2023.11.5 近期杂题

CF285E

如果我们强制令 $i$ 个位置满足 $| P_{i} - i | = 1$ ，其他任意，记这个方案数是 $F (i)$ .
对于恰好有 $m$ 个位置满足条件的，记其为 $G (i)$ ，发现 $F (m) = \sum_{i = m}^{n} C_{i}^{m} \times G (i)$
这是因为每个恰好 $m$ 个满足条件的，会在 $F (i)$ 被统计 $C (i, m)$ 次。
二项式反演得到 $G (m) = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{i - m} \times C_{i}^{m} \times F (i)$
关于 $F$ 的求法，我们可以设计一个 dp， $f_{i, j, 0 / 1, 0 / 1}$ 表示前 $i$ 位选了 $j$ 个， $i$ 是否被选， $i + 1$ 是否被选。
$F (i) = (n - i)! \times f (i)$ 。

CF808E

考虑三种重量分开计算，对于重量相同的，肯定是贪心取大的。
先求出不选 $3$ 的最大答案。
我们现在枚举 $3$ 取多少个，注意到每次 $1, 2$ 个数的改变是小的，通过证明是在 $[- 1, 4]$ 之间。
那么枚举这个小的变化，同时更新答案。

CF280C

考虑拆贡献，设 $f_{i}$ 为 $i$ 被选中次数， $A n s = E (\sum f_{i}) = \sum E (f_{i})$ .
如何计算 $f_{i}$ ， $i$ 如果被选那么 $i$ 的祖先一定不能先选，设 $i$ 的深度是 $d e p_{i}$ ，那么 $f_{i} = \frac{1}{d e p_{i}}$ .
$A n s = \sum \frac{1}{d e p_{i}}$ .

CF985G

考虑容斥，计算总贡献再减去连 $1, 2, 3$ 条边的。
连 $3$ 条边，直接跑三元环即可。
连 $1$ 条边，枚举这条边，剩下那个点任意。注意这里会把连 $2$ 条边的计算了两次。
连 $2$ 条边，枚举中间那个点，再枚举其中一条边，计算贡献。此时贡献是 $- 1$ ，因为被多算了。

CF788C

看出来要求平均数是 $n$ 最少代价。
把每个数都减去 $n$ ，那么现在要求和是 $0$ 的最小代价。
直接背包，或 BFS。

CF487E

考虑图上的路径性质并不好，考虑建树。
发现可以建出圆方树。每个方点存储其儿子的 multiset。
直接套上树剖即可。

CF1370F2

首先第一次询问可以把所有点都询问，得出 $x, d i s$ 。
考虑以 $x$ 做根，考虑二分深度 $d$ ，每次询问 $d$ 深度的所有点，如果 $d i s^{'} > d i s$ ，那么 $u, v$ 肯定深度小于 $d$ 。
这样可以询问出深度大的点 $u$ ，再把 $u$ 距离为 $d i s$ 的点询问一遍得到 $v$ 。
注意二分的下届可以调成 $d i s / 2$ ，可以少一次询问。

CF914F

考虑 bitset 乱搞，每个字符存一个 bitset，存储其位置。
匹配的时候就每个字符所有位置一起匹配，匹配的结果与起来就是答案。
如果询问区间的话就在 bitset 右移差分。

CF351C

套路的把左括号看成 $1$ ，右括号 $- 1$ 。
对于每个长度为 $n$ 的块，首先 dp，设 $g_{i, j, k}$ 表示当前考虑到 $i$ ，前缀最小值是 $j$ ，当前前缀是 $k$ 。
每个块作为阶段转移，但是状态还要存一维，表示当前前缀。
注意到前缀和只需要开 $[0, 2 n]$ 就够了。因为块的顺序是可以合理的调换的。
由于 $m$ 比较大，可以使用矩阵乘法优化。

CF559E

先把 $a_{i}$ 从小到大排序。
考虑设计状态 $f_{i, j, o}$ 表示当前处理到 $i$ ，最右边的是 $j$ ，方向为 $o$ 。
如果 $i$ 转移到 $i + 1$ ，会出现问题，如果 $i + 1$ 覆盖了 $i$ 之前的贡献我们无法计算。
考虑 $i$ 直接转移到 $k$ ，并忽略 $[i + 1, k - 1]$ 的贡献，尽管可能算错，但是最优方案一定被计算了。
但是还有问题，那就是最右边点的问题，对于 $[i + 1, k - 1]$ 的点超过了 $k$ ，我们没有计算到。
那么我们可以顺便取上 $[i + 1, k]$ 右端点的最大值。