2024.1 记录

1.10

HDU 6791. Tokitsukaze, CSL and Palindrome Game

经典结论是，

$$E(S)=\sum _{i\in \mathrm{border}(S)}{26}^i.$$

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 $O(\sum |s_i|\log (\sum |s_i|))$。

CF1276F. Asterisk Substrings

子串内 $\ast$ 在边上或者不存在 $\ast$ 的情况是好统计的。

考虑 $A\ast B$ 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 $\mathrm{\exists }x\in \mathrm{endpos}(u),x+2\in \mathrm{endpos}(v)$ 即可。

所以反串后缀树上一个节点对答案的贡献，就是它的 $\mathrm{endpos}$ 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

$$t_w(G)\times {\mathrm{deg}}_s!\times \prod _{u\ne s}({\mathrm{deg}}_u-1)!.$$

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 $O(n{2}^n)$。

（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 $L\equiv 1(\mathrm{mod}m),R\equiv 0(\mathrm{mod}m)$。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：

$$\sum _{0\le x_0,x_1,\dots ,x_{m-1}\le n}\left[m\right|\sum _{i=0}^{m-1}i{x}_i]\prod _{i=0}^{m-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x_i})$$

单位根反演，并做一些化简：

$$\frac{1}{m}\sum _{i=0}^{m-1}\prod _{j=0}^{m-1}(1+{\omega }_m^{ij}{)}^n$$

$n$ 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：

$$\prod _{j=0}^{\frac{m}{d}-1}(1+{\omega }_{\frac{m}{d}}^j{)}^d$$

由于有如下因式分解：

$$x^k-1=\prod _{i=0}^{k-1}(x-{\omega }_k^i)$$

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 $u=v\wedge c=1$ 的状态就结束即可。

可以做到 $O(n^{2.5}+\frac{n^3}{w})$。

IOI 2024 集训队互测 Round 17. 区间切割

1.22

ARC170E. BDFS

1.23

ARC141D. Non-divisible Set

1.30

ARC141E. Sliding Edge on Torus

1.31

ARC137E. Bakery