部分在标签里面

AGC012B

水题但居然没想出来，主要是没看全各变量的数据范围。
法1是以距离为阶段，进行 \(dp\) 更新每个点对应扩张距离的最小时间戳。
法2时光倒流，每一步直接覆盖未覆盖点，dfs的轨迹可近似一棵叶子为未覆盖点的子树。
复杂度 \(O(nd)\)

ARC080E

最后操作即答案序列开头的两个数，一定一个下标在奇数另一个在偶数，贪心取值最小的位即可。
这样分成了三个子区间，然后不断迭代。具体用堆维护。

ARC080F

区间翻转，即区间异或\(1\)，差分后相当于异或两个位置。
由于哥德巴赫猜想：任意大于二的偶数可以拆成两个质数的和。
可以分讨为：差为奇质数(\(1\))，偶数(\(2\))，奇非质数(\(3\))。
从\(1\)到\(3\)贪心尽量多匹配。

ARC081E

建出子序列自动机，在上面按字典序bfs，找到第一处空节点即为答案。
当然从后往前dp也行。

ARC081F

一个矩形能翻转为全黑，取其中某点\((x,y)\)，将\(x\)行和\(y\)列上为\(0\)的翻转，此后不能再操作，可求最大全\(1\)矩形。
上面只是一种构造，总不能真的去翻转行列，转化为代数，\((i,j)\)最终值为 \(!(x,y)\ xor\ !(x,j)\ xor\ !(i,y)\ xor\ (i,j)\)，即矩形内每点满足 \((x,y)\ xor\ (x,j)\ xor\ (i,y)\ xor\ (i,j)=1\)，这四个量好似矩形的四个角，则每个子矩形四角异或和为\(0\)，可以拆成若干\(2 \times2\)小矩形异或和。因此判定就跟\((x,y)\)无关了。接着可用悬线法求最大矩形（每点往左最远，往右最远，往上最远，保证每个极大矩形被更新到）

ARC083E

由于\(x\)是有关子树的信息，可以考虑儿子的 \(x\) 与之之间的关系，设\(y\)表示子树内异色点权和。

\(x(u)=\sum\limits_{c(u)=c(v)}x(v)+\sum\limits_{c(u)!=c(v)}y(v)+w(u)\)

注意\(w(u)\)是可以自由钦定的，所以对于一个子树\(x\)固定，需要让\(y\)尽量小。
这样就可以背包了，容积为\(x\)，值\(y\)最小，如果一个结点对应 \(x\) 更新不到那就impossible。

ARC085F

设每个位置\(a\)值从\(0\)变\(1\)对答案的贡献为\(w(i)\)，求前缀和为\(s(i)\)。
设最后一次覆盖区间\(i\)的最小答案为\(f(i)\)。按右端点排序就可以求了，转移分不交和相交，线段树优化。

ARC086E

每层独立，且最后贡献为\(0/1\)。每层点建虚树，在其上面dp，\(f\)表示字数内点最后贡献为\(1\)的方案数。

ABC082D

蓝题但没想出来。
考虑每次转向，如果T个数为奇数垂直方向，否则水平方向走。
因此操作变为了若干步数和方向(x or y?)，因此x和y轴相独立，dp会MLE，用bitset来优化。

ARC156D

两个字符串的限制很难处理，先退化为开头字符的大小关系。
按小到大连边，如果存在环，则一定有相等的位置，缩点。限制就往后移位继续连边。

ARC156E

第一步和ARC150D一样，在所在连通块 \(sz>k\) 的点中选，扩张到在未删的所有点中选（选出来后再判断合法）和原问题结果等价。因为满足连通块 \(sz>k\) 的有意义的每个点被选的概率等价，而其余无意义点选中也无影响。
ARC150D之后就利用期望线性性，答案为每个点被选中的期望次数求和。
这里求的是删点次数，而每个过程中存在的 \(sz>k\) 的连通块都会被删一次 (贡献答案\(1\)次)，所以可以求 \(sz>k\) 连通块出现概率和。
连通块出现要保证外圈必须要删的点(\(m\)个)，全都要在联通块内的点(\(n\)个)之前出现，当然其它的点就一点也不影响了，所以概率是\(\frac{n!m!}{(n+m)!}\)，由于是连通块信息求和，树上背包，\(O(n^3)\)解决。

ARC165F

结论：若 \(l_i<l_j\) 且 \(r_i<r_j\)，\(i\) 一定在 \(j\) 之前。否则包含关系，谁前谁后答案一样。
不会证明ing~
所以偏序建图，按字典序拓扑排序，复杂度 \(O(n^2)\)。
考虑线段树优化建图：按 \(l\) 从大到小扫描线，维护以 \(r\) 为下标的线段树，相当于连向 \(r\) 一段后缀区间，而新添加的 \(r\) 不能影响之前的连边，所以要可持久化一下。

ARC058E

\(X+Y+Z\le 17\)，可以想到状压。从前往后加每个数且维护状态：初始为\(0\)，每加入一个数\(d\)，就在后面加上\(d\)位的\(1000...\)，只需要截取前\(17\)位，这样也可以判断题目中的段是否出现过。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
ll f[45][1 << 17];
void Add(ll &x, ll y) {x = (x + y) % mod;}
ll ksm(ll a, ll b) {ll res(1); for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if(b & 1) res = res * a % mod; return res;}
int main() {
    int n, X, Y, Z, all, end;
    scanf("%d%d%d%d", &n, &X, &Y, &Z);
    end = (1 << (Z - 1)) | (1 << (Z + Y - 1)) | (1 << (X + Y + Z - 1));
    all = (1 << (X + Y + Z)) - 1; 
    // printf("!end=%d all=%d\n", end, all);
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int s = 0; s <= all; s++) {
            // printf("f(%d,%d)=%lld\n", i - 1, s, f[i - 1][s]);
            if(!f[i - 1][s]) continue;
            for(int j = 1; j <= 10; j++) {
                int s_ = (s << 1 | 1) << (j - 1);
                s_ &= all;
                if((s_ & end) != end) {Add(f[i][s_], f[i - 1][s]);}
                // printf("!f(%d,%d)=%lld %lld\n", i, s_, f[i][s_], f[i - 1][s]);
            }
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int s = 0; s <= all; s++) {Add(ans, f[n][s]);}
    printf("%lld", (ksm(10, n) - ans + mod) % mod);
    return 0;
}

ARC093E

先求出 \(MST\)。所有染色的最小生成树：一定是原 \(MST\) 或者原 \(MST\) 加入一条新边，删去一条原边所得。
先令 \(MST\) 同色，然后把其它非树边分为使值 \(=X\)，\(<X\)，\(>X\)。
\(<X\)的部分一定与原 \(MST\) 相同，\(=X\)的部分至少要存在一个与 原\(MST\) 不同，其余随便填色。
特别的 \(MST=X\)，原 \(MST\) 可存在两种颜色。

ARC094F

关键的转化：把 \(a\), \(b\), \(c\) 看成 \(0\), \(1\), \(2\) ，发现总和模 \(3\) 意义下不变，而且模 \(3\) 为定值的条件还是充分的，DP即可。