2024.1 记录
1.10
HDU 6791. Tokitsukaze, CSL and Palindrome Game
经典结论是，
并且一个回文串的所有 border 就是 PAM 上它的所有祖先。于是比较 \(E(S)\) 和 \(E(T)\) 的大小只需要在 PAM 上倍增。时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
CF1483F. Exam
枚举大串 \(s_i\) 的每个前缀 \(s_i[1,p]\)，可以用 ACAM 找到最长的串 \(s_j\) 使得 \(s_j\) 是 \(s_i[1,p]\) 的后缀。小串的候选集合就是这 \(|s_i|\) 个 \(s_j\)。
把这些 \(s_j\) 在 \(s_i\) 中的出现区间画出来，那么所有完全被另一个区间包含的 \(s_j\) 就可以删掉。对于还没被删掉的串，统计其在 \(s_i\) 中出现了多少次，如果出现次数等于它作为最长后缀出现的次数，那么 \((s_i,s_j)\) 是一个答案。
统计出现次数需要用树状数组，时间复杂度 \(O(\sum |s_i|\log \left(\sum |s_i|\right))\)。
CF1276F. Asterisk Substrings
子串内 \(*\) 在边上或者不存在 \(*\) 的情况是好统计的。
考虑 \(A*B\) 这个字符串是不是集合内某个字符串的子串。建出正串后缀树和反串后缀树，设 \(A\) 在反串后缀树上对应的节点是 \(u\)，\(B\) 在正串后缀树上对应的节点是 \(v\)，只要 \(\exists x\in \operatorname{endpos}(u),x+2\in \operatorname{endpos}(v)\) 即可。
所以反串后缀树上一个节点对答案的贡献，就是它的 \(\operatorname{endpos}\) 在正串后缀树上的链并。用树链剖分和线段树合并维护子树链并的大小即可。\(O(n\log^2 n)\)。
CTSC 2016. 香山的树
以下认为对于一个串 \(s\)，如果 \(i>|s|\)，则 \(s[i]=s[i-|s|]\)。
考虑计算以一个串 \(t\) 为前缀的，长度不超过 \(n\) 的满足条件的串 \(s\) 的个数。有两种情况：
- \(t<s[i,i+|t|-1]\)；
- \(t=s[i,i+|t|-1]\) 且 \(s[t+1,|s|]<s[i+|t|,|s|]\)。
发现不必限制得如此严格：只需要 \(t\le s[i,i+|t|-1]\)，然后只要 \(s\) 不是循环串，就只有恰好一个位置 \(i\) 使得 \(s[i,|s|]s[1,i-1]\) 是满足条件的，且这个位置一定是 \(t\) 的某个出现位置。
可以在 KMP 自动机上进行 DP，记录当前匹配到自动机上的哪个节点，以及 \(t\) 完整地出现了多少次（这里也需要考虑 \(s\) 的一个后缀拼上一个前缀等于 \(t\) 的情况）。设 \(t\) 出现了 \(c\) 次，对答案的贡献系数就是 \(\frac{1}{c}\)。
还需要去除循环串的贡献。设 \(g_i\) 表示长为 \(i\) 的非循环串，且无限循环后以 \(t\) 为前缀，且满足 \(t\le s[i,i+|t|-1]\) 的串的个数。
如果 \(i\le |t|\)，那么只有在 \(t[1,i]\) 是 \(t\) 的周期且 \(t[1,i]\) 本身满足条件的时候，\(g_i=1\)。
对于 \(i>t\)，需要减去每个 \(j<i\) 且 \(j\mid i\) 的 \(g_j\) 的贡献。这里的贡献系数一定是 \(\frac{j}{i}\)，因为 \(g_j\) 表示的是非循环串，而每个 \(g_j\) 表示的串内 \(t\) 都出现了恰好一次。
回到原来的问题，只需要先枚举与 \(S\) 的 LCP 长度，再枚举下一个字符填什么，然后用上面的方法计算即可。
1.14
ABC336G. 16 Integers
构造一个 \(8\) 个点的图 \(G\)，点的标号为 \((x,y,z)\)，其中 \(0\le x,y,z\le 1\)。认为一个给定的 \((i,j,k,l)\) 是从 \((i,j,k)\) 连向 \((j,k,l)\) 的 \(X_{i,j,k,l}\) 条边，则题目描述的长为 \(N+3\) 的序列可以表示为，从某个点开始，经过每条边恰好一次的一条路径。由于不区分重边，所以需要除以 \(\prod_{i,j,k,l} X_{i,j,k,l}!\)。
这几乎就是欧拉路径或欧拉回路计数。具体地，如果 \(G\) 是半欧拉图，设出度比入度大 \(1\) 的点是 \(s\)，入度比出度大 \(1\) 的点是 \(t\)，连一条 \(t\to s\) 的边，转化为欧拉回路计数。
根据 BEST 定理，从一个点 \(s\) 开始的欧拉回路的个数是
其中 \(t_w(G)\) 是以任意一个点为根的内向生成树个数。
算出这个式子以后，如果 \(G\) 是半欧拉图，那么需要钦定 \(t\to s\) 的边是最后走的，所以需要除以 \(\mathrm{deg}_s\)。如果 \(G\) 是欧拉图，那么从任意一个点开始走都是可以的，所以先选任意一个点当作 \(s\)，算出上述式子的值 \(A\) 以后，答案就是 \(\frac{A\times \sum_{i,j,k,l} X_{i,j,k,l}}{\mathrm{deg}_s}\)。
1.17
ABC308Ex. Make Q
1.18
ABC310Ex. Negative Cost
ABC306Ex. Balance Scale
ABC305Ex. Shojin
1.19
GDKOI 2024. 染色
不会这种题，比较失败。
首先考虑如何将恰好一个位置 \((x,y)\) 异或 \(1\)。显然先操作一下这个位置，然后这个位置四周的四个位置都会异或 \(1\)。为了消去这四个位置的 \(1\)，可以操作这四个位置。不断进行这个过程，发现进行了 \(2^k\) 轮的时候，恰好有四个位置是 \(1\)：与 \((x,y)\) 在同一行或同一列，且距离 \((x,y)\) 恰好 \(2^k\) 的位置。称这样的 \(2^k\) 轮操作是一个大小为 \(k\) 的操作。
所以，经过 \(2^n\) 轮后，这四个位置会与 \((x,y)\) 重合，这样就只有 \((x,y)\) 是 \(1\) 了。
如果有多个位置需要异或 \(1\)，可以倒着考虑这些操作：一开始这些位置需要大小为 \(n\) 的操作，而每个大小为 \(n\) 的操作都可以用五个大小为 \(n-1\) 的操作完成，最后只剩了一些大小为 \(0\) 的操作，而这就是单点操作。
时间复杂度 \(O(n2^n)\)。
（这种题应该手玩一些 \(n\) 比较小的情况，不应该优先考虑找规律。）
GDKOI 2024. 计算
首先，当 \(a,b>0\) 时，\(F(m,a,b)=m^{\gcd(a,b)}\)。所以一定有 \(L\equiv 1\pmod m,R\equiv 0\pmod m\)。所以这段区间是 \(n=\frac{R-L+1}{m}\) 个完整的 \([0,m)\) 区间拼成的。
列出式子：
单位根反演，并做一些化简：
\(n\) 次方可以提到乘积外面，考虑这个乘积的式子，由于单位根的几何意义，设 \(d=\gcd(i,m)\)，它等于：
由于有如下因式分解：
代入 \(x=-1,k=\frac{m}{d}\) 即可化简上述式子。然后做莫比乌斯反演即可。
IOI 2024 集训队互测 Round 10. 雷同
将所有书按照重量从小到大排序。考虑建出合并的二叉树，设 \(\mathrm{dep}_i\) 表示第 \(i\) 本书的深度，答案由两部分组成：
- 每个 \(i\) 的 \(w_i\times \mathrm{dep}_i\)；
- 二叉树上每个非叶子节点 \(u\)，设它的两个儿子的子树高度是 \(h_1,h_2\)，对答案的贡献是 \(2^{\min(h_1,h_2)}-1\)。
注意到 \(\mathrm{dep}_i\) 一定单调不增，所以子树高度一定有 \(h_1\ge h_2\)。
按深度从大到小逐层 DP，由于深度大于某个值的一定是一个前缀，所以设 \(f_{i,j}\) 表示当前这一层有前 \(i\) 本书，形成了 \(j\) 个子树的最小代价。加入一本书时：
- 将这本书放在这一层，作为一个新的子树；
- 然后进行若干次合并，每次将所有相邻的子树合并成一个新的（\(j\) 个子树会变成 \(\frac{j}{2}\) 个）。这里最优的合并方式一定是按顺序合并，因为这样可以使得新形成的树的高度最小。
这里合并的代价不好计算，但是注意到新加入的一个排名为 \(j\) 的单点，对答案的贡献是固定的一个值 \(v_j\)。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
1.20
GDKOI 2024. 匹配
首先用网络流求出一组完美匹配。如果它有偶数条黑色边就做完了，否则需要在残量网络上找到一个有奇数条黑色边的简单环。
设状态 \((u,v,c)\) 表示可以找到一个从 \(u\) 到 \(v\) 的路径，其黑色边个数的奇偶性是 \(c\)。为了找到简单环，BFS 到第一个 \(u=v\land c=1\) 的状态就结束即可。
可以做到 \(O(n^{2.5}+\frac{n^3}{w})\)。
