AGC039

A $(\texttt{Easy} \ 2 / 0)$

模拟即可。

B $(\texttt{Easy} \ 2 / 0)$

若图不是二分图则无解，否则令每个点的标号为其到某个点的距离才可保证相邻点的标号差 $= 1$，所以答案即 $\max d_{u, v}$。

C $(\texttt{Easy} \ 3 / 1)$

设 $s^F$ 表示把 $s$ 每一位翻转后得到的字符串。发现题目的操作等价于一个长度为 $n$ 的滑动窗口在 $ss^F$ 上不断向右移动。所以移动 $k$ 次以后回到 $s$ 等价于 $ss^F$ 存在长度为 $k$ 的循环节，所以 $k \mid 2n$。但是 $k \nmid n$，因为这样的话这个循环节 $r$ 就要与 $r^F$ 相等了，这是不可能的。

于是我们能发现 $r$ 又可以被拆为 $tt^F$，只剩下 $\le X$ 这一个限制条件了，而这是易于判断的。再加个容斥即可计算答案。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \sigma_0(n))$。

D $(\texttt{Medium} \ 4 / 0)$

在这里，你甚至可以学习隔壁 MO 平几。

平几的东西忘光了 /ll/ll

可以通过一些转化和欧拉线证明如下结论：

• 对于 $\triangle ABC$，其内心坐标即三条边对应的劣弧中点坐标之和。

直接做就可以做到 $\mathcal{O}(n^2)$；使用和差化积可以优化至 $\mathcal{O}(n)$。

E $(\texttt{Medium} \ 5 / 0)$

令 $n = 2N$，设 $f_{l, r, k}$ 表示仅考虑 $[l, r]$ 内部的点，只有 $k$ 与 $[l, r]$ 外的点连边的方案数，则 $[l, r]$ 中必有跨过 $k$ 那条边的边，又因为其不相交，可以设其中左端点最小、右端点最大的一条为 $(x, y)$，那么 $[x, k)$ 中肯定有一个前缀是首先和 $x$ 连通的、剩下的后缀是首先与 $k$ 连通的；$(k, y]$ 类似。我们设这两个分界点为 $p, q$，则有转移：

$$f_{l, r, k} \leftarrow f_{l, p, x} \cdot f_{p + 1, q - 1, k} \cdot f_{q, r, y}$$

直接枚举 $l, r, k, x, y, p, q$，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^7)$，因为极小的常数可以轻松通过。

考虑变换枚举顺序，改为首先枚举 $p, q$ 再枚举 $k$，则可以使用另一个 dp 优化计算过程，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^5)$。

F $(\texttt{Medium} \ 6 / 0)$

感觉第一步比较难想到，但是好像没有 Au 的难度？

设 $x_i = \min_j{a_{i, j}}, y_j = \min_i{a_{i, j}}$，则 $f(x, y) = \min\{x_i, y_j\}$。假设我们已经确定了 $x, y$，考虑寻找一种快速计算权值的方式。

把 $x, y$ 从小到大排序之后依次考虑每个数。假设在当前的数之前已经有了 $u$ 个来自 $x$ 的数和 $v$ 个来自 $y$ 的数，则

• 若当前的数 $t$ 来自 $x$，则它可以限制 $v$ 个数，答案乘以 $t ^ {m - j}$；
• 若当前的数 $t$ 来自 $y$，则它可以限制 $u$ 个数，答案乘以 $t ^ {n - i}$。

想到这里就基本上比较简单了。我们考虑容斥，即限制变为「第 $i$ 行的最小值 $\ge / > x_i$」以及「第 $j$ 列的最小值 $\ge / > y_j$」。从小到大添加 $x, y$，我们考虑设 $f_{t, u, v}$ 表示考虑加入 $\le t$ 的 $x$ 和 $y$，其中 $x$ 中有 $u$ 个且 $y$ 中有 $v$ 个的所有方案数乘以系数之和，首先考虑加入 $x$，根据钦定 $\ge$ 或 $>$ 可以得到两种转移：

$$f_{t, u + a, v} \leftarrow \binom{n - u}{a} \cdot t^{a(m - j)} \cdot (k - t + 1) ^{aj} \cdot f_{t, u, v}$$

$$f_{t, u + a, v} \leftarrow \binom{n - u}{a} \cdot t^{a(m - j)} \cdot (k - t) ^{aj} \cdot f_{t, u, v}$$

加入 $y$ 的情况类似，注意转移的顺序。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nmk(n + m))$。