史不分好坏。是史就应该冲进🦖。

细节见其他题解。

P10538

首先建出部分分 sub1 的图，发现是 DAG，于是设点为状态，即即将乘坐 $j$ 车的最小代价 $f_j$。这样的转移就是枚举上一个到这里的车 $f_i$，加上 $(i,j)$ 时段吃饭的代价 $w(i,j)$。

显然，这可以使用四边形不等式的优化。于是李超树可以做到 $O(n\log^2n)$。

P8864

给定一个长度为 $n$ 的 $\tt01$ 序列 $a$ 和 $q$ 次询问，询问参数 $k$。

每次询问给定 $L,R$，其中 $1\leq L\leq R\leq n$，你可以进行如下操作：

• 选择一个下标 $L<i\le R$；
• 将 $a_{i-1}$ 赋值为 $a_{i-1}\oplus a_i$，$a_{i+1}$ 赋值为 $a_{i+1}\oplus a_i$。如果 $i=n$，则不对 $a_{i+1}$ 作出改变。其中 $\oplus$ 表示按位异或运算。

求使得 $[L,R]$ 区间内至多有 $k$ 个 $\tt1$ 的最小操作次数。询问之间相互独立，也就是说，每次询问后重置为初始序列。

先前缀异或和一下。这样就是交换邻项。把数分成 $k$ 段。进一步地，就是把 $1$ 分成 $k/2$ 段。

考察操作的性质：感性的说，当我们开始构建下一段连续 $1$ 的时候，前面的 $1$ 一定已经构建好了。这是非常容易理解和证明的。

于是就有 dp：设 $g(i,j)$ 为把 $[i,j]$ 的 $1$ 移动到一段的最小交换次数。那么设区间 $[i,j]$ 构建 $k$ 个连续段的最小代价是 $f(i,j,k)$，就有

先考虑 $g$ 的计算。对于区间 $[l,r]$，我干的事情一定是把 $1$ 集中到中心。容易发现一个 $1$ 的移动次数应当等于它到中心中间的 $0$ 的个数。所以事实上，我们不需要枚举中心，而是经典中位数结论即可。

然后接下来记 $f_k(i,j)=f(i,j,k)$，那么 $f_k,f_{k-1}$ 之间就是 $(\min,+)$ 卷积 $g$ 的关系。首先可以快速幂做一下。

然后怎么优化？注意到 $g$ 满足决策单调性，即区间单调性和四边形不等式。区间单调性是显然的，而我们邀请读者把一个更好的四边形不等式证明当作习题（相对航航的而言）。

有引理：

满足四边形不等式的 $g$ 的任意自幂（在 $(\min,+)$ 卷积下，而 $\min$ 是更优）都满足四边形不等式。
证明从略。

于是可以 $O(n^2)$ 完成矩阵乘法，在 $O(n^2\log n)$ 时间复杂度解决了问题。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159663868。

P9746

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,\ldots a_n$。

你可以对这个序列进行若干（可能为 $0$）次操作。在每次操作中，你将会：

• 选择三个正整数 $i<j<k$，满足 $a_i\oplus a_j\oplus a_k=0$ 且 $k$ 的值不超过此时序列的长度。记 $s=a_i\oplus a_{i+1}\oplus \cdots\oplus a_k$。
• 然后，删除 $a_i\sim a_k$，并在原来这 $k-i+1$ 个数所在的位置插入 $s$。注意，此时序列 $a$ 的长度将会减少 $(k-i)$。

请你判断是否能够使得序列 $a$ 仅剩一个数，也就是说，在所有操作结束后 $a$ 的长度为 $1$。若可以，你还需要给出一种操作方案。

设 $f(i,j)$ 是能否缩成一个数。这个枚举四个端点（$[i,a],[b,c],[d,j]$）即可。

肯定要想想值域。$pd(i,j,k)$ 为是否有异或和为 $k$ 的区间 $\subseteq [i,j]$。

把前两个区间带上，$g(i,j)$ 表示 $i$ 开始，使得两个值为 $j$ 的（可缩）区间被包含在内的最小右端点。

为了转移这个，设 $h(i,j)$ 为左端点 $l>i$ 的区间 $[l,r]$ 满足异或和为 $j$ 的中 $r$ 的最小值。那么有 $g(i,j)=h(k,j)$，其中 $k$ 是第一个 $\ge i$ 并且满足 $pd(i,k,j)$ 的。

这样就可以转移 $f$。枚举第三区间的左端点 $d$ 即可。这样做到了 $O(n^3)$ 的复杂度。

为了输出方案，记录每个转移的位置即可。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159693658。

P9288

经 典 牢 番

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159745429

P2305

史

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159814749

CF868E

带权树，有一个晶哥在根，速度为 $1$，小偷生活在树上，以 $n\le 50$ 为嚆矢。滥觞于 $\infty$ 的速度正失去它们的实际意义（🤮）。晶哥遇到小偷的时候小偷就会被抓到，小偷们会尽量使晶哥抓到所有小偷的时间变长，晶哥则相反。求晶哥抓完小偷的时间。

一个晶哥做什么：围堵小偷。这样的围堵需要方向和位置，因此状态需要带 $u\to v$ 这条有向边；同时，注意到还在 $u$ 的时候 $v$ 相对 $u$ 的子树内的小偷在子树内可以随意移动，而到 $v$ 的时候还是那些小偷（只不过分好子树了） ，而 $u$ 相对 $v$ 子树内的小偷又可以随便动了，于是 dp 状态事实上只需要记录三维信息：$f(e,x,y)$ 表示 $e：u\to v$ 这条边走过来，$u$ 那边有 $x$ 个小偷，$v$ 这边有 $y$ 个小偷所需的时间。

考虑如何转移。定义 $g(i,j)$ 为目前是 $v$ 的第 $i$ 子树（可以滚掉），放了 $j$ 个小偷在这些子树的时间。现在代入小偷群体（byd 小偷这么团结）来看：枚举这个子树分配 $k$ 个小偷取 $\max$。这个时候再代入晶哥视角：我要尽量优化，对 $g(i-1,j-k)$（等后面再出击）和 $g(e',k,x+y-k)$（$e'$ 是 $v$ 进入第 $i$ 子树的边）取 $\min$。最后，让 $f(e,x,y)=g(m,y)$（$m$ 是 $v$ 的子树个数）即可。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159831287

AGC056B

给定整数 $n$ 以及 $m$ 对整数。第 $i$ 对整数为 $(l_i, r_i)$ 。

请输出可以通过如下方式生成的整数序列 $x = (x_1, x_2,\cdots,x_m)$ 的个数。答案对 $998244353$ 取模。

生成方式：

• 取排列 $p = (p_1, p_2,\cdots,p_n)$，满足其为一个 $1$ 至 $n$ 的排列。
• 对于任意 $1\le i \le m$ 的 $i$，令 $x_i$ 为 $p_{l_i}， p_{l_i + 1},\cdots ,p_{r_i}$ 中最大值对应的下标。即 $p_{x_i} = \max\{p_{l_i}， p_{l_i + 1},\cdots, p_{r_i}\}$。

$2\le n\le 300,\ 1\le m\le \frac{n(n - 1)}2$。

考虑从序列映射到产生他的多个排列中的一个：从 $n$ 到 $1$ 加入数，总是加入到尽量前面。容易发现，这样做一定是合法的（如果能被产生）。

然后考虑这样的排列有什么性质。先区间 dp 搞，设 $[l,r]$ 的最大值位置是 $k$，$[l,k-1]$ 的最大值位置是 $k'$，那么一定存在一个限制同时包含 $k'$ 和 $k$。我们邀请读者把充分性当作一个习题。

记 $f(l,r,k)$ 为 $[l,r]$ 中 $\max$ 位置大于等于 $k$ 的方案数。只需记录 $g(l,r,k)$ 包含了 $k$，包含于 $[l,r]$ 中的限制区间的最小左端点即可。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159857850

P5469

小 R 喜欢研究机器人。

最近，小 R 新研制出了两种机器人，分别是 P 型机器人和 Q 型机器人。现在他要测试这两种机器人的移动能力，测试在从左到右排成一排的 $n$ 个柱子上进行，柱子用$1 - n$ 依次编号，$i$ 号柱子的高度为一个正整数 $h_i$。机器人只能在相邻柱子间移动，即：若机器人当前在 $i$ 号柱子上，它只能尝试移动到 $i - 1$ 号和 $i + 1$ 号柱子上。

每次测试，小 R 会选取一个起点 $s$，并将两种机器人均放置在 $s$ 号柱子上。随后它们会按自己的规则移动。

P 型机器人会一直向左移动，但它无法移动到比起点 $s$ 更高的柱子上。

Q 型机器人会一直向右移动，但它只能移动到比起点 $s$ 更低的柱子上。

现在，小 R 可以设置每根柱子的高度，$i$ 号柱子可选择的高度范围为 $[A_i, B_i]$，即$A_i \leq h_i \leq B_i$。小 R 希望无论测试的起点 $s$ 选在哪里，两种机器人移动过的柱子数量的差的绝对值都小于等于$2$。他想知道有多少种柱子高度的设置方案满足要求，小 R 认为两种方案不同当且仅当存在一个 $k$，使得两种方案中 $k$ 号柱子的高度不同。请你告诉他满足要求的方案数模 $10^9 + 7$ 后的结果。

还是最大值分区间。设 $f(l,r,k)$ 是 $[l,r]$ 中最大值 $=k$ 的方案数。最大值位置发现就那两种。枚举一下最大值结束。

但是值域太大了。写成 $f_{l,r}(k)$ 的形式（记得之前自动机那里的柯里化吗？），发现转移类似于 $f_{l,r}(k)=\left(\sum_{j\le k} f_{l,m}(j)\right)\left(\sum_{j\le k} f_{m+1,r}(j)\right)$，当然要分段。做 $k$ 的前缀和，就是 $f_{l,r}(k)=s_{l,m}(k)s_{m+1,r}(k)$。

这是什么？这是函数点乘。根据当 $l=r$ 时这是一次函数，所以这是分段多项式的卷积。容易证明，每段不超过 $n+1$ 次。因此保留多项式的（在这个段的）前 $n+2$ 项值即可。最后前缀和需要前面的最后一项，需要插值一下。

最后时间复杂度是 $O(n^4)$ 的。

但是实际上能够取到（因为最大值不是任意位置）的区间很少，远小于 $n^2$，复杂度是可以接受的（看起来不是 $O(n^2)$ 的？）。

P8290 很类似。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/159915725

AGC034E

锐评 T_Q_X 课件。

给你一颗 $n$ 个节点的树，并用二进制串告诉你哪些节点上有棋子（恰好一颗）。

可以进行若干次操作，每次操作可以将两颗距离至少为 $2$ 的棋子向中间移动一步。

问能否通过若干次操作使得所有的棋子都在一个点上，如果能，输出最小操作次数，如果不能，输出 $-1$ 。

数据范围：$2 \leq n\leq 2000$。

先枚举一下起点。首先看看操作。具体来说，当原来的子树 dep 和不存在绝对众数时，就可以取到模 $2$ 的答案。否则就是绝对众数减去其他的数。

设 $s(u)$ 是这个子树剩下的棋子的到 $u$ 距离总和。$f(u)$ 是其最小值。显然上面的结论可以沿用。结束。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/160508146

CF1326G

蛛网树是一颗平面树，满足点是该树的凸包的顶点上等价于其是叶子。

给定一个平面树，求有多少种对点集的划分，使得每个划分出来的集合都是蛛网树。

考虑树形 dp。设 $f_u$ 是 $u$ 子树内的划分方案。先考虑两种特殊情况，以 $u$ 为最浅点的蛛网树只有 $1,2$ 个点，是容易转移的（因为后面的凸包转移是按边所以这些不会统计到）。

先考虑一个凸包带来的贡献最后应当计算所有凸包带权的和累加到 f 上。设凸包为 $S$，其带的权应为：

考虑拆一下贡献。

把到叶子的线延长划分出若干区域。把每个区域内的贡献乘起来就可以了。

中间的那些点一定是在树上的路径（判断时有一些细节，不是半平面交起来！）。直接乘起来即可。这样，就解决了计算权值的问题。

还需要知道：哪些点对有贡献？即哪些点对可能成为相邻的叶子？显然，树上路径点必须在连边的一侧（不妨统一设为左侧），然后根据原树上边转移才能保证没有问题。具体来说，不是按照叶子转移，而是先对子树内的边标号，双向边两个方向不同，然后按照相邻叶子在原树上的起始边转移。

这里的转移类似于 P2924 的转移，先把向量排序，再枚举开始的边和按顺序枚举向量转移，叠加答案即可（注意取消掉只有自己的贡献）。

A 是排序后的向量集合。bh 是边的编号，P 向量的 d 是权值，F,S 是开始边和终止边。x,y 是枚举的起点边。这样的起点边当然必须在某个选定象限内。这样的转移显然是 $O(n^3)$ 的。

还有一个问题：这个凸包必须存在一个相邻点对，满足他们在树上的路径包含当前处理 f 数组的 $u$，实际上就是 $u$ 在凸包叶子的虚树上。这个很容易保证，dp 时搞一下或者容斥一下均可。

P8392

有 $2m+1$ 种物品，重量分别为 $-m,-m+1,\ldots, m-1,m$。重量为 $i$ 的物品有 $a_i$ 个。

你需要拿走若干物品，使得这些物品重量之和恰好为 $l$。在此基础上，你需要拿尽可能多的物品。

问在物品重量之和恰好为 $l$ 的基础上，你最多能拿多少物品。

首先把重量尽量小的东西选上，使得重量在 $(l-m,l]$ 中。

引理：此时方案和最优方案的（选择物品的个数）差之至多为 $2m$。

我们邀请读者把证明当作一个习题。

然后值域降低了，直接背包即可。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/160621156.

CF1292F

给出$n\leq 60$个不同的$\leq 60$的数，当$i,j,k$满足$a_i,a_j,a_k$都未被删去，$a_i | a_j$并且$a_i | a_k$时可以将$a_k$删去，求能删除最多数的删除序列数。

首先是强化问题。把这个建成一个闭包 DAG。然后对于弱连通块分别考虑。

然后考虑什么情况可以删尽量多。首先无入度点集合 $X$ 和剩下一个点肯定删不了。否则，不难证明，任意一个点作为那个 $a_j$ 作为辅助都可以把剩下的取完。

但这个不足以成立 dp。继续考虑取数过程。有一个集合 $Y\subseteq X$，一个 $x\in X$ 存在于 $Y$ 当且仅当 $x$ 可达目前已选的某个节点。那么记已选 $c$ 个数：$(Y,c)$ 可以等价一个局面，即接下来的各选择的方案数构成的集合在 $(Y,c)$ 相等时相等。

然后 dp 是容易的。

接下来考虑复杂度。可以证明：此 DAG 的入度为 $0$ 的节点数 $\le 15$。根据 $a_i\le 60$ 此为真，读者不妨自证其正确性。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/160750270

P8935

你有一棵 $n$ 个点的根节点为 $1$ 的有根树，现在你要对这棵树进行剪枝，每次你可以选择一个还未被剪掉的节点 $u$ 进行操作，然后剪掉 $u$ 的子树所有点（包括 $u$）。当且仅当你剪掉 $1$ 时，操作停止。

你知道 $1$ 到 $x$ 这条路径是这棵树的茎，需要特殊处理。所以你需要在第 $k$ 次剪枝时对 $x$ 进行操作，而非仅仅将其剪掉，即你不能在第 $k$ 次及以前对其祖先进行操作使其被连带剪掉。

求有多少种不同的操作序列，两个操作序列不同当且仅当长度不同或存在一次操作 $i$ 使得两操作序列在第 $i$ 次时选择的 $u$ 不同。输出答案模 $10^9+7$。

设 $S$ 是 $x$ 及其祖先的集合。

设 $f(i,j)$ 是 $i$ 的子树选 $j$ 次的方案数。容易处理。

设 $h(i,j)$ 是 $i$ 的子树选 $j$ 次不在 $S$ 上的点的方案数。容易处理。

设 $g(i,j)$ 是留给 $i$ 的子树去掉 $S$ 选 $j$ 次 的方案数（$i\in S$）。需要求的就是 $g(x,k-1)$。沿着 $S$ 从上往下求。

怎么求：首先可以不操作继承父亲；然后还可以留给下面任意的操作，加上父亲的后缀和。得到目前的 $g$ 之后直接卷上 $h$ 即可。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/161163464

CF1608F

给定 $n$ 和 $k$ 和一个长度为 $n$ 的整数序列 $b$ 。

求有多少个长度为 $n$ 的序列 $a$ 满足对于任意的 $1 \le i \le n$ 都有：

• $0 \le a_i \le n$
• $|MEX(a_1,a_2,\dots,a_i)-b_i| \le k$

其中 $MEX(c)$ 表示 $c$ 中没出现过的最小的非负整数。

答案对 $998244353$ 取模。

$n \le 2000$ , $k \le 50$。

设 $f(i,j,k)$ 是 $i$ 位，有 $j$ 种数大于 $MEX$，$MEX$ 是 $k$ 的方案数。

首先假设这样的状态满足任何一种方案数相等。接下来显然可以通过结构归纳来说明这一点是正确的。

先考虑 $k$ 不变。那么要么填 $\le k$，要么 $>$ 并且没有落在 $k+1$。

再考虑变化。枚举原来的 $MEX=k'$，那么有一些大于 $MEX$ 的数一定在 $[k'+2,k]$ 里面，现在放了 $k'+1$。由于前面的结论可以直接通过 $j-(k-k'-1)$ 的状态转移。

这道题目的技巧是把一个未确定的集合的分布看成均匀的（如果这样的确是正确的）。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/161285033

CF1466H

有 $n$ 个顾客与 $n$ 个物品，每个顾客有一个排列 $b_i$ 表示他对物品喜好程度的排名。

你有一个物品分配方案的排列 $a$，表示 $i$ 号顾客拿到第 $a_i$ 个物品。

称一个分配方案 $a$ 是好的，当且仅当不存在一个非空集合 $S$，使得存在一个分配方案 $a'$ 满足：

1. $\forall i \in S, a'_i \in S$
2. $\forall i \in S$，第 $i$ 个顾客相对 $a_i$ 更喜欢 $a'_i$（不要求严格更喜欢 $a'_i$，即 $a_i$ 可以等于 $a'_i$）
3. $\exists i \in S$，第 $i$ 个顾相对 $a_i$ 严格更喜欢 $a'_i$。

输入物品分配方案的排列 $a$，请求出有多少种不同的 $\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}$ 排列组 使得分配方案 $a$ 是好的。

$n\le 40$，答案对 $10^9+7$ 取模。

直接跳到建图：

给定排列 $p$，求排列族 $S_{1:n}$ 满足：

黑边 $i\to j$ 存在当且仅当 $j$ 比 $p_i$ 先出现。

白边有 $i\to p_i$。任意环不存在黑边。

如何计算方案数？考虑 $i$ 的黑边连出去的个数 $d$ 造成的贡献：$d!(n-d-1)!$。

把置换环缩一下变成点就变成了 DAG。对此进行经典的 DAG 容斥。只需计算一个集合到一个集合的任意连边数的贡献的积和式。这是容易组合计算的。

最后复杂度变成了 $O(3^n)$。但是事实上，同一长度环是等价的，只需记录长度为 $i$ 的环的个数 $c_i$ 即可。这样的状态是不多的。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/161472222

CF1158F

我们定义一个“c序列”为序列里的数都是 $[1,c]$ 的序列。定义一个c序列的“密度”为最大的$p$，使得任意长度为 $p$ 的序列（总共 $c^p$ 个）都是它的子序列。

给定一个长度为$n$的$c$序列，对 $p\in[0,n]$，求该序列有多少个子序列的密度为 $p$，mod $998244353$。

$n,c<=3000$。

按照 THUSC T2 的结论，就是不断删去包含字符集的前缀。然后 dp 只需要知道：$f(i,j)$ 表示 $[i,j]$ 中包含 $i,j$ 的子序列个数，满足 $a_j$ 只出现了一次。这是容易组合计算的。

但是复杂度是 $O(n^3/c)$ 的，由于密度小于等于 $n/c$。对于过小的 $c$ 使用 $O(2^cn^2/c)$ 的状压 dp 即可。于是最后的复杂度就是 $O(\dfrac{n^3}{\log n})$。

Code:https://www.luogu.com.cn/record/161496914

外包 dp 套 dp

link

Hopcroft

根据之前提到的 Myhill-Nerode 定理的想法，我们来尝试完成划分 DFA 等价类的过程。

主要思想：设 $S$ 是一个目前还可能被划分的状态集合（等价类）。定义 Split 函数 Split(S)。该函数枚举每个 $c\in \Sigma$，把 $S$ 划分为 $S'_{1:m}$，划分方法是根据 $c$ 转移到的（当前）等价类是什么划分。

算法主体是一个循环，对于每个当前的等价类调用 Split 函数，直到不能继续划分为止。

我们有更具体的伪代码：

P := {F, Q \ F};
W := {F, Q \ F};
while (W is not empty) do
     choose and remove a set A from W
     for each c in Σ do
          let X be the set of states for which a transition on c leads to a state in A
          for each set Y in P for which X ∩ Y is nonempty and Y \ X is nonempty do
               replace Y in P by the two sets X ∩ Y and Y \ X
               if Y is in W
                    replace Y in W by the same two sets
               else
                    if |X ∩ Y| <= |Y \ X|
                         add X ∩ Y to W
                    else
                         add Y \ X to W
          end;
     end;
end;

这里 $P$ 就是当前的等价类集合，而 $W$ 是来执行分裂操作的等价类集合。$Q$ 是状态集合，$F$ 是终止态集合，因为接受态和不接受态显然不能合并。

事实上，这里（P := {F, Q \ F},W := {F, Q \ F};）可以被替换成任意的初始划分，包括不划分。在 dp 套 dp 的过程中，我们可以依据题目要求来设置划分，例如在麻将一题中分开乎牌状态与未乎牌，游园会中把不同 popcount 的状态分开（尽管这样会使得几乎无法压缩）。

直接按照伪代码实现是 $O(n^2\Sigma)$ 的，但是精细地实现（主要是懒惰删除）可以做到 $O(n\Sigma \log n)$。具体来说，可以参考 yyyyxh 的实现或者下面麻将一题的提交记录。

Hopcroft 的意义是什么？他把一个较大的自动机的状态数缩小了，通常能缩小不少，从而极大减少程序运行时间（也能代替部分剪枝）。但是说 Hopcroft 得到的结果在 dp 套 dp 中是最优的是不正确的。这是由于，解决这个问题建出来的自动机并非真正要去接受那些字符串，而是起一个结构的作用，因此同样能解决这个问题的自动机可能并不等价。

P5279

今天，治程想要水浒，但是她的朋友们都去上文化课了，因此治程只能自己一个人水。治程找了 zhihu.com，它有 $n(n\ge 5)$ 种不同的问题，大小分别为 $1$ 到 $n$，每种问题都有 $4$ 个回答。

定义乎乎乎为三张问题编号相同或者大小相邻的回答，即问题编号形如 $i,i,i(1 \le i \le n)$ 或者$i,i+1,i+2(1\le i\le n-2)$。定义乎乎为两个在一个问题底下的知乎回答，即问题编号形如 $i,i(1 \le i \le n)$。

定义一个回答集合 $S$ 是乎的当且仅当它的大小为 $14$ 且满足下面两个条件中的至少一个：

• $S$ 可以被划分成五个集合 $S_1$ 至 $S_5$ 。其中 $S_1$ 为乎乎，$S_2$ 至 $S_5$ 为乎乎乎。
• $S$ 可以被划分成七个集合 $S_1$ 至 $S_7$ ，它们都是乎乎，且对应的问题编号两两不同。

治程先找到了 $13$ 张回答，并把剩下的$4n-13$张回答随机打乱。

对于一个排列 $P$，治程定义 $S_i$ 为治程事先摸出的 $13$ 张回答加上 $P$ 中的前 $i$ 个回答构成的集合，定义 $P$ 的权值为最小的 $i$ 满足 $S_i$ 存在一个子集是乎的。如果你对知乎比较熟悉，不难发现 $P$ 的权值就是知乎上的中国强大起来的日子。

注意到 $n\ge 5$ 的时候，$S_{4n-13}$总是存在乎的子集的，因此 $P$ 的权值是良定义的。

现在治程想要训练自己的知乎效率，因此它希望你能先计算出 $P$ 的权值的期望是多少。

先建立乎自动机，也就是说我假设建立起了内层 dp。

期望转化为 $\sum P(X\ge i)$，就是 $i-1$ 次水浒没乎的概率。于是我只需要求出看了 $j$ 个回答没乎的问题集合数。这样，我可以扫描问题维了。

设 $f_{i,j,k}$ 为第 $i$ 个问题，看了 $j$ 个回答，目前在乎自动机上的第 $k$ 节点的方案数。每次转移枚举上一层状态，枚举本次选了 $l$ 个回答，需要乘上选这个回答的组合数的系数，同时转移到自动机下一个节点。

最大问题是如何建立自动机。设 $g_{i,j,k,t}$ 为 考虑到 $i$ 个问题，有 $j$ 个 $i$，$k$ 个 $i-1$，$t$ 是是否用了两个相同的回答凑了乎乎，得到了乎乎乎的最大个数。自动机上是不需要 $i$ 的；忽略 $i$ 维。

这里，应该有 $j,k\le 4,gt\le 2$，更多是梅勇的，因为 $j,k$ 仅仅用于做 $i,i-1,i-2$ 的乎乎乎类型。这样有 $50$ 个数，状态就是这样的 $50$ 元组。还有一个目前回答 $\ge 2$ 的问题数量，所以是 $51$ 元组（逆天）。

加入一个数的转移是容易处理的。我们 bfs 找出所有在 $n$ 次转移之内的可能被访问的 $51$ 元组，这个数量是不多的。跑 Hopcroft 之后大概只有 800 个，好像也有做到 547 个的做法。

Code:

https://loj.ac/s/2080558（Unhopcrofted）

https://www.luogu.com.cn/record/162066423（Hopcrofted）

事实上加上一点剪枝和内存访问的优化的 Unhopcrofted 代码也可以通过。

P10547

有 $n$ 个格子排成一行，从左到右依次编号为 $1,2,\cdots,n$，每个格子上有一个数字卡片，初始状态下，格子 $i$ 上的卡片数字为 $i$。

打乱者会进行 $n$ 次交换操作来排列这些卡片：每次选择两个格子 $i,j$（$i\ne j$），然后交换格子 $i$ 和格子 $j$ 上的卡片。$n$ 次交换操作结束后，就完成了对卡片的排列。

然后轮到玩家行动，玩家同样需要用交换操作，每次交换两张卡片，目标是将这些卡片的顺序还原到初始状态。

交换格子 $i$ 和格子 $j$ 上的卡片所需的时间为 $|i-j|$，玩家打算用最短的时间还原该排列。问：有多少种可能的排列，玩家可以用不超过 $m$ 的总时间完成还原？两种排列不同，当且仅当至少有一张数字卡片在两种排列中所在的格子不同。

先考察操作的性质。

注意到若设每个点的势能是 $|i-p_i|$，一次代价为 $W$ 的操作的最多使得总势能减少 $2W$。因此有不等式：

这个形式看起来就很正确。猜想其可以取到下界，所以有：

引理 1：一个排列的最小交换代价是 $\dfrac{\sum |i-p_i|}{2}$。

证明：

只需说明对于每个非恒等的排列有一个使总势能减少 $2W$ 的操作即可，然后施加归纳法即可。设原排列为 $p$，逆排列为 $r$，则等价于存在：

取 $i$ 为最小的 $i\neq p_i$，$j$ 为 $[i,r_i]$ 中一个 $k$ 使得 $p_k\ge r_i$ 即可。这样的 $i,j$ 总是存在的。

再考虑“交换 $n$ 次”是什么意思。不难发现：

引理 2：可以交换 $n$ 次到达的排列是所有奇偶性等于 $n$ 的奇偶性的排列。

这是容易证明的：奇偶性不等于 $n$ 的排列显然无法到达，奇偶性相等的排列可以构造：每次操作直接从后面交换即可（如果需要）。最后剩下的次数是偶数，一直操作 $(1,2)$ 即可。

奇排列和偶排列的答案应该不会差太远，并且应该具有某种模式。打表不难发现：

引理 3：对于 $\sum |i-p_i|=2k$ 的排列，奇偶排列的个数差的绝对值是 $\binom{n-1}{k}$，并且正负性是 $(-1)^{n+k}$。

证明（不过显然考试时这个结论是没有必要证明的）：考虑建立一个使得势能和不变的奇偶排列的映射。如果存在一个使势能和不变的交换就交换一次，这样的映射显然可逆，这样只需考虑那些不能交换的。

那些不能交换的就是循环都由连续数字构成的排列。设有 $m$ 个循环，则势能和应该是 $2(n-m)$，而计数是 $\binom{n-1}{m-1}=\binom{n-1}{n-m}$。

这里的 DP 采取 ABC134F 的方法。比如这一篇题解。但是那道题的时间复杂度是 $O(n^2m)$，似乎难以通过。

但是本题具有更特殊的性质：$m$ 量级小于 $n^2$。仔细分析这篇题解的状态，应该有 $j$（第二维）是 $O(\sqrt m)$ 的，只是由于那道题的 $m=n^2$ 才没有改变复杂度。

这样最后的复杂度就是 $O(nm\sqrt m)$，可以通过。

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