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，\(Ans=E(\sum f_i)=\sum E(f_i)\).
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 \(dep_i\)，那么 \(f_i=\frac{1}{dep_i}\).
\(Ans=\sum \frac{1}{dep_i}\).

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 \(x,dis\)。
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 \(dis'>dis\)，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 \(dis\) 的点询问一遍得到 \(v\)。
注意二分的下届可以调成 \(dis/2\)，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 \([0,2n]\) 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。