「ZJOI 的部分题解整理」
ZJOI2017D1：http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/209073.html 。
ZJOI2017D2：http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/212169.html 。
ZJOI2018D1：http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/212412.html 。
ZJOI2018D2：http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/212639.html 。
会把之前的 ZJOI 题解（陆续更新） + 新的 ZJOI 题解整合在一起。
水平有限，所以仅有一部分题解。
从 ZJOI2016 开始，之前的题如果有时间再补上吧。
题目在 uoj/loj 上都可以找到。
「ZJOI2016」旅行者
网格图分治，每次选 \(n, m\) 中较大的进行分割。
对于跨越分割线的询问，枚举分割线上的点求最短路。
记 \(S = n\times m\)，复杂度 \(O(S\sqrt{S}\log S)\)。
「ZJOI2016」小星星
记 \(f_{x,i,s}\) 表示把 \(x\) 映到 \(i\) 上，子树内所有映到 \(s\) 上的方案数，复杂度 \(O(n^2\times 3^n)\)。
发现是子集卷积，考虑对占位多项式 \(g_{x,i,t,s} = [popcount(s)=t]\times f_{x,i,s}\) 进行 fwt，中途不需要反演回来，复杂度 \(O(n^4\times 2^n)\)。
注意到对于某一个 \(x\)，只有当 \(t = size(x)\) 时 \(g_{x,i,t,s}\) 才有值，所以可以省掉一维，复杂度 \(O(n^3\times 2^n)\)。
用容斥可以推得类似的做法。
「ZJOI2016」大森林
将树的序列看作时间轴，从左往后扫描，在 \(l\) 处加入操作，在 \(r + 1\) 处弹掉操作。
可以通过简单转化保证操作 1 对应的树全部含点 \(x\)，那么 0 操作的区间不再重要。
考虑操作 1 对应的修改，即将一些点的父亲全部修改为某个点，可以通过建虚点 + lct 完成这一操作。
注意询问不能直接查路径上的实点数量。
「ZJOI2016」线段树
记 \(dp(i,l,r,x)\) 表示第 \(i\) 次操作以后，\(a'_{l\dots r}\leq x\) 且 \(a_{l-1}>x,a_{r+1}>x\) 的概率。即 \(\leq x\) 的极长区间。
注意到转移时 \(x\) 并没有影响，\(x\) 只影响初态 \(dp(0,l,r,x)\)。
且已知 \(dp\) 后求答案只需要 \(\sum_{x}dp(q,l,r,x)\) 和 \(dp(q,l,r,\max\{a_i\})\)，因此可以去掉 \(x\) 这一维。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
「ZJOI2017」仙人掌
可以将问题转化成 “树上不交链划分”，这里的不交指没有公共边。
考虑求出每个点 \(x\) 的贡献，发现只与 \(x\) 的度数 \(deg(x)\) 有关，记作 \(f_{deg(x)}\)。
预处理 \(f\) 即可。
「ZJOI2017」树状数组
正常做只有当 \(x\leq y\) 时 \(x\to y\) 产生贡献，反着做即 \(x\geq y\) 时 \(x\to y\) 产生贡献，即后缀和（注意特判 \(0\)）。
那么等价于查询 \(A_{l-1} = A_r\) 的概率，树套树即可（再次强调，注意特判 \(l=1\)）。
「ZJOI2017」多项式
首先有个结论：\(f^2(x) = f(x^2) \bmod 2\)。证明直接展开观察。
考虑对 \(f(x)\) 维护所有 \(2^{\max(n, k)}\) 种长度为 \(\max(n, k)\) 的子串的出现次数，支持两种操作 \(f(x)\to f(x^2), f(x)\to g(x)f(x^2)\)，其中 \(g(x)\) 是原字符串。
新的字符串中所有长度为 \(\max(n, k)\) 的子串可以对应回原字符串的某个长度为 \(\max(n, k)\) 的子串，为了处理的方便，我们唯一对应到最前面一个。
为什么说这样处理方便？\(f(x)\to f(x^2)\) 倒无所谓，对比 \(g(x)f(x^2)\) 与 \(g(x)\) 单独乘 \(f(x^2)\) 中某个长度为 \(\max(n, k)\) 的子串，两个乘出来的结果实际上只有最高的两位是相同，所以可以只维护长度为 \(\max(n, k)\) 的子串的出现次数来进行转移。
但是这种处理方式不能适用于最前和最后的，因此还需要单独维护最前最后若干个。
区间查询可以转成前缀查询，在转移时再加上一个截断操作即可。时间复杂度 \(O(2^{\max(n, k)}m)\)。
我写了个 \(O(2^n\log mk)\) 的不知道在干啥的代码，大概是只能在 loj 跑过去的假做法。
「ZJOI2017」线段树
询问可以拆成两条链 \(l\to lca\) 与 \(r\to lca\)。可以考虑使用倍增找到询问点 \(u\) 的位置，并维护 “被定位的点” 的信息。
「ZJOI2017」字符串（没写）
首先，可以通过分块维护 hash 实现 \(O(\sqrt{n})\) 修改，\(O(\log n)\) 查询 lcp。
对于字符串 \(t\)，我们称它的后缀 \(t[i:]\) 是待选最小后缀，当且仅当存在以 \(t\) 为前缀的 \(t'\)（即在 \(t\) 后加若干字符得到 \(t'\)）使得 \(t'[i:]\) 成为最小后缀。
对于 \(t\) 的某两个后缀，如果它们不存在前缀关系，则直接扔掉字典序大的；否则说明短的是长的 border。这样得到一系列互为 border 的待选后缀。
引理：如果 \(p\) 是 \(q\) 的 border，且 \(|q| / 2 < |p| < |q|\)，则 \(p\) 不可能是待选最小后缀。
首先，此时必然存在一个 \(p'\) 是 \(p\) 的 border 且 \(|p'| \leq |q| / 2\)。
在这种情况下，要么 \(q\) 优于 \(p\) 优于 \(p'\)，要么 \(p'\) 优于 \(p\) 优于 \(q\)。
这得到一个重要结论：我们所需要维护的后缀集合其实很小。
那么可以使用线段树进行维护，每次上传时合并两个大小为 \(O(\log n)\) 的后缀集合，合并一次复杂度 \(O(\log^2 n)\)（注意求 lcp 是 \(O(\log n)\) 的）。
因此，总复杂度 \(O(m\sqrt{n} + m\log^3n + n\log^2n)\)。
实现上好像没有什么特别的困难，不写了。
「ZJOI2018」历史
考虑每个点 \(x\) 的贡献，记 \(sum_x=\sum_{y\in subtree(x)}a_y\)，只需要判断是否存在一棵子树的 \(sum_{ch} > \frac{sum_x}{2}\)（或者 \(a_x > \frac{sum_x}{2}\)）。
注意到所有点的上界可以同时取到，因此这就是答案。那么只需要动态维护每个点满足 \(sum_{ch} > \frac{sum_x}{2}\) 的重儿子 \(ch\) 即可。
考虑像 lct 一样每条重链用一棵平衡树维护，此时内层 splay 森林的复杂度分析一样，轻重边切换的复杂度分析需要稍微改改，还是可以证得 \(O(n\log n)\) 的复杂度。
（这个思路还可以用于动态维护重链剖分，即今年北大集训的 D3T3）。
「ZJOI2018」迷宫
可以建出最基础的自动机：共 \(K\) 个点，代表模 \(K\) 下的完全剩余系。
（以下运算如非特殊说明，默认在模 \(K\) 意义下进行）
两个结点 \(x, y\) 可以合并的充要条件：
对于任意非负整数 \(i\) 与任意非负整数 \(r < m^i\)；
满足 \(m^ix + r = 0\) 与 \(m^iy + r = 0\) 同时成立或者同时不成立。
据此，有一个 trivial 的暴力：
从小到大遍历所有 \(i\)，将 \((-m^i, 0]\) 里面存在的结点全部提取出来，这些点不能再和其他点合并。
然后将剩下的点 \(x_1, x_2, \dots, x_t\to mx_1, mx_2, \dots, mx_t\)，如果 \(mx_i = mx_j\) 则合并，进行下一轮的迭代。
如果没有点存在，则迭代结束。由于某一时刻会有 \(m^i \geq K\)，因此迭代总会结束。
然后考虑加速这一过程。
记 \(d_i = \gcd(m^i, K)\)，则在第 \(i\) 轮中存在的点 \(x\) 满足 \(d_i | x\)。
（1）如果 \(d_k = d_{k + 1}\)（或者说 \(d_{k + 1} / d_k = \gcd(m, K / d_k) = 1\)），则在第 \(k\) 轮及其之后不会再有点会被合并，因此可以直接在第 \(k\) 轮停下。
（2）如果所有 \(0d_k, 1d_k,\dots\) 在第 \(k\) 轮中都存在，那么 \(0d_{k + 1}, 1d_{k + 1}, \dots\) 在第 \(k + 1\) 轮中都存在的充要条件为 \(K / (d_{k + 1} / d_k) \leq K - m^k\)。
这是因为从 \(k\to k + 1\) 将会有 \(d_{k + 1} / d_k\) 个结点合并成一个，这些结点在模 \(K / (d_{k + 1} / d_k)\) 意义下相同，因此只需要保留前 \(K / (d_{k + 1} / d_k)\) 个即可生成下一轮中的所有数。
反过来当 \(K / (d_{k + 1} / d_k) > K - m^k\) 时，由于 \(d_k \neq d_{k + 1}\)，此时有 \(m > 1, d_{k + 1} / d_k > 1\)，那么可以推出 \(m^{k + 1} > K\)，因此第 \(k\) 轮及其之后不会再有点会被合并（毕竟在 \(k + 1\) 轮时就停下来了）。
（3）如果以上两个条件判定后都没停下来，则此时必然有 \(0d_k, 1d_k,\dots\) 在第 \(k\) 轮中都存在，那么被提取出来的结点数量即为 \(m^k / d_k\)。
当然，条件 1, 2 可以整合在一起，因为 \(d_k = d_{k + 1} \Rightarrow K / (d_{k + 1} / d_k) > K - m^k\)。
官方题解说复杂度是 \(O(T\log K)\)。但求 gcd 也要 \(O(\log K)\) 求，所以我觉得应该是 \(O(T\log^2K)\)？
「ZJOI2018」胖
考虑二分每个点 \(x\) 所能更新的区间 \([l_x, r_x]\) 对应的 \(l_x, r_x\)。
需要找到 “能在 \(x\) 到达之前到达二分点 \(mid\) 的 \(y\)，距离 \(mid\) 的最短距离”，可以预处理 st 表 + 二分查找。
时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)，此处认为 \(n, \sum K\) 同阶。注意点的贡献不要算重。
本题存在 \(O(n\log n)\) 的做法，详见 https://blog.csdn.net/zxin__/article/details/82925838。
「ZJOI2018」保镖（没写）
官方题解：https://blog.csdn.net/qq_16267919/article/details/80100413 。
（1）凸包点数转化成三角剖分的数量（利用欧拉定理）。为了方便，特化成 Delaunay 三角剖分。
定义经过至少三个点且严格内部不含任何点的圆为内圆。
内圆与 Voronoi 图的顶点一一对应；进一步地，由于 V 图和 D 剖是对偶的，因此内圆和三角剖分中每个三角形一一对应。
定义经过至少三个点且严格外部不含任何点的圆为外圆。
（2）反演中心在圆内，则内圆变外圆，外圆变内圆；否则内圆依然是内圆，外圆依然是外圆。
因此只要找出所有内圆和外圆，最后做圆与矩形的面积交即可。
圆的方程 \(x^2 + y^2 + Dx + Ey = F\)。
考虑记 \(z = x^2 + y^2\)，则该方程可以改写成平面方程 \(z + Dx + Ey = F\)。
也即，将平面点 \((x, y)\) 映到三维抛物面 \((x, y, x^2 + y^2)\) 上，圆的分割变成了平面分割。
由于平面是线性的，所以方便很多。
（3）内圆和三维凸包中的下凸面一一对应，外圆和三维凸包中的上凸面一一对应。
做一个三维凸包即可，这道题 \(O(n^2)\) 都可。
因为实在不会写三维凸包，于是咕掉咕掉。
由于 V 图和 D 剖是对偶的，所以内圆个数、V 图顶点数都是 \(O(n)\) 的。这个结论可以应用于 「ICPC World Finals 2018」熊猫保护区。
另外，有一道同样是 “映到三维抛物面” 这一想法的题目 CF549E，本质上判三维凸包是否有交。
很好看的 gif（关于 V 图的）：
其他的碎碎念：
关于 \((x, y)\mapsto (x, y, x^2 + y^2)\) 这一变换，我感觉很奇妙。
是否其他二次曲线都有类似的变换呢？或者说，一些其他曲线还可以映到更高维的线性对象上？
这个做法抽象了问题的本质吗？上面的 CF549E 事实上代码实现并没有依赖于三维凸包。那么，是否有更直接的推导呢？
「ZJOI2019」麻将
我没打过麻将，所以不会用专业术语。
考虑给定一个牌组，如何判断是否可胡。
自然的想法是设 \(f_{i, 0/1, j, k, t}\) 表示考虑前 \(i\) 种牌，取过/没取过对子，第 \(i - 1\) 种牌剩 \(j\) 张，第 \(i\) 种牌剩 \(k\) 张，已经有 \(t\) 个对子，的最大面子数。
如果 \(\forall 0\leq j, k\leq 4,0\leq t < 7\)，都有 \(f_{n, 1, j, k, t} < 4\)，则不可胡。
注意到三个相同的 \(i, i + 1, i + 2\) 形式的总可以换成三个 \(i, i, i\)，则另一个较优的状态设计为：保留 \((i - 1, i)\) 共 \(j\) 组，保留 \(i\) 共 \(k\) 张。则此时有 \(0 \leq j, k\leq 2\)。
观察到 \(f_i\) 实际上保留了前 \(i\) 种牌的所有信息，这样算出本质不同的不可胡的牌组数的一个上界是 \(5^{2\times 3\times 3\times 7}\)。
不过这个上界非常松，实际上搜出来本质不同的不可胡的牌组数只有 2091 种。
搜出所有牌组与它们之间的转移（实际上形成了一个 DFA），再回到原问题就比较套路了：设 \(dp_{i, j, s}\) 表示前 \(i\) 种牌共选了 \(j\) 张牌，得到的牌组状态为 \(s\) 的方案数。
存 \(j\) 是为了方便算期望。由于牌互不相同所以转移时还要乘组合数。
「ZJOI2019」线段树
考虑 dp：定义 \(dp(0/1, 0/1, x)\) 表示 x 的祖先结点是否有 tag，x 本身是否有 tag，这 4 种情况分别对应的方案数。
观察 dp 的转移，发现只有线段树上单点修改/子树修改，单点询问/子树询问。
直接维护一下线段树上的 单点 dp 值/转移矩阵 与 子树 dp 值/转移矩阵 即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
「ZJOI2019」Minimax 搜索
记根对应权值为 \(rt\)，尝试求出 \(\max_{i\in S}|i-w_i|\leq k\) 的集合数。首先特判集合中包含 \(rt\) 的情况。
给定 \(k\)，可以求出每个 \(> rt\) 的叶子是否可以 \(< rt\)，每个 \(<rt\) 的叶子是否可以 \(> rt\)。
记 \(f(x)\) 表示只把 \(> rt\) 的改小使 \(w_x\) 变小的集合数，记 \(g(x)\) 表示只把 \(< rt\) 的改大使 \(w_x\) 变大的集合数，可以 dp。
发现每一个 \(k\) 都要重新 dp，可以按 \(k\) 从小到大的顺序进行动态 dp。
「ZJOI2019」开关
记 \(q_i=\frac{p_i}{\sum p_i}\)。
一种推导方法是使用集合幂级数：
记 \(f_S\) 表示当前开关状态为 \(S\)，到达终态的期望步数。有转移：
\[\begin{cases} f_S &= 1+\sum_{i=1}^{n}f_{S\ \rm{xor}\ 2^i}\times q_i\\ f_0 &= 0 \end{cases} \]记 \(I\) 表示全 \(1\) 的序列，给不满足转移的 \(f_0\) 加上偏移量 \(k\)，可得卷积式：
\[F\otimes Q + I = F+k \]即 \(fwt(F)\times fwt(Q-1)=fwt(k-I)\)。
由于 \(fwt(F)_S = \sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}f_T\)，得：
\[\begin{aligned} fwt(Q-1)_S&=\sum_{i\not\in S}q_i-\sum_{i\in S}q_i-1\\ fwt(k-I)_S&=-\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|}\times 2^{n-|S|}+k \\ &=-2^{n-|S|}\times\sum_{i=0}^{|S|}{|S|\choose i}(-1)^i+k \\ &=k-[S = \empty]\times 2^n\\ \end{aligned} \]因此 \(fwt(Q-1)_{\empty} = 0\)，推得 \(fwt(k-I)_{\empty} = k-2^n=0\)，解得 \(k = 2^n\)。
当 \(S\neq \empty\) 时，有 \(fwt(F)_S = \frac{fwt(k-I)}{fwt(Q-1)} = \frac{2^n}{\sum_{i\not\in S}q_i-\sum_{i\in S}q_i-1}\)
由于 \(ifwt(F)_S = \frac{1}{2^n}\sum_{T}(-1)^{|S\cap T|}f_T\)。则：
\[\begin{aligned} F_S &= \frac{1}{2^n}(\sum_{T\not =\empty}\frac{(-1)^{|S\cap T|}\times 2^n}{\sum_{i\not\in T}q_i-\sum_{i\in T}q_i-1} + fwt(F)_0) \\ &= \sum_{T\not =\empty}\frac{(-1)^{|S\cap T|}\times\sum p_i}{\sum_{i\not\in T}p_i-\sum_{i\in T}p_i-\sum p_i} + \frac{fwt(F)_0}{2^n} \\ &= -\sum_{T\not =\empty}\frac{(-1)^{|S\cap T|}\times\sum p_i}{2\sum_{i\in T}p_i} + \frac{fwt(F)_0}{2^n} \end{aligned} \]如果已知 \(\frac{fwt(F)_0}{2^n}\)，以 \(\sum_{i\in T}p_i\) 为状态作背包 dp 就可以 \(O(n\sum p)\) 算出 \(F\) 的某一项了。
注意到还有条件 \(F_0 = 0\)，可以通过这个条件解出 \(\frac{fwt(F)_0}{2^n}\)。
也可以用 EGF 推：
记 \(F(z) = \prod_{i=1}^{n}(\frac{e^{q_iz}+e^{-q_iz}}{2})\) 表示回到原状态的 EGF。
记 \(G(z) = \prod_{i=1}^{n}(\frac{e^{q_iz}+(-1)^{s_i}e^{-q_iz}}{2})\) 表示永不停止，按到终态的 EGF。
记 \(\hat F(z),\hat G(z)\) 分别是 EGF 对应的 OGF，则 \(\frac{\hat G(z)}{\hat F(z)}\) 表示终态停止的 OGF，答案即为 \((\frac{\hat G(z)}{\hat F(z)})'|_{z=1}\)。
设 \(F(z)=\sum a_k e^{kz}\)，则 \(\hat F(z) = \sum \frac{a_k}{1-kz}\)（此时 \(k\) 形如 \(\frac{\sum_{i\in S}p_i}{\sum p_i}\)）。同理 \(\hat G(z)=\sum\frac{b_k}{1-kz}\)。可以背包求出所有 \(a, b\)。
由于 \((\frac{\hat G(z)}{\hat F(z)})'|_{z=1} = (\frac{\hat G'(z)\hat F(z)-\hat G(z)\hat F'(z)}{\hat F^2(z)})|_{z=1}\)，但是 \(\frac{1}{1-z}\) 不能直接带，所以上下同乘 \(1 - z\)。
「ZJOI2019」语言
维护端点在 \(x\) 子树内的链构成的并集，则贡献为链并集中 dfs 序在 \(x\) 之前的点数。
链并集可以通过 \(\sum dep_{a_i} - \sum dep_{lca(a_{i-1},a_i)}\) 计算，其中 \(a_i\) 为按 dfs 序排好的链端点。注意 \(a_i\) 是连成环的，也即还需要计算首尾的 lca。
链并集中 dfs 序在 \(x\) 之前的点数，可以把 \(x\) 加入其中并弹掉 \(x\) 之后的点。
于是线段树合并即可，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)（求单次 \(lca\) 视作 \(O(\log)\)）。
「ZJOI2020」传统艺能（不做）
好像是道水题啊，不想思考，不做了。
「ZJOI2020」序列
记 \(\mathcal S\) 表示所有操作的集合，每种操作 \(T\in\mathcal S\) 由该操作影响到的所有位置组成。
容易列出线性规划：
将其化成标准型并对偶：
首先，我们假设它就是整数规划。
这些不等式对应的实际含义：原序列任意区间的和 \(\leq 1\)；奇/偶数位置构成的子序列，任意区间的和 \(\leq 1\)。
注意到 \(\phi_i < -1\) 是一定不优的（将其换作 \(\phi_i = -1\) 一定也合法），所以 \(\phi_i\) 的取值只有 \(0, \pm 1\)。
那么这些不等式等价于：原序列任意两个 \(1\) 之间至少隔了一个 \(-1\)；奇/偶数位置构成的子序列，任意两个 \(1\) 之间至少隔了一个 \(-1\)。
然后做一个 \(O(n)\) 的 dp 即可。
「ZJOI2020」抽卡
考虑一个已经抽取 \(i\) 张牌，且仍未合法的局面。抽出该局面的概率为 \(1/\binom{n}{i}\)，下一次抽中不重复的期望步数为 \(n/(n-i)\)。
因此，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 张牌且仍未合法的局面数量，则答案为 \(\sum n/(n-i)\times1/\binom{n}{i}\times f_i\)。
考虑求出每个连续段对应的生成函数 \(A_i(x)\)，则 \(\prod_i A_i(x)\) 即是我们想要的。
以下设连续段长度为 \(s\)，我们在最后加一个空白变成 \(s + 1\)。
从组合对象的角度，由于不存在 \(k\) 个连续被抽中的，总可以将其划分成 “\(i < k\) 个抽中的 + \(1\) 个没抽中的”。
划分出来的每一段对应生成函数 \(F(x) = x\frac{1-x^k}{1-x}\)，总方案数 \([x^{s + 1}]1/(1-F(x))\)。
然而我们并不是求总方案数。考虑求出 \([x^{s + 1}]F^i(x)\)，它对应了 “没抽中 \(i\) 个” 的方案数，反过来就抽中了 \((s + 1 - i)\) 个。
这是个经典拉反，可以在预先牛迭求出 \(F\) 的复合逆，再 \(O(s\log s)\) 的时间内求出上述值。
具体来说，设 \(F\) 的复合逆为 \(G\)，欲求 \([x^n]F^{0\dots n}(x)\)。由拉格朗日反演：
等价于求 \([x^{0\dots n}]G'(x/G)^{n + 1}\)。
