继续垂死挣扎
博客写得太长看得时候会很累，于是再开一篇。顺便在这里记一下主席的ZR密码：xyt1538482243
CF590E Birthday
对于两个字符串\(S_i,S_j\)，如\(S_i\)是\(S_j\)的子串，那么我们就称\(S_i\leq S_j\)。不难发现\((S,\leq)\)构成了一个偏序集。我们要找到一个子集使得两两字符串不存在包含关系，就等价于找到一个子集两两不可比，即找到最大反链。
首先考虑把这个偏序关系求出来，一个简单的想法是建出AC自动机，把每一个串拿上去跑，每到一个节点就暴力跳\(fail\)，这样的时间复杂度是\(O(n\sum |S_i|)\)。不难注意到跳\(fail\)的过程中跳到第一个有结束标记的节点就没有必要往上跳了，因为偏序关系具有传递性，所以那些更靠上的点一定会被其他这个点跳到。于是再建自动机的时候维护每个点往上最近的带有结束标记的点，这样最多只需要跳一次。最后用floyd求一个传递闭包即可。
根据\(\rm Dilworth\)定理，最大反链长度=最小偏序集划分。显然这个偏序关系构成了一个\(\rm DAG\)，在\(\rm DAG\)上，最小偏序集划分=最小链划分。最小链划分是一个经典问题，将原图中的每个点\(i\)拆成\(i\)和\(i'\)，对于原图中的一条边\((x,y)\)，我们建边\((x,y')\)，这样就得到了一张二分图，最小链划分=原图点数-最大匹配数。于是跑一个匈牙利即可。
之后是根据最小偏序集划分求出最大反链，大概就是这样：
时间复杂度\(O(n^3+\sum_{i=1}^n|s_i|)\)，代码。
CF526F Pudding Monsters
一番转化发现就是求满足\(\max-\min+1=r-l+1\)的区间\([l,r]\)的数量。枚举\(r\)，那么\(\max-\min+l=r\)，不难发现\(\max-\min+l\)一定是最小值，于是用线段树维护区间最小值和最小值出现次数，\(\max,\min\)用单调栈维护即可。
时间复杂度\(O(n\log n)\)，代码。
CF1270F Awesome Substrings
设\(s_i\)为序列的前缀和，一个区间\([i,j]\)是好的当且仅当\(i-j=d(s_i-s_j),d\in \mathbb{N^*}\)。移一下项可以发现即为\(i-ds_i=j-ds_j\)，这样一个区间\([i,j]\)是好的条件就转化为\(g_d(i)=g_d(j)\)，设\(g_d(i)=i-ds_i\)。设一个阀值\(B\)，对于所有不超过\(B\)的\(d\)，我们求出其\(g_d(i)\)的值，设满足\(g_d(i)=x\)的\(i\)有\(y\)个，那么就会有\(\binom{y}{2}\)的区间是好的。这边优秀的处理即可做到\(O(nB)\)。
再来考虑\(d>B\)的情况，即\(\frac{i-j}{s_i-s_j}>B\)，即\(s_i-s_j<\frac{i-j}{B}\)。显然\(s_i-s_j\)不会超过\(\frac{n}{B}\)。对于每一个数我们处理其后面第一个\(1\)的位置，枚举一个点作为左端点，之后往后跳\(1\)的位置即可，当\(1\)的个数超过\(\frac{n}{B}\)的时候就停下来。这样相当于在枚举\(s_i-s_j\)的值，有了\(1\)的个数就可以直接算了。这里计算的时候还需要注意去掉\(d\leq B\)的情况，这边的复杂度是\(O(n\frac{n}{B})\)。
显然根号平衡一下复杂度就是\(O(n\sqrt{n})\)。
HZOI省选模拟84C 字符串
两个串\(S,T\)相似的定义是至多存在一个不相等的位置。考虑\(S=Xc_1Y,T=Xc_2Y\)，显然这个时候\(S\)和\(T\)相似，不难发现\(X\)是\(S,T\)的最长公共前缀，\(Y\)是\(S,T\)的最长公共后缀。于是\(S,T\)相似的充要条件为\({\rm LCP}(S,T)+{\rm LCS}(S,T)\geq m-1\)。
不难想到\({\rm LCP},{\rm LCS}\)分别是后缀树和前缀树上\(lca\)的深度，于是把两棵树用SAM建出来。对于每一个长度为\(m\)的子串，我们求出其在两棵树上的位置。在第一棵树上做启发式合并，这样相当于确定了\({\rm LCS}\)，这样就有\({\rm LCP}\geq m-1-{\rm LCS}\)，就可以利用树上倍增在第二棵树上确定位置了。显然满足条件的点在一棵子树中，于是我们按dfs序维护线段树，求一下这个子树内有多少点，再去线段树上区间加。可能需要标记永久花等高明的实现方法。
复杂度时\(O(n\log^2 n)\)，代码。据说有厉害的做法能做到\(O(n\log n)\)。
CF875E Delivery Club
先二分一个\(mid\)，之后是经典套路，设\(f_{i,j}\)表示第\(i\)时刻一个人在\(x_i\)位置，另一个人在\(j\)位置是否可行。有两种转移，一种是第一个人走到\(x_{i+1}\)位置，即\(f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j}\)；另一种是在\(j\)位置的人移动到\(x_{i+1}\)，即\(f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,x_i}\)。由于任意时刻距离都不能超过\(mid\)，所以只有当\(|j-x_i|> mid\)的时候\(f_{i,j}\)一定是\(0\)。
发现这个dp的两种转移都非常简单，第一种转移就是直接继承上一层的状态，第二种转移只操作一个位置，于是考虑整体dp；我们用一个set来维护满足\(f_{i,j}=1\)的\(j\)，第一种转移就是直接继承前一个set，第二种转移就是单点插入。之后我们需要删除\(|j-x_{i+1}|>mid\)的\(j\)，这样的\(j\)一定位于set的两端，暴力删除即可。由于只插入了\(n\)次，所以删除的复杂度时均摊线性的。套上一个二分，复杂度就是\(O(n\log n\log w)\)。
这个两个\(\log\)的做法看起来有点垃圾，考虑进一步优化；考虑求出每一次插入被删除的时间，这样就能知道是否有一个时刻set为空；进一步观察，并没有必要对于每一个元素都求出其被删除时间，由于只需要求是否有一个时刻被删空，所以我们只需要关心当前删除时间最晚的在哪里被删除就好了。设目前已经处理了前\(i\)个，最晚删除时间为\(t\)。对于\(i+1\)，我们先用一个st表\(O(1)\)判断一下其是否在\(t\)之前就被删除了；如果被删除了，那么\(i+1\)一定不如之前某个元素优，直接跳过就好了；如果还没被删除，那么我们就往后暴力就出其在何时被删除。这样一次\(check\)的复杂度就来到了\(O(n)\)；于是复杂度就是\(O(n\log w)\)，代码。
LGP6556 The Forest
用一下树上连通块满足\(|V|-|E|=1\)的性质，可以写一个\(O(n^2)\)的暴力；反过来考虑一条红色树上的边\((u,v)\)在蓝色树上的哪些路径中出现过，发现一条路径只需包含\((u,v)\)即可，这个条件可以用dfs序写成矩阵的形式，于是考虑用数据结构来维护。
外面先套一个点分治，之后dfs当前分治块；扫到一个点\(u\)的时候我们遍历一下与其在红色树上相邻的点\(v\)，如果\(v\)不在当前分治块里，那么分治块中不可能存在一条路径包含\((u,v)\)；否则的话我们分情况讨论一下。
-
当\(v\)是\(u\)的祖先节点，那么从\(u\)出发的任何一条经过分治重心的路径都包含\((u,v)\)这条路径，于是令整体减一。
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当\(v\)在其他子树中，那么任取\(v\)子树中的点\(x\)，\((x,u)\)都包含\((u,v)\)这条路径，于是令\(v\)子树中的点都减一；其实就是在dfs序上区间减一。
用线段树来维护区间最小值和区间最小值个数即可，复杂度是\(O(n\log^2 n)\)。代码。
CF1278F Cards
其实就是求
因为\(k\)不大，所以大家都知道\(i^k\)需要用斯特林数展开一波，于是展开来大概是这个样子
把\(\binom{n}{i}\binom{i}{j}\)展开成\(\frac{1}{j!}\frac{n!}{(i-j)!(n-i)!}\)，想办法把后面配成组合数，因为\(n!=(n-j)!n^{\underline j}\)，于是可以写成\(\frac{n^{\underline j}}{j!}\binom{n-j}{i-j}\)，提出来之后大概长这样：
不难想到改写一下里面那个\(\sum\)的上下角标，于是\(\sum_{i=1}^n\binom{n-j}{i-j}p^{i}(1-p)^{n-i}=\sum_{j=0}^{n-j}\binom{n-j}{i}p^{i+j}(1-p)^{n-j-i}\)，提出一个\(p^i\)后用一下二项式定理，于是后面就全没了。最后答案就是
NTT即可做到\(O(k\log k)\)，代码。还有一个\(O(k)\)做法是把第二类斯特林数用容斥的形式展开后，再递推一个柿子。
ZR2020寒假省选集训Day3 A
考虑到点分树的形态和点分的方案是一一对应的关系，于是我们转为统计点分树的形态数。考虑现在有一棵点分树，断掉原树中的一条边\((u,v)\)后会对点分树有什么影响；断掉一条边后原树形成了两个联通块，把其中一个联通块的点称为黑点，剩下的称为白点；可以发现对于每一个黑点（白点），找到其点分树祖先中最近的黑点（白点）作为其新的父亲，这样各有白点和黑点各有一个找不到新父亲，可以将其直接断开；这样就得到了两个新的点分树，这就是原树断开一条边后得到两个联通块的点分树。这就是点分树的分裂。
再来考虑连接\((u,v)\)这条边会有什么影响，首先我们要从\(u\)或\(v\)所在的两棵点分树中选一个当根，根在原点分树中的儿子仍作为其儿子，之后用剩下的点组成一棵点分树来做根的儿子；不难发现本质上就是将\(u\)到根路径上的点和\(v\)到根路径上的点按照深度归并了起来，这样就得到的点分树就是连接\((u,v)\)后新树的点分树了。于是我们设\(dp_{x,i}\)表示\(x\)在点分树中深度为\(i\)的方案数，把原树中的每一条边连上去即可，转移的话就是枚举原来\(x\)上面有多少点，即\(dp'_{x,i}=\sum_{j=1}^i\sum_{k=i-j}^n dp_{x,j}dp_{v,k}\binom{i-1}{j-1}\)，预处理\(dp_v\)的后缀和就能做到\(O(n^2)\)。代码。
ZR2020三月省选集训Day2 B
我们发现操作一个点只会影响其祖先中的点，于是可以将这个问题视为翻硬币博弈。在翻硬币博弈中，局面的\(SG\)值等于所有可以被操作的硬币单独存在时的\(SG\)值的异或和，于是我们对于每一个白色节点\((i,j)\)求一下\(SG(i,j)\)之后异或起来即可。
经过打表可以发现，\(SG(i,j)={\rm lowbit}(\max(i,j))\)。由于白色节点以矩形的形式给出，数量较多，同时注意到\(n\leq 10^5\)，所以可以考虑用类似扫描线求矩形面积并的方式来做。把一个矩形\((x_l,x_r,y_l,y_r)\)拆成\((x_l,y_l,y_r,1)\)和\((x_r+1,y_l,y_r,-1)\)，表示在\(x_l\)时刻插入一条线段\([y_l,y_r]\)，在\([x_r+1]\)时刻删除线段\([y_l,y_r]\)。对于时刻\(i\)，我们求一下\(\leq i\)的点有多少个，这些点对答案的贡献都是\({\rm lowbit}(i)\)；在统计一下大于\(i\)且被覆盖了的点的\(\rm lowbit\)的异或和。由于需要快速求出一个区间的\(\rm lowbit\)异或和，所以我们直接将线段树的值域设为\([0,2^{30})\)，这样线段树上每一段区间的长度都是\(2\)的整数次幂，就能快速求出这段区间的\(\rm lowbit\)异或和。
之后在线段树上维护一下最小值和最小值的\(\rm lowbit\)异或和即可，复杂度是\(O(n+k\log m)\)。代码。
ZR2020三月省选集训Day2 C
将这棵有根树视为外向树，所求即所有拓扑序的顺序对。考虑两个点\(i,j\)且\(i<j\)，我们求一下在多少种拓扑序中，点\(i\)出现的位置比\(j\)靠前。首先如果\(i\)是\(j\)的祖先，那么在所有拓扑序中，\(i\)都会比\(j\)靠前。于是\(O(n)\)求一下树的拓扑序个数就可以直接算了。
对于\(i,j\)不存在祖先关系的情况，先预处理一个\(dp_{i,j,k}\)表示点\(i\)在子树\(j\)中拓扑序为\(k\)的方案数，转移即合并两棵子树的时候枚举一下有多少个点放在\(i\)前面，比如在点\(i\)前面放\(t\)个，那么就需要\(dp_{i,j,k}\)乘上\(\binom{k+t-1}{t}\binom{sz_v+sz_j-k-t}{sz_v-t}\)，即在前面插入\(t\)个后\(i\)的排名变为了\(k+t\)，那么就从前\(k+t-1\)个位置里选出那\(t\)个要插入的点放在哪里，剩下的\(sz_v+sz_j-k-t\)个位置里再插入剩下的\(sz_v-t\)个点的位置，还需要乘上子树\(v\)的拓扑序个数\(g_v\)，转移到\(dp_{i,j,k+t}\)。转移复杂度同树上背包，对\(n\)个点都求一遍复杂度为\(O(n^3)\)。
之后我们钦定两个不是祖先关系的点\(i,j\)，使得他们在\(lca\)处合并，使得编号较小的点\(i\)出现在前面。合并的方式和上面差不多，也是枚举在\(i\)前面插入多少个数，乘上几个组合数，求出这个方案数再正常求一遍拓扑序即可。由于合并的时候两个子树可能会很大，所以这个做法是\(O(n^4)\)的。进一步观察发现并不需要枚举\(j\)，我们多个\(j\)的方案数加起来一起算即可，这样复杂度就变成了\(O(n^3)\)。代码。
ZR2020三月省选集训Day2 A
一个经典trick，前缀\(\gcd\)变化次数是\(O(\log w)\)级别的，于是用一个单调栈可以在\(O(n\log w)\)的时间内求出一堆四元组\((l,r,x,v)\)，表示\(\forall i\in [l,r]\)，区间\([i,x]\)的\(\gcd\)为\(v\)。这些四元组能表示所有区间的\(gcd\)。
考虑正难则反，改为对每个点求有多少种方案不包含它，之后拿总方案数一减即可。考虑使得所有选出的区间的\(\gcd\)为\(w\)，设\(pre_i\)表示从\([1,i]\)中选出若干\(\gcd\)为\(w\)的区间的方案数，\(beh_i\)表示从\([i,n]\)选出若干\(\gcd\)为\(w\)区间的方案数。那么对于不包含点\(i\)的方案数就是\((pre_{i-1}+1)\times (beh_{i+1}+1)-1\)。
考虑求出\(pre\)，把所有\(v=w\)的四元组拿出来，如果不存在一个四元组\((l,r,x,v)\)满足\(x=i\)，那么\(pre_i=pre_{i-1}\)；否则选一段以\(i\)结尾的区间，那么\(pre_i=pre_{i-1}+\sum_{j=l}^r 1+pre_{j-1}\)。第一类转移可以直接使用线段树来区间覆盖，第二类转移求一个区间和即可。于是复杂度是和四元组个数相关的。同理，\(beh\)也可以这样求出。
相同的\(pre\)和\(beh\)会构成一段段区间，区间个数即为四元组个数；于是直接将区间排序后区间覆盖，用差分实现区间加即可。复杂度是\(O(n\log n\log w)\)，代码。
HZOI省选模拟89A 石子
经过打表可以发现\(SG(x)=\log_2 \rm lowbit(x)\)；证明的话考虑证明\(SG(x)=SG(xq)\)，\(q\)为一奇数，大概就是考虑\(SG(x-d_1),SG(x-d_2)\dots SG(x-d_m)\)和\(SG(q(x-d_1)),SG(q(x-d_2))\dots SG(q(x-d_m))\)一一对应，之后归纳下去就好了；
之后设\(tax_i\)表示\(SG(x)=i\)的\(x\)有多少个，显然\(tax_i=\lceil\frac{\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor}{2}\rceil\)，这玩意大概需要写一个高精度；现在将问题转化成了选\(m\)个数，第\(i\)中数有\(tax_i\)种选法，问异或和不为\(0\)的方案数，这直接把\(tax_i\)给fwt掉后对位乘\(m\)次，即每个数取一个\(m\)次方，再ifwt回来就好了；时间复杂度\(O(\log n\log m+\log n\log \log n)\)。
HZOI省选模拟82C 绝对伏特加
题意：有\(n\)个整形随机变量，均为\([1,k]\)等概率随机，设\(a_i\)表示\(i\)出现的次数，求\(\prod_{i=1}^L a_i^F\)的期望，对\(2003\)取模。
考虑\(a_i^F\)的组合意义，我们把\(i\)出现的位置列出来，分别为\(A_1,A_2\dots A_{a_i}\)，\(a_i^F\)表示从这\(a_i\)个位置中选\(F\)个出来，可以有重复；而\(\prod_{i=1}^L a_i^F\)就是从对于每个\(a_i\)都选\(F\)个位置，由于一个位置的取值唯一，所以不同的\(a_i\)选出的位置不同。
设\(b_i\)表示\(i\)选出来的\(F\)个出现位置构成集合的大小，即去重后的大小；考虑先给每个\(i\)选好出现的位置，那么方案数就是\(\binom{n}{b_1}\times \binom{n-b_1}{b_2}\times \dots \times \binom{n-\sum_{i=1}^{L-1}b_i}{b_L}\)，，将这个组合数拆开约分后发现其实就是\(\frac{\binom{n}{\sum_{i=1}^L b}(\sum_{i=1}^L b)!}{\prod_{i=1}^L b_i!}\)，注意到这个分母是一堆阶乘，于是不难想到需要搞一个\(\rm EGF\)。
设生成函数为\(F(x)=\sum_{i=1}^F D(i,F)\frac{x^i}{i!k^i}\)，\(D(i,F)\)表示一个长度为\(F\)的序列，\(i\)种数都出现至少一次的方案数，选出的这\(i\)位置都要填上特定的数于是概率是\(\frac{1}{k^i}\)。不难发现\(D(i,F)=[F](e-1)^iF!\)，于是我们可以在\(O(F^3)\)的时间内求出所有数的\(D(i,F)\)，这样把\(L\)个\(F(x)\)乘起来就好了。注意到最后要乘一个\((\sum_{i=1}^L b)!\)，当\(\sum_{i=1}^L b_i \geq mod\)的时候，显然有\((\sum_{i=1}^L b)!=0\)；于是再做多项式乘法的时候对\(x^{mod}\)取模即可，这样做的复杂度是\(O(F^3+mod^2\log m)\)。
进一步，我们发现\(D(i,x)\)可以直接使用第二类斯特林数写成\(S(F,i)i!\)，于是\(O(F^2+mod^2\log m)\)即可。代码。
