CTT2021
D1T1 末日魔法少女计划
知识点：DP 求构造，\(B\) 叉树。
感觉最近见到好多用 DP 来求最优构造的题目。
可以将 \(A_{i,j}=1\) 看作拥有区间信息 \([i,j)\)，要求构造最少的区间信息，使得任何区间 \([l,r)\) 都可以被最多 \(k\) 个已知区间的加和表示。
考虑 \(k=2\) 的时候，就是要构建猫树。找到一个中点 \(mid\)，所有的点都向这个点连边，然后递归到左右子树去处理。
这启发我们在 \(k>2\) 的时候也去搜索这样的结构，但是二叉的树就不一定优了，所以考虑 \(b\) 叉的数。
具体的，我们选择 \(b\) 个节点为关键节点，将这 \(b\) 个点之间递归距离为 \(k-2\) 的子问题，然后这 \(b\) 个节点分成的每一个区间都向左右端点连满边。每一个部分递归处理。
根据直觉，发现选择 \(b\) 个点，那么中间的 \(b-1\) 块应该是均匀的，同时最左和最右的两个块也应该是均匀的，所以考虑设计如下 DP：
\(f_{n,k}\) 表示 \(n\) 个节点，两两距离 \(\le k\) 至少需要多少个信息。
\(g_{n,k}\) 表示构造 \(b\) 叉树及其内部的 \(b\) 个块至少需要多少个信息。
为了方便处理，记中间变量 \(f'_{n,k}=f_{n,k}+n\) 以及 \(f''_{n,k}=f_{n,k}+2n\)。
可以得到如下转移：
\(f_{n,k}=\min\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}\{g_{n-2i,k}+2f'_{i,k}\}\)
\(g_{n,k}=\min\limits_{b}\{f_{b,k-2}+(b-1-((n-b)\mod (b-1))(f''_{\left\lfloor\frac{n-b}{b-1}\right\rfloor}{k})+((n-b)\mod (b-1)(f''_{\left\lfloor\frac{n-b}{b-1}\right\rfloor+1}{k})\}\)
需要特殊处理 \(k\le 2\) 或者 \(n=1\) 的一些 corner case，时间复杂度是 \(O(n^2k)\) 的，发现刚好可以满足题目要求的限制。
D1T2 魔塔 OL
知识点：四维偏序，Monster Hunter
先不考虑题目要求的限制，发现问题就是一个 Monster Hunter 问题，做法就是让 \(a_i<b_i\) 的靠前处理，按照 \(a_i\) 从小到大排序；将 \(a_i\ge b_i\) 的靠后处理，按照 \(b_i\) 从大到小排序，可以证明这样构造是最优的。
但是发现这个问题不好使用数据结构维护，所以考虑使用四维偏序的暴力做法：bitset。
我们将所有的怪物先全部存储下来，按照 Monster Hunter 的最优顺序排序，那么任何一个怪物集合的答案序列就是这个序列的子序列。那么答案变成了在这个序列上可以合并的半群信息了。
我们每 \(B=O(\log n)\) 个数分成一块，对于块内，我们预处理出所有 \(2^B\) 中子序列的答案。
那么对于一个询问包含的点集，就可以用四个手写的 bitset 结构且在一起来表示，然后直接取出每一个块内的信息，将它们顺序合并即可。
时间复杂度 \(O(\dfrac{n^2}{\log n})\)。
D1T3 基因编辑
知识点：贪心
考虑什么样的 \((i,j)\) 可以做出贡献，首先有 \(i<l\) 且 \(r<j\)。同时要求 \((i,j)\) 是唯一的 \((s_i,s_j)\)，那么有：
- \(i\) 是第一个颜色为 \(s_i\) 的位置，\(j\) 是最后一个颜色为 \(s_j\) 的位置。
- \(j\) 在 \(i\) 的下一个颜色为 \(s_i\) 的位置的左侧。
- \(i\) 在 \(j\) 的上一个颜色为 \(s_j\) 的位置的右侧。
发现对于第一个限制，就是确定了哪些点能够做 \(i\)，哪些点能够做 \(j\)。
对于第三个限制，决定了 \(j\) 只对一段区间内的 \(i\) 有用，所以我们从 \(1\) 扫到 \(l\)，那么每一个 \(j\) 都会在某一个时刻开始可以被选；由于 \(j\) 在 \(i\) 的下一个同色位置的左侧，所以只需要检验最小的 \(j\) 是否比它小即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\) 或者 \(O(n)\)。
D2T1 简单数据结构
知识点：整体二分，李超线段树，线段树。
一开始做这道题的时候没有看到 \(1\) 操作也是全局操作，想了半天发现不会，鉴定为没有仔细读题。
考虑如果初始有 \(a_i=0\)，发现这时 \(1\) 操作和 \(2\) 操作都有很强的单调性。
具体的，如果序列保证单调不降，也就是 \(a_i\le a_{i+1}\)，那么显然有 \(a_i+i\le a_{i+1}+i+1\)，所以 \(2\) 操作不会改变单调性，同时 \(1\) 操作会修改的就是一段后缀，仍然不影响单调性。
而 \(1\) 操作进行的修改，这也就意味着，如果 \(a_i\) 在某一时刻它进行了被 \(1\) 修改了，我们就可以认为 \(a_i\) 是一个初始从零开始的数。也就是所有被 \(1\) 操作修改过的 \(a_i\) 是单调不降的。
这也就意味着，我们如果知道每一个数被 \(1\) 操作修改的时刻，就可以分别维护没有被 \(1\) 操作修改的部分和已经被 \(1\) 操作修改过的部分。而这两个部分都是可以使用线段树维护做到 \(O(q\log^2n)\) 地。
现在的问题就变成如何求出每一个数被 \(1\) 操作修改的时刻了。
考虑对于一次 \(1\) 操作 \(v\)，如果它前面有 \(c\) 次 \(2\) 操作，它要修改 \(a_i\) 至少要有 \(a_i+ci>v\)，移项成 \(a_i>v-ci\)，那么我们就是要找到第一个 \(v-ci<a_i\) 的位置，而前缀最小值 \(\min(v-ci)\) 是可以进行二分的。
所以我们可以使用整体二分+李超线段树找到每一个 \(a_i\) 被修改的时间，时间复杂度 \(O(n\log n\log q)\)。
D2T2 Datalab
知识点：进制运算，交互，ad-hoc
发现我们查询操作大概率只能得到 \(sgn_i\) 的相对关系。
考虑如果询问 \(x=100\dots 00\) 和 \(y=100\dots 00\)，我们会得到 \(01111\dots 10\dots 00\)，其中最后一个是 \(1\) 的位置和 \(sgn_0\) 同号，其余的 \(1\) 位置和 \(sgn_0\) 异号。
这样操作我们最劣会得到一对 \(sgn\) 的相对关系，那么最劣情况下就需要 \(8190\) 次询问。
考虑我们一次只问一个位置比较劣，考虑同时处理多个位置，但是多个询问只见可能会出现干扰。
考虑分块，我们均匀地询问 \(\sqrt{k}\) 个位置，如果他们没有互相干扰，那么一次就至少会获得 \(\sqrt{k}\) 个有效信息。
如果他们之间互相干扰了，就说明有一个位置至少向前延伸了 \(\sqrt{k}\) 个位置，我们单独 chk 一下这个位置，就能够确定至少 \(\sqrt{k}\) 个信息。
这样操作需要 \(2\sqrt{k}\) 次询问，是标程的方法。
D2T3 随机游走
知识点：期望，贪心，打表找规律
显然，我们想要最大化小 A 走的步数，那么我们连的所有边都会连向 \(1\) 号点。
我们假设第 \(i\) 个位置向 \(1\) 连了 \(a_i\) 条边，设 \(f_i\) 表示小 A 中第 \(i\) 个位置开始走到 \(n\) 的期望步数。
容易得到：\(f_n=0\)，\(f_i=\dfrac{a_i}{a_i+1}f_1+\dfrac{1}{a_i+1}f_{i+1}+1\)。
最后可以得到 \(f_1=\dfrac{a_1}{a_1+1}f_1+\dfrac{1}{a_1+1}\left(\dfrac{a_2}{a_2+1}f_1+\dfrac{1}{a_2+1}(\dots)+1\right)+1\)。
整理一下可以得到 \(f_1=(1-\prod\limits_{i=1}^{n-1}\dfrac{1}{a_i+1})f_1+\sum\limits_{i=1}^{n-1}\prod\limits_{j=1}^{i-1}\dfrac{1}{a_j+1}\)。
最后有 \(f_1=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\prod\limits_{j=i}^{n-1}(a_j+1)\)。
考虑如何求这个东西，我们设 \(dp_{i,j}\) 表示在 \(n=i+1\)，\(\sum\limits_{k=1}^i a_k=j\) 的情况下，最大的 \(f_1\) 为多少。
可以得到 DP 转移 \(dp_{i,j}=\max\limits_{a=0}^{j}\{(dp_{i-1,j-a}+1)(a+1)\}\)，我们同时记录最优的转移点 \(a\)。
通过打表发现，对于 \(i>1,j>1\)，有 \(a=\left\lfloor\dfrac{j}{i}\right\rfloor+1\)。
既然知道了转移点，我们就可以考虑快速求值了。
发现从 \(dp_{i,j}\) 到 \(dp_{i-1,j-a}\)，由于 \(a=\left\lfloor\dfrac{j}{i}\right\rfloor+1\)，所以转移之后的 \(a\) 有很大概率是仍然保持不变的。
具体的，我们设 \(q=\dfrac{j}{i}\)，\(r=(j\mod i)\)，那么如果 \(r\neq i-1\)，那么前 \(r+1\) 轮的转移的都有 \(a=q+1\)；如果 \(r=i-1\)，那么前 \(r\) 轮的转移的都有 \(a=q+1\)。
对于第一种情况有转移 \(f_{i,j}=f_{i-r-1,j-(q+1)(r+1)}\times (q+2)^{r+1}+\sum\limits_{i=1}^{r+1}(q+2)^i\)，其中快速幂和等比数列求和都是可以做到 \(O(\log n)\) 的。第二种情况的转移类似。
同时，我们可以证明，直接使用递归求 \(f\)，最多只会递归 \(3\) 层。证明如下：
- 如果 \(r=i-1\)，那么下一轮有 \(i=1\) 会直接得到结果；
- 否则会有 \(j-(q+1)(r+1)\mod (i-r-1)=(qi+r-q(r+1)-r-1)\mod (i-r-1)=(q(i-r-1)-1)\mod (i-r-1)=i-r-2\)，那么变成了 \(r=i-1\) 的问题。
所以直接递归求解的时间复杂度是单次 \(O(\log n)\) 的，总的时间复杂度为 \(O(T\log n)\)。
D3T1 小明的树
知识点：点减边 Trick，线段树
考虑我们要如何检验一个数在某一个状态下是否是美丽的。发现检验被点亮了的点是不好维护的，因为检验子树信息是基于树形态的，也就是点之间的父子关系会跟随树的变化而变化。所以考虑检验没有被点亮了的点。
发现美丽的限制等价于没有被点亮的点形成了一个连通块，而森林的连通块的数量等价于 \(|V|-|E|\)。对于 \(i\) 时刻，有 \(|V|=n-i\)，\(|E|\) 等于当前时刻两端都是没点亮的边的数量。记点 \(u\) 被点亮的时刻为 \(t_u\)，那么边 \((u,v)\) 作为两端都没有被点亮的边的时间段为 \([1,\min\{t_u,t_v\} )\)。
在考虑计算贡献，在满足美丽的情况下，点亮的点的连通块数就等于只有一边点亮的边的数量，同样，一条边 \((u,v)\) 做贡献的时刻就是 \([\min\{t_u,t_v\},\max\{t_u,t_v\})\)。
使用线段树维护即可，时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。
D3T2 出题高手
知识点：随机性质，贪心，二维数点
对于这一类题目，经典的想法就是找到所有可能做出贡献的区间，然后二维数点。
考虑什么样的区间是不优的，记 \(sum_i=\sum\limits_{j=1}^ia_j\)，发现答案求的式子就是 \(\dfrac{(sum_r-sum_{l-1})^2}{r-l+1}\)，记 \(l=l-1\)，就是 \(\dfrac{(sum_r-sum_l)^2}{r-l}\)。
对于 \(sum_l<sum_r\) 的情况，如果存在 \(l<l_0<r\)，使得 \(sum_{l_0}\le sum_l\)，那么 \(\dfrac{(sum_r-sum_{l_0})^2}{r-l_0}\ge \dfrac{(sum_r-sum_l)^2}{r-l_0}\ge \dfrac{(sum_r-sum_l)^2}{r-l}\)。\(sum_l>sum_r\) 的情况同理。
所以对于一个 \(r\)，可以做贡献的 \(l\) 就是 \(sum_i\) 序列的每一个前缀的后缀最大值或者最小值，可以使用单调栈维护。
由于数据随机，所以感觉单调栈内的元素不会很多，实际测出来大概就是 \(O(n\sqrt{n})\) 的量级，但是仍然太多了，没有办法接受再加上二维数点的 \(O(\log n)\)。
但是考虑上面的 \(sum_{l_0}\le sum_l\) 我们进行了两次放缩，所以这个限制是很松的，所以我们在实际加入区间的时候，对于 \(\dfrac{(sum_r-sum_l)^2}{r-l}\)。\(sum_l>sum_r\le \dfrac{(sum_r-sum_{l_0})^2}{r-l_0}\) 的 \(l\)，可以不加入后面的二维数点了。这样时间复杂度是 \(O(S(n)\log n+m\log n)\)，其中 \(S(n)\) 为我们加入的区间数量。可以通过 \(n\le 10^5\) 的部分。
考虑还有一档 \(n\le 5\times 10^5\) 的分，我们还是需要优化，已经不能把这个大约 \(O(n\sqrt{n})\) 的区间扫一遍了。
考虑对于 \(sum_l<sum_r\)，如果存在 \(l<r_0<r\)，使得 \(sum_{r_0}\ge sum_r\)，那么 \(l,r\) 一定不是最优的，后面更小的 \(l\) 都不优，所以我们可以直接结束遍历单调栈。发现实现之后可以通过。
D3T3 扑克比大小
知识点：后缀数组，border理论，二维数点
题目就是要求对于 \(s=S[l:r]\) 有多少个本质不同的 \(t=S[l':r']\)，使得 \(t^{+\infty}<s^{+\infty}\)。
我们认为空串是无穷大，也就是如果 \(S'\) 是 \(S\) 的前缀，\(S'\) 的字典序比 \(S\) 大。
首先我们找到所有 \(t<s^{+\infty}\) 的串，这些串是在 \(t\) 还没有走到第二轮就已经确定了大小。就是要在后缀数组中找到 \(s^{+\infty}\) 的原串中的位置，现在的问题就是如何比较 \(s^{+\infty}\) 和原串的一个后缀 \(S[l_0,n]\) 的 LCP。
先比较 \(S[l_0,n]\) 和 \(S[l,n]\)，如果长度小于 \(|s|\) 那么 LCP 就直接确定了，否则比较 \(S[l_0,n]\) 和 \(S[l_0+|S|,n]\)，如果结果为 \(t\)，那么 LCP 长度就是 \(t+|s|\)。
发现确定了 \(t<s^{+\infty}\) 之后，不计算贡献的就只有 \(t\) 是 \(s^{+\infty}\) 的前缀的情况了。
不妨假设 \(t=s^ka\)，通过讨论发现 \(s^ka\) 和 \(a\) 于 \(s\) 比较时的大小关系是等价的。
那么只需要找到 \(s^{+\infty}\) 在原串中的最长的前缀，就可以知道每一个 \(a\) 具体会出现多少次。
考虑比较 \(s^\infty\) 和 \(a^\infty\)，同样可以证明等价于比较 \(bs^\infty\) 和 \(s^\infty\)。
如果 \(b\) 不是 \(s\) 的前缀，那么就是要找 \(b>s\)，可以找到 \(s\) 在后缀数组中的位置 \(l\)，那么要数的就是开始位置在 \(l\) 之后，\(sa_i\) 在某一个区间内的数的数量。
但是如果 \(b\) 是 \(s\) 的前缀，那么这个统计就是有误的。如果 \(b\) 是 \(s\) 的前缀，那么 \(b\) 就是 \(s\) 的 border。
假设 \(s=bc\)，那么就是比较 \(s^{\infty}\) 和 \(cs^{\infty}\)。
如果 \(c=a\)，那么就不会计入答案。否则，在 \(a>c\) 的时候计入答案。
那么我们就可以减去比较 \(bt\) 和 \(st\) 比较错误的贡献，然后加上 \(b\) 和 \(s\) 比较正确的贡献就可以了。
考虑对于 border \(b\)，我们使用基本子串字典求出每一个 border group，每一个 group 中 \(b=A,AB,ABB,ABBB\dots\) ，而他们的字典序是单调的，所以可以二分出一个位置，其中前缀/后缀是计算错误，或者应该是正确的。
具体的，就是 \(bt\) 和 \(st\) 错误比较的贡献就是 \(bt>st\) 的数量，而由于 \(b\) 为 \(\{A,AB,ABB,ABBB\dots \}\)，所以不合法的必然是一段前缀或者后缀，可以通过二分得到。
而正确的，我们要求 \(a>c\) 的数量，而每一个 \(b\) 对应的 \(c\) 也应该是单调的，所以仍然是可以二分得到的。
时间复杂度 \(O(n\log n+q\log^2n)\)，细节较多。
D4T1 算术
知识点：数学
考虑对于某一个 \(k\)，如果它满足条件，就有 \(b^{k+1}\equiv -1\pmod P\)。
显然 \(b,P\) 不互质的时候无解。
考虑先找到 \(b^{k'}\equiv 1\pmod P\) 的最小的 \(k'\)。由于 \(b^{\varphi(P)}\equiv 1\pmod P\)，所以有 \(k'|\varphi(P)\)。
所以我们可以枚举 \(\varphi(P)\) 的因子 \(g\)，看除掉 \(g\) 之后是否仍然满足 \(b^{k'}\equiv 1\pmod P\)。
找到 \(k'\) 之后，我们检验是否有 \(2|k'\) 且 \(b^{\frac{k'}{2}}\equiv -1\pmod P\)，如果有，那么就有 \(k=\dfrac{k'}{2}-1\)。
当然可能要判断一些 \(P=2\) 或者 \(k'=2\) 的 corner case。
时间复杂度 \(O(\sqrt{P}+T\log^2P)\)。
D4T2 经典游戏
知识点：博弈论，长剖，树状数组，Trie 树
这是一个博弈论问题，考虑算出一个节点的 SG 函数，容易得到 \(u\) 点处棋子的 SG 函数就是 \(u\) 子树的深度，那么我们就可以通过 dfs 和换根来求出初始状态下每一个点的 SG 值 \(S_i\)。
考虑什么情况下先手必赢，设 \(u\) 的深度为 \(dep_u\)（此处 \(dep\) 从 \(0\) 开始），那么放棋子可以选择任意的 \([0,dep_u]\)，所以只有 \(S_u>dep_u\) 的时候才是必赢的。
考虑放入一个棋子，对于对他贡献 \(dep\) 的子树的节点会异或上次深值，对于其他节点会异或上 \(dep\)，可以直接用树状数组维护。
但是我们需要查询一个半径为 \(1\) 的领域的 \(S_u\) 是否大于 \(dep_u\)，考虑我们要检验 \(S_u\oplus x>dep_u\) 的数量，可以直接使用 Trie 树。只要所有的节点都能够异或上同一个值，将其记录下来即可。发现如果进行长链剖分，然后维护所有短儿子的信息。这样可能异或上不同的情况就只有 \(u\) 的最深点是从父亲贡献的这一种情况了，单独修改即可。
时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
D4T3 随机数据
知识点：博弈论，万能欧几里得，线段树
首先考虑 \(n,q\le 10^5\) 怎么做。
发现原题就是在 \(g=\gcd(n,d)\) 个环上面进行取数，过程是 A 取一个然后 B 取于 A 相邻的一个。可以证明 B 的最优策略中不会出现能取不取的情况。如果我们让环上的边 \((a,b)\) 的权值设为 \(\min\{a,b\}\)，那么发现原问题变成了求环上的最大权匹配。
而环的最大权匹配可以先断环为链，变成序列上的最大权匹配，而序列上的最大权匹配是可以用可合并信息去维护答案的：\(be\) 和 \(en\) 表示序列的第一个元素和最后一个元素，\(num_{0/1,0/1}\) 为序列的第一个元素是否被匹配，最后一个元素是否被匹配的情况下的最大权匹配。
直接使用线段树维护就可以做到 \(O(n+q\log n)\) 了。
现在考虑如何解决 \(n\) 更大的问题。如果没有修改，怎么求出一个序列的权值。
对于第 \(r=0,1,\dots g-1\) 个环，上面的第 \(i\) 个物品（\(i=0,1,\dots \dfrac{n}{g}-1\)）编号是 \((di+r)\bmod n\)，那么对应到 \(w\) 序列中就是 \((di+r)\bmod n\bmod m\)，两层取模不好处理，所以考虑去掉内层的取模，则有编号为 \((di+r-n\left\lfloor\dfrac{di+r}{n}\right\rfloor)\bmod m\)，发现这个结构就是万能欧几里得可以维护的，使用万能欧几里得维护信息合并即可。
我们可以拉出被修改了的 \(q\) 个节点，那么对于其他的 \(O(q)\) 个区间，我们想要快速得到它的信息。由于上面万能欧几里得都是二元合并，将这个合并的结构拉出来就是一棵深度为 \(O(\log n)\) 的二叉树，那么我们就可以在其上做类似线段树的区间查询，就可以得到区间的信息了。
最后再用线段树维护就可以了。
时间复杂度 \(O((m+q)\log n)\)。
