2024.8

1. [ARC181E] Min and Max at the edge

场上没人过的神题。（大概是搬运的官方题解）

先考虑如何 chk 一个图是否存在好生成树。观察好生成树的限制，发现其对于非树边的限制是在生成树上连接两点的路径有关。而 Kruskal 的证明就是对于每条非树边，其边权大于所有其路径上的树边，两者很像。

但是题目中的限制是点的限制，转到边上的想法是给点赋点权 $X_i$，然后 $(u,v)$ 的边权为 $|X_u-X_v|$。考虑把 $X$ 设成一个递增的序列，比如 $X_i=10^i$，这样边权一定互不相同。

对于一棵好的生成树，设 $S(u,v)$ 表示 $u,v$ 之间的树上路径，则对于点 $i$ 要求 $\forall i\in S(u,v),X_u\leq X_i\leq X_v$。而对于边 $(x,y)$，$X_u\leq X_x,X_y\leq X_v$。设其根据上述定义的边权是 $w(x,y)=|X_x-X_y|$，则 $\forall (x,y)\in S(u,v),w(x,y)<w(u,v)$。这就证明了好的生成树一定是新图中的最小生成树。

因为可以构造出边权互不相同的情况，所以这也证明了好的生成树也是唯一的。跑出来这个图的最小生成树之后，检查每条非树边，如果都满足限制则该图是好的。

但是题目有多次询问，而且这个最小生成树也不是那么好求。不难发现其实图中定义的边权只需要满足 $\forall i<j<k,w(i,j)<w(i,k)$ 并且 $\forall i<j<k,w(i,k)>w(j,k)$ ，即满足区间包含单调性即可。

所以可以把边 $w(u,v)$ 赋为 $v\times(n+1)-u$，这样得到的生成树一定满足对于任意非树边 $(u,v)$，其路径上的最大值就是 $v$。原因是非树边 $(u,v)$ 路径上的边权应当都小于 $w(u,v)$，所以如果存在大于 $v$ 的点则一定不合法。而且因为是 $-u$，所以合并两个连通块的时候，一边选择的较小的点会尽可能的大，这也满足路径上的最小值尽量是 $u$。

但是这样还是需要 chk 路径上点的最小值是否满足条件。可以再反着做一遍，$w(u,v)=(n-u+1)\times(n+1)-(n-v+1)$，同理得这样求出来的东西的最小值一定合法，最大值尽量合法。因为已经证明了好的生成树唯一，所以判一下两棵树是否相同即可。

这样就将问题转化成了比较好的形式：删边求最小生成树，可以看成是找一条非树边 $(x,y)$ 满足 $x\in \text{subtree}(i),y\notin \text{subtree(i)},w(x,y)$ 最小。转成 dfn 序之后可以看成是两个 3-side 矩形查最小值，可以扫描线线段树维护，复杂度是 $\mathcal O(n\log n)$。

2. [ARC181F] Colorful Reversi

首先观察一下，对于 $a,b,c,a$ 这种情况来说，两个 $a$ 之间永远不可能发生操作。而 $a,b,c,b,a$ 这种情况，两个 $a$ 之间是有关联的。有一个很天才的想法是建树，一开始只有一个节点表示 $a_1$，维护一个指针 $pos$ 表示当前在树上的哪个节点，接下来依次加入每个点 $a_i$：

1. 若 $pos$ 所在点的颜色和 $a_i$ 相同，则 $pos$ 不动。
2. 否则若 $pos$ 所在点有邻点的颜色是 $a_i$，则 $pos$ 走向该邻点。
3. 否则新建一个节点，颜色为 $a_i$，$pos$ 走向该节点。

这样就得到了一棵操作树，它有一些很好的性质：

1. 假设生成时在上面走过的路径是 $B$，则操作 $l,r$ 等价于把 $B[l,r]=\{x,y,y\dots y,y,x\}$ 变成 $B[l,r]=\{x,x\dots x,x\}$。
2. 对于原序列，如果能够操作 $[l,r]$ 则 $l,r$ 一定属于同一个点，否则 $l,r$ 属于不同的点。
3. 对于路径 $\{v_1,v_2,v_3\dots v_k\}$，通过操作将其变成 $\{v'_1,v'_2,v'_3\dots v'_k\}$ 的最小代价是 $\sum_{i=1}^k d(v_i,v'_i)$，其中 $d(x,y)$ 表示两点树上的距离。

接下来，对于 $pos$ 的起始节点 $x$ 和终止节点 $y$，最终序列的形态是若干个颜色段，而颜色恰好就是从 $x$ 走到 $y$ 所经过的简单路径上的颜色。证明很简单，显然路径上两个不同的颜色段永远无法合并，而如果存在其他的颜色则其两边的颜色一定是相同的，能再操作一次。

所以拉出树上 $x,y$ 之间的路径，对于此路径外的部分一定会合并到路径上，可以先 dfs 一遍算出贡献，这样可以得到从 $B$ 得到一个新的序列 $C$。接下来要解决问题的就是：现在有一个序列 $C[1,n]$，满足 $\forall i<n,|C_i-C_{i+1}|\leq 1$。现在要生成一个新的序列 $C'$，满足：

1. $C'_1=C_1,C'_n=C_n$。
2. $\forall i<n,C'_{i+1}-C'_i\in[0,1]$。
3. $\forall i<n\wedge C'_{i+1}=C’_i+1,C_i=C'_i,C_{i+1}=C'_{i+1}$。

在此基础上满足 $\sum_{i=1}^n |C_i-C'_i|$ 最小。设 $f_{i}$ 表示考虑了 $\leq i$ 的 $C$，$C'_i=C_i$ 时代价的最小值，$pre_i$ 表示 $C_i$ 上一次出现的位置。转移比较简单：

$$f_i=\min \begin{cases} f_{i-1}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad C_i=C_{i-1}+1\\ f_{pre_i}+\sum_{j=pre_i}^{i}|C_i-C_j|\;\;\;\;\;pre_i\not=-1 \end{cases}$$

因为 $pre_i$ 是上一次出现的位置，所以对于所有的 $j$ 要么 $C_j$ 全部大于 $C_i$，要么全部小于 $C_i$，可以前缀和处理一下 $\mathcal O(1)$ 转移。这样 $f_n$ 加上之前把树缩成一条链的代价就是答案，复杂度是 $\mathcal O(n)$ 或 $\mathcal O(n\log n)$。

3. CF1988F Heartbeat

最大值把序列分成两部分，前一部分对前缀最大值个数有贡献，后一部分对后缀最大值个数有贡献，可以分开算。

设 $f_{i,j,k}$ 表示 $[1,i]$ 的排列，有 $j$ 个前缀最大值，$k$ 个上升的位置的方案数。不断向右边加数不好做，不断加入 $n+1$ 也不好做，因为可能前缀最大值个数会变少。所以考虑不断的加入新的 $1$，把原来的值域整体平移。转移比较平凡：

1. $1$ 放在最前面：$f_{i+1,j+1,k+1}\leftarrow f_{i,j,k}$。
2. $1$ 放在最后面：$f_{i+1,j,k}\leftarrow f_{i,j,k}$。
3. $1$ 放在上升的位置中间：$f_{i+1,j,k}\leftarrow f_{i,j,k}\times j$。
4. $1$ 放在下降的位置中间：$f_{i+1,j+1,k}\leftarrow f_{i,j,k}\times (i-1-j)$。

预处理这部分的复杂度是 $\mathcal O(n^3)$ 的。然后把两个拼起来的时候，前后缀最大值个数的贡献可以提前算，上升位置个数的贡献最后算。然后发现转移是二维卷积，可以拉插。

4. P10008 [集训队互测 2022] Range Minimum Element

难点在于双射构造。

首先考虑给定了 $b$ 如何进行判定。从小到大填数 $x$，每次把能填的地方（$b_i>x$ 的区间之外）全部填上 $x$，这样填一定是最优的。合法当且仅当这样生成的序列 $a$ 对应的 $b$ 就是 $b$ 本身。

发现通过这样的生成方式，合法的 $a$ 和 $b$ 是一一对应的，所以对 $b$ 计数可以转为对能被这样生成的 $a$ 计数。

如果给定了 $a$，如何判 $a$ 是否合法？找到第一个最小值的位置 $p$，把 $A[1,n]$ 变成 $A[1,p-1]$ 和 $A[p+1,n]$。因为 $[1,p-1]$ 中并没有被填上最小值，所以被 $[1,p-1]$ 包含的区间一定选择的都是大于最小值的数，并且他们的的并集一定是 $[1,p-1]$。然后递归判断 $A[1,p-1]$ 和 $A[p+1,n]$ 是否合法。

上述过程是值域从小到大，分裂序列。计数就考虑值域从大到小，合并序列。$f_{l,r,x}$ 表示区间 $[l,r]$ 填入了 $[x,c]$ 中的数的方案数。转移就是枚举最小值的位置 $p$：

$$\begin{aligned} f_{l,r,x}&\leftarrow [[l,r]\text{合法}]\times f_{l,r,x+1}\\ f_{l,r,x}&\leftarrow [[l,p-1]\text{合法}]\times f_{l,p-1,x+1}\times f_{p+1,r,x} \end{aligned}$$

第一种转移表示区间内没有 $=x$ 的数。预处理合法区间，暴力做复杂度是 $\mathcal O(n^3c)$。套路性的，不难归纳证明 $f_{l,r,x}$ 是一个关于 $x$ 的 $\mathcal O(r-l)$ 次多项式，可以拉插。

5. [ARC179E] Rectangle Concatenation

并不困难。只是唐完了。

稍微观察一下发现矩形只有两种形态。考虑暴力：从每个 $i$ 开始向后扫，设 $f_{j,0}$ 表示能否拼在左右，$f_{j,1}$ 表示能否拼在上下。设 $S_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 内矩形的面积和，没想到用面积判就败了：

$$\begin{aligned} f_{j,0}=(f_{j-1,0}\wedge x_j=x_{j-1})\vee(f_{j-1,1}\wedge S(i,j-1)=y_{j-1}x_j)\\ f_{j,1}=(f_{j-1,1}\wedge y_j=y_{j-1})\vee(f_{j-1,0}\wedge S(i,j-1)=x_{j-1}y_j)\\ \end{aligned}$$

考虑优化：把 $j$ 从左向右扫，维护合法的 $i$。设 $S_0$ 表示 $f_{j,0}$ 合法的 $i$ 集合，$S_1$ 同理。发现 $j+1$ 的时候，观察式子左半部分，$S_0,S_1$ 可能会做一个清空操作。

咋回事啊，感觉用面积判定大概是想到了的。一直在瞎想维护两个矩形如何在最左边加。哎。
右半部分看成面积前缀和相减，合法的 $i$ 是唯一的。是一个单点加入，容易维护。还需要拿一个桶维护 $|S_0\cup S_1|$。时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$ 或者 $\mathcal O(n)$。

6. [ARC182F] Graph of Mod of Linear

首先判掉 $A\leq 1$ 的情况。把问题分为 $A,N$ 是否互质。

1. $A\not \perp N$

首先定义 $f^K(i)$ 表示从 $i$ 开始走 $K$ 步会走到哪。显然：

$$f^K(i)=A^Ki+B\sum_{j<K}A^j=A^Ki+B\frac{A^K-1}{A-1}$$

然后是一步神奇的转化。我们希望能只保留在环上的点，而 $f^N(i)$ 一定在环上，并且对于 $i\in[0,N-1]$，$f^N(i)$ 一定涵盖了所有在环上的点（所有在环上的点的 $f$ 已经涵盖了）。所以环上的点可以表示为：

$$iA^N+B\frac{A^N-1}{A-1}\bmod N$$

对于 $i$ 向后走一步：

$$A(iA^N+B\frac{A^N-1}{A-1})+B\equiv jA^N+B\frac{A^N-1}{A-1}(\bmod\;N)$$

取 $d=\gcd(A^N,N)$：

$$j=Ai+\frac{A^N}{d}B(\bmod \frac{N}{d})$$

所以问题可以从 $(A,B,N)$ 变为 $(A\bmod \frac N d,B\frac{A^N} d\bmod \frac N d,\frac N d)$，转成了互质的情况。

2. $A\perp N$

设 $C_i$ 表示第 $i$ 个点所在的环长，则 $\sum \frac 1 {C_i}$ 就是答案。

从 $i$ 开始走 $K$ 次走回自己，要求的就是：

$$\begin{aligned} A^Ki+B\frac{A^K-1}{A-1}\equiv i(\bmod \;N)\\ A^K\equiv 1(\bmod \;\frac{N(A-1)}{\gcd(N(A-1),i(A-1)+B)}) \end{aligned}$$

把模数再变形一下。设 $d=\gcd(A-1,B)$，令 $A'=\frac{A-1}{d}$，$B'=\frac B d$，则：

$$A^K\equiv 1(\bmod \;\frac{NA'}{\gcd(NA',iA'+B')})$$

此时 $A',B'$ 已经互质，所以 $NA'$ 的贡献只有 $N$ 中的因子。设 $N'=\frac{N}{\gcd(N,A'^N)}$，则：

$$A^K\equiv 1(\bmod \;\frac{NA'}{\gcd(N',iA'+B')})$$

令 $y=(iA'+B )\bmod N'$，则如果 $i\in [0,N-1]$，则每个 $y$ 都一定恰好被覆盖了 $\frac N {N'}$ 次。所以现在要求的就是：

$$\frac N{N'}\sum_{i|N'} C_i\varphi(\frac{N'}{i})$$

其中 $C_i$ 是满足 $A^{C_i}\equiv 1(\bmod \frac{NA'}{\gcd(N',i)})$ 的最小整数。

首先有性质：

1. 若 $x|y$，则 $\varphi(x)|\varphi(y)$。
2. $A^k\equiv 1(\bmod \;n)$ 的解都是 $\varphi(n)$ 的因数并且 $k$ 一定能被表示成 $xk_0$，其中 $k_0$ 表示最小解。

若 $n1\leq n2,n1|n2,n2|N'$，则：

$$\begin{aligned} A^{C_1}&\equiv 1(\bmod \frac{NA'}{n1})\\ A^{C_1}&\equiv 1(\bmod \frac{NA'}{n2})\\ A^{C_2}&\equiv 1(\bmod \frac{NA'}{n2})\\ \end{aligned}$$

所以 $C_1$ 一定是 $C_2$ 的倍数。所以可以用记忆化搜索的方式求解所有的 $C$：考虑把 $\varphi(NA')$ 质因数分解，$C_1$ 初始化为 $\varphi(NA')$，然后不断尝试除 $\varphi(NA')$ 的因子，继续用快速幂判是否合法。

这样求出 $n=1,C_1$ 的答案，然后将 $n$ 乘一个 $\frac{N'}{n}$ 的质因数，令 $C'$ 初始化为 $C_1$，再进行不断尝试除质因子的过程。复杂度一个很松的上界是 $\mathcal O(q\omega_{max}(10^{12})d_{max}(10^{12})))$，$w$ 表示质因子个数，$d$ 表示因数个数。但是完全跑不满，所以还是能过的。

7. [ARC178E] Serval Survival

非常生气，点开一道看起来很正常的计数，推着推着就发现需要多项式/fn。

首先对于“撞上了之后调头”这种东西有经典的思想：可以看成是互相穿过并没有调头。但是因为要求第 $i$ 只猫走过的路，所以可以看成是和撞上的猫互换身份。

手玩一下可以发现，如果第 $i$ 只猫向左走，它会和 $a_i$ 左边的第一只向右的猫互换身份，然后和 $a_i$ 右边的第一只向左的猫互换身份，然后和 $a_i$ 左边的第二只猫向右的猫互换身份$\dots$，位置指的都是初始位置。

第 $i$ 只猫走的路程就等于最后一只和他交换身份的猫直走能走的路程（向右为 $L-a_i$，向左为 $a_i$）。据此，我们可以找出第 $i$ 只猫的策略。

设 $a_i$ 左边向右走的猫的集合为 $L$，$a_i$ 右边向左走的猫的集合为 $R$，分类讨论：

1.$|L|>|R|$

如果他向左走，最后和他交换身份的猫是 $L$ 中从右向左第 $|R|+1$ 只猫。如果他向右走则是 $L$ 中从右向左第 $|R|$ 只猫。因为是向右走，显然靠左边的猫一定走的更远，所以此时他一定会向左走。

2.$|L|<|R|$

和上文同理，一定会选择向右走。

3.$|L|=|R|$

此时他有两种策略：选择 $L$ 中最靠左的 $L-a_i$ 和 $R$ 中最靠右的 $a_i$，这是唯一有决策的点，需要选较大值。

考虑暴力 DP：设 $ans_i$ 表示第 $i$ 只猫的答案。

第一种情况 $|L|>|R|$：

$$\begin{aligned} ans_i&=\sum_{j=1}^i(L-a_j)2^{j-1}\sum_{k=0}^{i-j-1}\binom{i-j-1}{k}\binom{n-i}{k}\\ &=\sum_{j=1}^i(L-a_j)2^{j-1}\binom{n-j-1}{n-i}\end{aligned}$$

上面使用了范德蒙德卷积化简。发现组合数可以拆成 $i,j,i-j$ 相关的式子，可以 FFT。

对于 $|L|<|R|$ 的情况同理，可以把整个序列倒过来做一遍。

第二种情况 $|L|=|R|$，假设最大值在右侧取到：

$$\begin{aligned} ans_i&=\sum_{j=i+1}^n a_j\sum_{k=0}^{j-i-1}\binom{j-i-1}{k}\binom{i-L_j}{k+1}\\ &=\sum_{j=i+1}^n a_j\binom{j-1-L_j}{i-1-L_j} \end{aligned}$$

$L_i$ 表示最小的 $j$ 满足 $m-a_j<a_i$。还是范德蒙德卷积，但是这个式子并不好用 FFT 处理。考虑写成生成函数形式，令 $Ans(x)$ 表示 $\sum_{i=0}^n ans_i x^i$，则：

$$Ans(x)=\sum_{j=2}^n a_j (1+x)^{j-1-L_j}x^{1+L_j}$$

$(1+x)^{j-1-L_j}$ 是为了构造组合数系数，$x^{1+L_j}$ 是因为 $j$ 对 $i$ 贡献，$i$ 的下指标是 $i-L_j-1$，需要做一个整体平移。

因为 $L$ 是单减的，$i-1-L_i$ 是单增的，可以分治解决：设 $A_i$ 表示 $L_i+1$，$B_i$ 表示 $i-1-L_i$，$(1+x)^{B_l}x^{A_r}F_{l,r}(x)$ 表示 $l,r$ 区间对答案的贡献。合并：

$$F_{l,r}(x)=F_{l,mid}(x)x^{A_r-A_{mid}}+F_{mid+1,r}(x)(1+x)^{B_{mid+1}-B_l}$$

合并的时候暴力 FFT 即可。这样最终答案就是 $(1+x)^{B_{pos}}x^{A_n}F_{pos,n}(x)$，$pos$ 表示最小的 $i$ 满足 $i-1-L_i>0$。因为 $A,B$ 的值域都是 $n$ 的，一个点最多被 $\log n$ 次 FFT 包含，可以分析出复杂度是 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

8. *P10896 移言丁真：Unavoided linyue

首先考虑确定了所有串怎么求最小值。首先每个串肯定是内部尽量匹配，然后左边剩了若干个右括号，右边剩了若干个左括号。设 $L_i$ 表示左边右括号的数量，$R_i$ 表示右边左括号的数量。

手玩一下，观察任意一个拼接方式，尽量匹配之后，一定是有一个串作为中点，他左边最终只剩下了右括号，右边只剩下了左括号。所以考虑钦定一个串作为中点。剩下的串若 $L_i<R_i$ 则拼接在右边，否则拼接在左边。

显然钦定作为中点的串的 $\min(L_i,R_i)$ 应当尽量的大，所以答案即为 $\sum_{x\in S}\min(L_x,R_x)-\max_{x\in S}(\min(L_x,R_x))$。

先统计 $\sum_{x\in S}\min(L_x,R_x)$。看成网格图，左括号是 $+1$，右括号是 $-1$，则要求从 $(i,0)$ 出发，中途纵坐标的最小值为 $0$，最后的纵坐标大于等于 $i$。荣斥一下变成最小值 $\geq 0$ 减去最小值 $\geq 1$，旋转 $45^{\circ}$ 之后做一个反射荣斥即可。答案是：

$$\begin{aligned} f(n)=&\sum_{i=0}^ni\sum_{j\geq \lceil\frac n 2\rceil}(\binom{n}{j}-\binom{n}{j+i+1})-(\binom n j-\binom n {j+i})\\ =&\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i+\lceil\frac n 2\rceil} \end{aligned}$$

对于最小值再右边的情况要求左边最后大于起点，只有上取整变成 $+1$ 之后除二上取整。这个式子可以暴力算。

对于 $\max_{x\in S}(\min(L_x,R_x))$，可以枚举 $i$，计算 $\max\geq i$ 的情况数，即存在一个 $\min(L_x,R_x)\geq i$。可以用 $2^n$ 减去全都 $\min(L_x,R_x)<i$ 的。所以答案就是：

$$\sum_i 2^n-\prod(2^{len}-\binom{len}{i+\lceil\frac {len} 2\rceil}-\binom{len}{i+\lceil\frac {len+1} 2\rceil})$$

可以暴力计算。最后还有内部匹配的贡献，看成 $\frac{len-l-r}{2}$，和计算 $f$ 一样的方式计算即可。

9. [ARC083F] Collecting Balls

建图，连边 $(x_i,y_i+n)$，这样会形成一个基环树森林。对于基环树的每条边，需要把他归到他连接的两个点中任意一个，并且每个点只能拥有一条边。

对于每个基环树分别计算，树边归属的点一定是它两端深度较大的那个，环边归属点整体只有两种方式：顺时针和逆时针。确定了边挂在那个环上时候，操作顺序的限制就是，如果边 $(x,y)$ 归到了点 $y$，则要求所有 $(y,z),z<x$ 的边需要在它之前操作。

把边看成点，再建一个图，不难证明这是一个森林：对于树边之间显然只有从下到上的边，环边上的边形成了若干条链，还有一些环边指向树边的边，所以一定是外向树森林。拓扑序计数对于一棵树就是 $\frac{n!}{\prod siz_i}$，$siz$ 表示子树大小。

10. [ARC177F] Two Airlines

有点魔怔的题。

一个基本的观察是如果当前某个人 $A$ 拿着盒子走到了位置 $i$，那位置小于 $i$ 的人一定永远没用了。如果之后要用到前面的人 $B$，就应当让 $B$ 拿着盒子走到 $i$ 而不是让 $A$，这样 $A$ 待在原来的位置，代价一定不会更劣。

再手玩一下，可以发现每次的过程都是：某个人 $A$ 拿起盒子，走到某个地方。然后后面来了一个和 $A$ 颜色不一样的人（或者是本身就在这个地方的人），走到了 $A$ 现在的位置，然后带着箱子走了，此时 $A$ 也已经没有用了。

进一步的，“后面来人”的这个过程，对于每种颜色内部，一定是先用坐标尽量小的人来。这个结论不难用调整法证明。

而最优解一定能用上述过程刻画出来。所以可以设 $f_{i,j,k,0/1}$ 表示当前盒子在 $i$，被 $0/1$ 颜色的人拿着，$i$ 后面的 $j$ 个颜色为 $0$ 的人已经用过了（此时在 $<i$ 的位置），$k$ 个颜色为 $1$ 的人已经用过了。转移 $\mathcal O(1)$，状态数和复杂度都是 $\mathcal O(n^3)$ 的。

接下来的一个想法观察性质，能不能简化一维状态什么的，但是好像不太好做。除此之外比较自然地，可以感受到 $j,k$ 都不会太大，设成 $20$ 左右，交上去就直接过了。下面证明 $j,k$ 都只需要取到 $\log n$。

直观感受一下，“后面来人”的原因一定是，$i$ 后面有一段比较长的和当前拿着箱子的颜色不同的路。

红色和蓝色的块分别表示序列上红色和蓝色的连续位置。红色段里面不一定全部都是红色，蓝色段里也不一定全是蓝色。红色和蓝色的线条表示人走过的路程。$a_i$ 表示这个蓝色段里面有多少个蓝色格子。

称除去搬运盒子过程中造成的代价为“额外代价”。因为第二条红色线条走到他的目标位置（第二个红块）额外花费了 $\sum_{j\geq 2}a_j$ 的代价，所以 $a_1>\sum_{j\geq 2}a_j$，否则可以让第一个人直接走到第二个红色段：

这样一定不劣。后面的同理，$a_i>\sum_{j>i}a_j$，所以最多 $\log$ 轮之后 $a_i$ 就要超出值域了。所以 $j,k$ 的维度都只需要开到 $20$。预处理一下还是能做到 $\mathcal O(1)$ 转移。总复杂度 $\mathcal O(n\log^2 n)$。

11. [ARC176D] Swap Permutation

对每个位置分别算贡献。一个很重要的观察是其他所有数都是等价的（非常神奇）。设 $A$ 表示原来 $i$ 位置上的数，$B$ 表示原来 $i+1$ 位置上的数，$C$ 表示其他的数，设 $f_{0\sim 7}$ 表示经过 $m$ 次操作之后 $AB,BA,AC,CA,BC,CB,CC$ 的概率。每个位置 $i$ 的 $f$ 都是相同的。转移系数应该比较容易手搓出来，预处理 $f$ 可以暴力 DP，也可以矩阵快速幂（所以其实可以做 $m=10^{18}$ 的）。然后对于每个位置分类算贡献即可。总复杂度 $\mathcal O(n+T^3\log m)$，其中 $T=7$。

12. [ARC183D] Keep Perfectly Matched

这场不打感觉亏麻了，怎么大家都不会 D。首先匹配路径长度之和最大，很典的想到取重心，猜测答案上界 $\sum_i dep_i$ 可以取到。

取完重心之后，希望不断把两个不同的子树里的点进行匹配，直到删空。因为原树本身存在完美匹配，所以找一对不同子树里的点删去后，根节点的匹配一定变了。

所以选的点一定有一个在根节点当前的匹配点的子树里，否则根节点没有理由更改匹配点。设这个点为 $x$，则 $x$ 一定满足：其到根的路径上，边的种类是“匹配边，非匹配边，匹配边...”，即：

图中标 $1$ 的边是匹配边，可以发现删六号点是合法的，而删 $8$ 号点的过程中会因为连续出现了两条非匹配边而寄掉。

这样确定了一个子树中的点，另一个点是可以任意选的。因为要尽量匹配对，所以另一个点应该选在除此之外的 $siz$ 最大的子树里面。接下来根的匹配就是选的第二个子树中的根节点。继续做上述过程即可。

这样做为何能取到最优值：设 $x$ 是根的初始匹配节点，首先第一次删点的两棵子树一定分别是 $(x,y)$，然后第二次因为此时根和 $y$ 匹配，所以要删 $(y,z)$，以此类推，可以发现除了开始的 $x$ 删了一个点，剩下的操作都是，选一个子树删两个点，然后跳到另一棵子树。

除了 $x$ 子树大小是奇数，剩下的子树大小都是偶数，一开始 $x$ 删了 $1$ 就全部变成了偶数。所以不会有奇偶性不对的情况。如果跳到另一棵子树选择当前 $siz$ 最大的，那就一定能够删空。因为此时根是树的重心，每个子树内需要的操作次数大小都不会超过 $\frac m 2$，其中 $m$ 是总操作次数，所以这样做一定不会爆掉。

现在的问题就是如何高效的找出当前能删掉的合法点。策略也很简单：对于点 $x$ 来说，如果初始他的匹配是他的父亲，则他儿子可以按任意顺序一个一个删光。

如果初始他的匹配是他的某个儿子，则先把这个儿子全部删空时最优的。然后他的匹配就变成了他的父亲，他剩下的儿子可以任意排列。

可以 $\text{dfs}$ 求出每个子树的后序遍历，如果有某个儿子和他匹配就优先向这个儿子走，这样可以求出每个点的合法操作序列。然后套用上述过程，总复杂度 $\mathcal O(n\log n)$ 或者 $\mathcal O(n)$。

13. 炫酷原神

题如其名。每种颜色分别算贡献，子区间个数看成所有连续区间选 $2$ 个可重位置。

设 $f_{i,0/1/2/3/4}$ 表示，当前在位置 $i$，$0$ 表示剪贴板是对的并且当前区间没选数的概率，$1$ 表示剪贴板是对的并且当前区间选了一个数，$2$ 表示答案，$3$ 表示剪贴板是错的并且当前区间没有选数，$4$ 表示剪贴板是错的并且当前区间在剪贴板是对的的时候选了一个数。每种颜色都这么做一遍，对的颜色的 Ctrl C 的系数矩阵（行向量在左，矩阵在右）是：

$$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ \frac 1 2 & 0 & 0 & \frac 1 2 & 0\\ 0 & \frac 1 2 & 0 & 0 & \frac 1 2\\ \end{bmatrix}$$

然后是 Ctrl V：

$$\begin{bmatrix} 1 & \frac 1 2 & \frac 1 2 & 0 & 0\\ 0 & 1 & \frac 1 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \frac 1 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \frac 1 2\\ \end{bmatrix}$$

遇到错的颜色的 Ctrl C：

$$\begin{bmatrix} \frac 1 2 & 0 & 0 & \frac 1 2 & 0\\ 0 & \frac 1 2 & 0 & 0 & \frac 1 2\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{bmatrix}$$

线段树维护区间矩阵乘积。虽然有 $26$ 棵线段树但是每次实际只会改两棵。$\mathcal O((n+q)\log n5^3)$，需要一定常数优化：可以把矩阵展开，发现比如 $2$ 对 $0$ 和 $1$ 永远没有贡献，$4$ 和 $1$ 对 $0$ 也永远没有贡献，去掉一些冗余的乘法，实际上 $5^3$ 远远跑不满。

14. *王者题目

没听题解，自己糊的，不知道对不对。

首先经过一些简单的观察，有大于四度的点答案一定为 $0$，并且四度点最多只有一个。有四度点的话，确定了四度点填啥别的都基本确定了，比较平凡。

然后考虑树，$1$ 如果填在二度点或者三度点上比较平凡，只考虑 $1$ 在叶子上。首先暴力是枚举每个叶子作为根填 $1$，$f_i$ 表示如果 $i$ 填 $1$，其子树内填成一个连续的值域前缀的方案数。

第一种转移：

即在一条链上向下走三步，容易发现 $4$ 之后的是一个子问题。

第二种转移：

即填数到第一个分叉路口的时候，前面的值域都填满了。设三度点填的是 $x$，则后面只能填 $x+1$ 和 $x+2$，然后只能填 $x+3,x+4\dots$，直到一条链似掉，此时 $k+1$ 之后递归进子问题。

第三种转移：

此时 $k+1,k+3\dots x-1$ 都没有填，$x$ 旁边的两个点可以填 $x-1,x+1$ 和 $x+2$。分类讨论：

填 $x-1$ 和 $x+1$

这种情况比较简单，画一下发现填 $x-1$ 的那端必定是一条长度为 $\frac{x-k}2$ 的链，$x+1$ 那端直接递归进了子问题。

填 $x-1$ 和 $x+2$

$x-1$ 补完了 $\frac {x-k}{2}$ 之后旁边如果还有空的点，只能填 $x+1$，是类似第二种转移的两条链，直到一条链似掉之后进入子问题。

而如果 $x-1$ 旁边没有空的点，此时递归到了一个“子树根填 $2$”的子问题，可以设 $g_i$ 表示 $i$ 填了 $2$ 然后子树内填成一个满的值域前缀方案数，转移和 $f$ 一样，唯一的一种额外方式是，如果 $i$ 旁边有连着一度点的三度点，则可以三度点填 $3$，然后一度点填 $1$，然后三度点连着的另一个点的 $f,g$ 都可以贡献过来。

填 $x+1$ 和 $x+2$

$x+1$ 一定要补全 $x-1,x-3\dots k+1$，然后如果 $x+1$ 旁边还有空点，一定填 $x+3$，然后进入两条链的情况。如果 $x+1$ 旁边没有空点则 $x+2$ 直接递归进子问题。

第四种转移

此时 $x+1$ 旁边的点一定填了一个 $x-1$ 并只有一条链，另一个可以填 $x+2$ 也可以填 $x+3$，可以从 $f$ 和 $g$ 转移过来。

第五种转移（结尾）

两种都比较平凡。总复杂度 $\mathcal O(n^2)$，不知道能不能换根做 $\mathcal O(n)$。不想写。

15. [ARC183E] Ascendant Descendant

一个直接的想法是求出 $L_i,R_i$ 表示极大的区间 $[L_i,R_i]$ 满足 $\forall j\in[L_i,R_i],b_j\in \text{subtree}(a_i)$。由于树的性质，$[L_i,R_i]$ 之间要么相离，要么包含。

但是 $L_i,R_i$ 并不是 $i$ 能真正到达的点。因为 $i$ 只能一个一个交换过去，中途可能会有一些点阻碍着 $i$ 的交换。具体的，把 $[L_i,R_i]$ 构成的树形结构建出来，会阻碍交换的点就是满足 $siz_i=R_i-L_i+1$ 的整棵子树。必要性和充分性都比较显然。（但是想不到啊）

求 $[L_i,R_i]$ 是平凡的，一个 $\mathcal O(1)$ LCA 和线段树或者 ST 表就能在 $\mathcal O(m\log m)$ 的时间里求出来。后半部分实现的时候可以按照区间长度排序，拿一个 BIT 维护区间和，每次是区间内任选一个点单点加一即可。再用一个 'set' 维护删掉的点。总复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

16. [ARC180E] LIS and Inversion

首先考虑要求代价为 $0$ 的一个暴力 DP：$f_{i,j}$ 表示填了前 $i$ 个数，此时相对值域末尾为 $j$ 的数结尾的 LIS 的最大值。填第 $i+1$ 个数的时候，把它插在某两个数之间，所以转移是：

$$f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j-1}\qquad\qquad\qquad j>i-a_{i}\\ \max_{k<j}\{f_{i-1,k}+1\}\quad 1<j\leq i-a_{i}\\ 1\qquad\qquad\qquad\qquad\;\; j=1\\ \end{cases}$$

经过观察，可以发现取前缀最大值的操作是不必要的，第二种情况可以直接令 $f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1$。

证明：假设存在 $f_{i-1,k}>f_{i-1,j-1}$，应当用 $k$ 贡献到 $j$。但是因为 $k+1\leq j\leq i-a_i$，所以 $k+1\leq i-a_i$，所以此时 $f_{i,k+1}\geq f_{i-1,k}+1$。在 $f$ 相同的情况下，显然是下标越小的越有前途，所以 $k+1$ 不劣于 $j$，$j$ 是没有用的。

这样 $f$ 的转移就变成了：先平移一位，在最前面加入 $0$，然后做一个 $[1,i-a_i]$ 的前缀 $+1$ 的操作。然后可以进一步发现，如果允许代价为 $k$，则可以看成把 $k$ 个位置的 $a_i$ 变成 $0$，即前缀加变成了全局加。

所以考虑统计每个位置被多少次前缀加覆盖，这可以用差分简单实现，这样就求出来了 $f$。在最后位置 $i$ 的答案上界是 $i$，所以可以花费 $j$ 的代价（$j\leq i-f_i$）来获得一个 $f_i+j$ 的答案。

17. [ARC175E] Three View Drawing

哎，构造。

首先考虑 $m=n^2$ 怎么做：显然是最上面一层填满第一条主对角线，第二层填满第二条主对角线...（主对角线指可以循环的对角线）。

把 $n$ 变成满足 $n^2\geq m$ 的最小的 $n$。然后考虑删去 $n^2-m$ 个。可以发现（谁能发现啊啊啊）在矩形的右下角删掉一个 L 型即可。如果 $n^2-m$ 是偶数则右下角的 $(n,n,n)$ 保留即可。

设 $x$ 表示 $L$ 的边长 $-1$（图中为 $4$）。上图是正方体的俯视图，把正方体从上到下分成 $1,2,3\dots n$ 层，某个位置填了 $x$ 代表这个的格子存在于第 $x$ 层。

首先对于暖色调的填法，可以发现这样对于前 $n-1-x$ 层，从正面和侧面看都是填满的，和俯视图是相同的。

对于紫色，这个位置填的是 $n$，正好对应了在第 $n$ 层只有最左边三个有值，符合俯视图。

对于冷色调的其他颜色，都在一个 $(n-1)\times(n-1)$ 的正方形里面填的，所以对于第 $(n-x)\sim(n-1)$ 层，每层从正面和右面看都是恰好 $n-1$ 个格子，也符合俯视图。