总和最多为 \(-x\) 的数都变成 \(0\)，所以可以用线段树二分维护。
复杂度是 \(\mathcal{O}((n+m) \log m)\)。
「JOISC 2019 Day2」两个天线
有 \(n\) 个天线，天线高度 \(h_i\)，天线 \(i\) 可以向到它距离在 \([a_i,b_i]\) 范围内的天线发送信息。多次询问区间 \([l_i,r_i]\) 内可以相互发送信息的天线的 \(|h_x-h_y|\) 的最大值。
保证 \(n \le 2 \times 10^5,1 \le h_i \le 10^9,q \le 2 \times 10^5\)。
考虑拆开绝对值，然后正反都做一遍。
对于点 \(i\)，能算答案的只有 \(j \in [i+a_i,i+b_i]\)。于是每个点维护标记，于是对 \(i\)，在 \(i+a_i\) 放一个标记 \(p_i = - a_i\)，然后在 \(i+b_i+1\) 关闭标记 \(p_i = -inf\)。
然后查询的时候，因为要需要满足 \(i \in [j-b_j,j-a_j]\)，所以到 \(j\) 的时候直接对这个区间的与 \(a_j\) 取 \(\max\)。
可以用线段树维护。答案就是历史版本最大值。
「JOISC 2019 Day3」开关游戏
有 \(n\) 个灯。有初始状态。
每次可以选择一段区间，对灯的状态取反 / 全打开 / 全关闭。
求变成目标状态的最小操作数。
保证 \(n \le 10^6\)。
首先可以注意到，赋值操作一定在取反操作后。所以直接把操作拆成两个过程，第一个过程只赋值。
于是 DP。设 \(f(i,0/1/2,0/1)\) 表示，当前到 \(i\)；是否有以 \(i\) 为结尾的赋值操作，如果有是赋值哪个；是否有以 \(i\) 结尾的取反操作。
从 \(i-1\) 位直接转移。复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
「JOISC 2019 Day3」指定城市
给定一棵树，双向边，每条边两个方向的权值分别为 \(c_i,d_i\)，多次询问 \(k\)，表示选出 \(k\) 个点，依次将以每个点为根的内向树边权赋值为 \(0\)，需要求出最后树的边权之和的最小值。
保证 \(n \le 2\times 10^6,q \le n,c_i,d_i \le 10^9\)。
我们只需要求出选出来边和的最大值即可。
先考虑 \(k=1\) 的情况，对于点 \(u\)，他的贡献就是以他为根的内向子树边的和 \(w_u\)。所以可以通过换根 DP 预处理出所有点的 \(w_u\)，然后取最大值即可。
再考虑 \(k=2\) 的情况，取两个点 \(u,v\)，贡献为 \(u,v\) 之间双向边的和，然后路径外的点向路径方向边的和。也就是 \(\dfrac{w_u+w_v+\text{dis}(u,v)}{2}\)，这东西长得就很直径。
那如果再加一个点呢？考虑把刚刚取的类似直径的东西缩起来，然后以这个点为根。每次选一个叶子，叶子到这个根的内向边的和就是贡献。
所以对于 \(k >1\) 的情况，可以把所有链预处理后排个序，然后一个一个取就行了。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
「JOISC 2019 Day4」合并
给定一棵树，每个点有一种颜色，如果能将颜色分为两组，使得两组内的点各构成一个连通块，则不合法。问最少合并多少种颜色使得树合法。
保证 \(n \le 5 \times 10^5,k \le n\)。
考虑不合法的情况。如果一条边的两侧子树内没有公共颜色，那么就一定不合法。
所以对于一条边，如果这条边合法，那么就保留，否则就把这条边的两个端点合并。最后答案就是叶子数量的一半下取整。
「JOISC 2021 Day2」道路建设
给出 \(n\) 个坐标 \((x_i,y_i)\)。连接两个坐标的费用为 \(|x_i - x_j| + |y_i - y_j|\)。选出最便宜的 \(k\) 条边。
保证 \(n \le 2.5 \times 10^5,|x_i|,|y_i| \le 10^9\)。
曼哈顿距离转切比雪夫距离。\((x,y) \rightarrow (x+y,x-y)\)。于是两个点的距离变成 \(\max( |x_i - x_j|,|y_i-y_j| )\)。
然后二分一个答案，查询距离小于等于这个答案的边数是否 \(\ge k\)。
查询过程对 \(x\) 排序，然后双指针，set 维护 \(y\) 坐标即可。
「JOISC 2021 Day4」最差记者 4
好长的题。
首先连边 \((i,a_i)\) 得到内向基环树（若干颗基环树或树）。环上的 \(\text{Rating}\) 一定相等。
环上只需要枚举维护环上的某个点或者统一改成最小值即可。
于是考虑满足限制关系，如果我们保留一个点，只需要修改剩余点一定就能满足了，因为需要代价小，所以选择点权大的即可。不妨设 \(f(u)\) 表示第 \(u\) 个人必须选，子树内能选择保留点的最大权值和。于是有：
因为和 \(h_u\) 有关，所以不妨设 \(g(u,i)\) 表示对于 \(v \in \text{son} (u)\)，仅考虑 \(h_v \ge i\) 的点，于是 \(f(u) = c_u + g(u,h_u)\)。
对于 \(g\) 数组，每次合并所有儿子，然后与父亲的 \(g(\text{fa}_u,val) (val \in [1,h_u])\) 取前缀最大值即可。线段树合并。
「POI2016」Nim z utrudnieniem
A 和 B 两个人玩游戏，一共有 \(m\) 颗石子，A 把它们分成了 \(n\) 堆，每堆石子数分别为 \(a_1,a_2,...,a_n\)，每轮可以选择一堆石子，取掉任意颗石子，但不能不取。谁先不能操作，谁就输了。在游戏开始前，B 可以扔掉若干堆石子，但是必须保证扔掉的堆数是 \(d\) 的倍数，且不能扔掉所有石子。
A 先手，请问 B 有多少种扔的方式，使得 B 能够获胜。
保证 \(n \le 5 \times 10^5,d \le 10,1 \le a_i \le 10^6\)。
首先转化一下题意，B 需要选择一个子集扔掉，使得剩下的数异或和为 \(0\)。这意味着选择的子集的异或和和整体异或和相同。
考虑 DP。设 \(f(i,j,k)\) 表示到第 \(i\) 个数，选了 \(\bmod d\) 意义下的 \(j\) 个数，异或和为 \(k\) 的结果。转移显然。
会 T。优化。注意到 \(x\) 和比 \(x\) 小的数异或和不会超过 \(2x\)，于是直接对 \(a\) 排序，然后每次只枚举到上限，均摊下来复杂度就对了。
复杂度 \(\mathcal{O}(nd)\)。
「EGOI 2022 Day1」重现赛
SubsetMex
如果我们需要一个数 \(x\)，那么我们需要消耗 \(0 \sim x-1\) 各一个。所以相当于如果我们需要 \(x\)，我们不妨将 \([0,x-1]\) 的 \(a_i\) 各减去 \(1\)。
初始时先对 \(i \in [0,n-1]\) 所有 \(a_i\) 减去 \(1\)。然后我们从大到小依次处理每个数，如果当前 \(a_i<0\) 我们就构造 \(|a_i|\) 并对于所有 \([0,i-1]\) 减去 \(|a_i|\)。
LegoWall
根号分治。
先考虑 \(n \le \sqrt{nm}\) 的情况。
先不考虑牢靠的情况，于是每一层都独立。每一层的递推式显然为 Fibonacci 数列。于是有答案 \((f_n)^m\)。
考虑容斥， 不妨设 \(h_i\) 表示有 \(i\) 列为牢靠的方案数。于是有转移：
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log m + n^2)\)。
再考虑 \(m \le \sqrt{nm}\) 的情况。
直接 DP。不妨设 \(f(i,j)\) 表示当前到第 \(i\) 列，有 \(j\) 个凸出来的位置。有转移：
因为我们要保证牢靠，所以对于 \(\forall i \in [1,n]\) 都有 \(f(i,0) =0\)。
滚掉第一位。答案为 \(\sum\limits_{i=1}^m f(n-1,i)\)。复杂度为 \(\mathcal{O}(nm^2)\)。
可以通过本题。当然你也可以 MTT。
SocialEngineering
交互库写正解是吧你。
首先有个很自然的想法，对于 \(1\) 出去一条边，我们都要找一个路径回到 \(1\)。这意味着我们需要把 \(1\) 所连的点两两配队，且他们的路径没有重复过的边。
去掉点 \(1\)。对每个连通块考虑。首先对于一个连通块来说，连向点 \(1\) 的点一定为偶数个，否则无解。
于是问题变成了给定一张图，和偶数个点，是否能所有点两两配对，使得这些点中的路径不存在边交集。
我们发现如果是一棵树的情况，我们也一定可以通过调整法使其一定有解。所以对于一个连通块，我们对其求一个生成树，然后通过调整法构造解即可。
Tourists
考虑询问对询问的影响。
一个区间修改。相当于把一群人全都合并到一个点上。他所影响的只有和他有交集的其他询修改，也就意味着对于 \([l,r]\)，我们可以找出和他有交集的修改 \(j\)，然后把 \(j\) 的交集部分砍掉。于是这意味着，对于任何时候，我们维护的所有区间两两之间无交。可以用 set 维护。
对于交集部分，我们相当于要把一群在 \(x_j\) 的点移动到 \(x_i\)，这里贡献是固定的。而查询只查询一个点。所以用树状数组和差分维护。
考虑第二个操作。单点修改。我们可以对于每个地点维护一个数组 \(val_x\) 表示 \(x\) 的总贡献和。对于每个区间再维护一个值 \(v\) 表示我到达 \(x\) 前，\(x\) 点已经发生演讲的贡献。于是对于一个点 \(u\)，假设此时他所在的区间为 \(i\)，都会有贡献 \(val_{x_i}-v_i\)。
「2022-11-04 提高模拟赛」
破门而入 (broken)
转化题意，如果连边 \((i,a_i)\)，最后形成 \(\le k\) 个环的方案数。
发现这是第一类 Stirling 数。\(\mathcal{O}(n^2)\) 处理即可。
翻转游戏 (turn)
考虑用总数减去重复的数量，重复的情况当且仅当选择的子串是回文串。
对于单个字母，反转他不会产生变化，所以这 \(n\) 种里面只取 \(1\) 种。
如果是选择区间 \([l,r]\)，如果 \(s_l = s_r\)，那么他会和 \([l+1,r-1]\) 的情况一样。这意味着对于一个字母，假设他有 \(x\) 个，那么他会产生重复的 \(\binom{x}{2}\) 个贡献。
复杂度 \(\mathcal{O}(n+m)\)，其中 \(m\) 为不同字符数量。
奶油蛋糕塔 (cake)
首先有一个很自然的建图想法，对于有相同一面的蛋糕 \(i,j\)，连边 \(i\) 与 \(j\)。那么问题就是找到若干个可以构成哈密顿回路的点，且希望这些点的点权尽量的大。
寄了。考虑转化为欧拉回路。考虑拆点，点权变成边权。对于没有边权的边，可以发现他是基于该蛋糕的颜色决定连边的。于是不妨将颜色作为点，蛋糕作为边，那么最后会形成一个只有四个点的图，我们要找一个，可以形成欧拉路的边集，并使得边权和尽量大。
但注意到奇数点 \(>2\) 才会不存在欧拉路，所以如果存在连通块大小为 \(4\) 并且 \(4\) 个点都是奇点的情况，只要删去一条边就可以了。显然选最小边最优，注意该边需要满足删掉这条边原图依然连通。
否则，找到边权和最大的连通块即可。
战争 (warfare)
我何德何能在提高模拟赛碰到时停定理（。
「2022-11-06 提高模拟赛」
数据恢复 (data)
我觉得这题贪心很神仙！
考虑不存在数据依赖的情况，我们希望 \(a_i\) 尽量小，\(b_i\) 尽量大，所以不妨按照 \(\dfrac{b_i}{a_i}\) 从大到小排序，依次选择即可。
那如果存在依赖情况呢？因为父亲的选择会影响到儿子，所以不妨倒序考虑问题，先从叶子节点考虑。一个点选完后，将他的贡献合并到他父亲上去，也就是 \(a_u+a_v,b_u+b_v\)，然后开个堆处理即可。
正确性我不好说（？
下落的小球 (ball)
说是全场最简单的题（？）但是我觉得 T3 比他简单（指思维。
不妨先考虑答案的存在性。不妨设子树大小 \(sz_i\)，子树 \(a\) 的和 \(b_i\)，如果每次操作后都存在 \(\forall i,r_i=b_i-s_i \ge 0\)。接着可以发现，对于点 \(i\)，如果操作点 \(i\) 子树内任意一点，\(i\) 上的球都会轮换一次。当操作第 \(r_i+1\) 次时，\(i\) 将会变成无球的状态。
这意味着前 \(r_i\) 次操作只会影响子树外的，后 \(s_i\) 次只会影响子树内的。
计数的时候不妨从下到上，合并子树时，考虑一颗子树内前 \(r_i\) 次（A），和后 \(s_i\) 次（B）。A 和 A 合并，B 和 B 合并，形成当前点的 A 和 B。合并两个长度分别为 \(x\) 和 \(y\) 的序列的方案数为 \(\binom{x+y}{x}\)。
复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
消失的运算符 (operator)
先考虑没有括号的情况。
考虑 DP，设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个数字，已经有了 \(j\) 个加号的答案。但转移的时候需要枚举最后一段的乘法贡献，所以考虑设 \(f(i,j)\) 为前 \(i\) 个数，\(j\) 个加号，且不记最后一段乘法的答案，再设 \(g(i,j)\) 表示最后一段乘法的答案。
转移的时候大概就是，如果是加号的话，\(f\) 需要算上 \(g\) 的贡献，而最新的数是要放到 \(g\) 上，如果是乘法的话就只需要改变 \(g\) 就行了。
然后有括号。
首先建出一棵树，然后一个子树算完后，相当于要合并 \(m\) 个结果上去，这个类似树上背包，合并的时候再记个每种方案的方案和。为了方便记录，\(f(i,j)\) 的 \(i\) 可以改成为第 \(i\) 个括号这层的答案。
另外发现平时没注意到树形背包的复杂度这一点。见两种写法复杂度。
古老的序列问题 (sequence)
先考虑不用计算子区间的答案。
然后我们有一个离线的做法，线段树维护所有区间的答案，两个单调队列最大值和最小值，每次加入一个值相当于修改队列中相邻两个位置之间的最大值 / 最小值。线段树只用维护区间积即可，删除一个数可以乘上他的逆元。
再考虑子区间的答案，发现只要维护历史和就可以了。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
「2022-11-11 提高模拟赛」
Halcyon (halcyon)
首先排个序，相邻两个连一条边。
于是有一个贪心。每次找到一个最小的边然后加进去。
但这样的贪心显然是假的，因为加完这条边后相邻的边无法再加。可能不是最优。
但考虑到如果边 \((i,i+1)\) 加进去了。但没有加 \((i-1,i)\) 和 \((i,i+1)\)，如果当前不是最优的，那么最优的一定是相邻两条边一起加。
于是如果我们加入了一条边 \((i,i+1)\)，且他的贡献为 \(a_i\)，那么可以考虑在堆中再加入 \((i-1,i+2)\)，贡献为 \(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i\)。
同样的，对于一个加入的区间 \((u,v)\) 贡献为 \(c\)，可以再在堆中加入 \((u-1,v+1)\) ，且贡献为 \(a_{L_u}+a_{R_u}-c\)。设 \(L_u,R_u\) 表示这段前面 / 后面的贡献，可以实时维护。
取 \(m\) 次即为答案。
复杂度 \(\mathcal{O}(m \log n)\)。
Tempestissimo (tempest)
不妨对每个点考虑答案。
对于一个点 \(u\)，能影响到他结果的只有儿子 \(v\) 与自身。然后可以发现这相当于问有 \(m\) 个数，求这些数的所有子集异或和的和，然后减去子集大小为 \(1\) 的答案。于是安位考虑，如果这一位上，存在 \(1\)，那么会有两种答案，\(0\) 或 \(1\)。
然后进行一些推导可以发现这个时候所有子集异或和的结果，为 \(0\) 和为 \(1\) 的数量是一样的。即 \(2^{n-1}\)。
不妨设 \(s = \sum a_x\)。
也就是对于一个点 \(u\)，他和他儿子的总贡献为 \(2^{m-1} \cdot \bigoplus\limits_{x \in \{u,v\}} a_x -s\)，其中 \(\bigoplus\) 表示或。
考虑剩余点，剩余点的选择并不会影响到点 \(u\) 的结果，所以直接乘上方案数即可。
所以对于一个点的贡献为 \(2^{n-1-m} \cdot (2^{m-1} \cdot \bigoplus\limits_{x \in \{u,v\}} a_x - s)\)。
注意根节点需要特判。
复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。
Testify (testify)
先画一画考虑什么时候不合法。
对于 \(w=0\) 的情况，直接把 \((u,v)\) 两个点合并即可。
对于 \(w \ge 1\)。可以发现如果存在 \(3\) 个点，构成的 \(3\) 条路径的公共点，没有先加进去，就是不合法的。
所以以第一个点为根，可以证明如果存在三个点 \((u,v,w)\) 不合法，那么 \((u,v,\operatorname{root})\) 一定也不合法。于是只需要考虑剩下两个点 \(u,v\)，他们与根节点的公共点就是 \(\operatorname{lca}(u,v)\)。
用 set 维护加进去的点集，和不合法点集的公共点即可。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
Steganography (stegano)
首先考虑 \(3\) 种情况的答案。不妨设 \(x = \prod\limits_{i=1}^m p_i^{x_i}\)，其中 \(p_i\) 为质数。
第一种，如果存在 \(x_i >1\)，为 \(0\)；否则为 \((-1)^{m}\)。第二种，答案为 \(\prod\limits_{i=1}^m (x_i+1)\)。第三种，答案为 \(\prod\limits_{i=1}^m \sum\limits_{j=0}^{x_i} p_i^j\)。
所以我们先将所有数质因数分解。因为对于 \(\ge \sqrt{a_i}\) 的质数数最多存在一个，所以每个数分为 \(\le 10^3\) 的小质数，和 \(> 10^3\) 的大质数 \(b_i\)。
先考虑小质数，总共只有 \(168\) 个。所以考虑直接预处理，设 \(cnt_{i,j}\) 表示对于第 \(i\) 个数，有多少个小质数 \(j\)。然后做个前缀和，就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 查询出，这段区间的所有小质数的数量。然后再预处理所有质数的数量 \(x\) 时候的答案，直接计算即可。
对于大质数，因为最多只有 \(n\) 个，所以考虑分块。然后预处理个 \(res_{i,j}\) 表示块 \(i\) 到块 \(j\) 的答案，再预处理个 \(tot_{i,j}\) 表示块 \(i\) 的第 \(j\) 个质数的数量，再前缀和下。
查询的时候，对于散块，因为我们只关心散块所含有的 \(b_i\)，可以发现这个数量级不超过 \(\sqrt{n}\)。所以我们找出我们需要的的 \(tot_{i,j}\) 然后再暴力计算散块的贡献即可。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \sqrt{n})\)。
