10.28 ~ 11.3 总结

联考

联考打得不怎么样，一个原因是有两场 T3T4 全放 DS，可能适合叫练习赛，但是顶个模拟赛的名字就有点有点了。但是省选联考本来认为擅长的 T1 这样的题目也没有做出来。

题解还是在这里 https://www.cnblogs.com/british-union/p/liankao.html。

做题

ARC155D 对于博弈论的题目目前还是不得要领。一个局面 \(g\nmid A_i\) 的 \(A_i\) 是一定还活着的，而剩下的数我们是只关心有多少个的。进一步的，我们只关心剩下的个数的奇偶性。然后直接 dp 转移即可，这里转移需要容斥处理，暴力枚举因数是 \(O(\sum _{i\le n}d(i)^2)\) 的，但是据信这是 \(O(n\log^3 n)\) 的，总之值并不大。

ABC236H 容斥需要计算容斥系数，写出来一看不是 \(\mu(\Pi_n)\) 吗！斯特林反演即发现为 \((-1)^{n-1}(n-1)!\)。然后做集合幂级数 exp 即可。

AGC037E 考虑最大化前缀最小字符。这个画一画发现是 \(\ge 2^{k-1}t\) 的，其中 \(t\) 是 \(ss_R\) 中 a 的最长连续段，并且答案后面跟和 \(ss_R\) 后面跟的的是一段，直接比较或者 SA。

P9542 首先发现非链树是可以做到黑白染色后的棋子和最大边全凑拢的。所以非链二分图也可以。非链非二分图考虑某个奇环，这个是可以达到上界的，即黑棋白棋凑拢。最后还剩链，记录相邻两点之间距离之后相当于每次操作将一个减小 \(2\)，因此直接 dp 即可，记录 \([l,r]\) 集合在 \(i\) 的最大贡献，复杂度 \(O(n^4)\)。

ARC153C 类似介值原理： \(\pm 1\) 的前缀和如果有正/负数，必然存在 \(1/-1\)。直接加即可。

AGC068D 冷静分析，当且仅当不可交换的时候，即 \(x_{i+1}\) 是 \(x_{i}\) 的祖先不存在的时候才是极小。对这一点容斥，即在树上选 \(k\) 条祖孙链计 \((-1)^{n-k}\)。统计哈希值，枚举位置的贡献，dp 即 \(f_{i,l,r}\) 是 \(i\) 左侧有 \(l\)，右侧 \(r\) 的贡献之和，这个可以合并子树答案后枚举当前点行为 dp，是 \(O(n^5)\) 的。但是 \(f_{i,l,r}\) 大多相等，于是记 \(f_{i,l,r,0/1}\) 表示被枚举的点是否在子树内部之后再转移，情况比较多。时间复杂度变成了 \(O(n^4)\)。

鉴于只跑 \(O(1)\) 秒，\(O(n^5)\) 可能也可以通过，，

P10509 比较奇异搞笑的组合题，证明不想写。

P9062 平面最近点对的平面分块做法加以改进，不再维护答案的块长，而是维护块长为 \(2^k(k=1,2,\dots )\)，这样的好处是当块内或临块距离 \(< 2^{k-1}\) 时就可以直接删除，因为贡献被统计过了，这样一块内仍然是 \(O(1)\) 个点。扫描线统计答案，于是最后的复杂度是 \(O(n\log V+q\sqrt n)\)，这里使用分块 \(O(1)-O(\sqrt n)\) 单点改区间查 min，因为 \(n\log V\) 一部常数较大。

CF914H Ember 获胜当且仅当所有链的点序列均单峰或单谷。这样的树有性质：令小数连向大数，则存在一个点作为根，其子树均为内向或外向树。这样，我分别 dp 再合并即可，钦定根是靠近内向树那边那个，即入度 \(>1\)。

CF1158B 诡异构造，，，设 \(a=(n-k)/2\)，则 \(111111011111101111110111\dots\) 其中 \(1\) 连续个数是 \(a\) 是满足条件的。不知道是怎么想到的。

CF1981F 关于最小化 mex 的神秘技巧。扩大可行域：钦定 \(i\) 不出现，就把 \(i\) 当成 mex 处理，如果不是就不优。还有神秘结论：选取的 mex \(\le \frac n{\log n}\)。证明好像不是很自然，，。但是也可以使用线段树合并或者启发式合并处理。

CF1375F 神秘构造，，后手输，当形成等差数列，给的值是公差，且最大值操作过。现在构造等差数列。首先给个 INF 造最大值，然后给个 3*INF-SUM 就完成了。

CF1450H1 比较套路的计数，H2 不知道。

CF1305F 显然答案 \(\le n\)，所以至少有一半的数之多被操作一次。因此随机很多次，每次随机一个数拉出来逐个计算 \(a_i\pm 1\) 和 \(a_i\) 的因子的答案即可。

CF1295F duel 的题。比较暴力的做法是，直接 dp 的 dp 值关于值域分段是多项式，直接拉插转移。

CF1453F 注意到走到 \(n\) 的数必须留且仅留一个，这个变成新的 \(n\)。因此设 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 为终点，走到 \(\ge j\) 且 \(<i\) 的位置已经删除的最小代价（不算已经删除的），这个正着转移是很好做的。

CF1951G 板子的停时定理。

CF794D 有题解。发现仅需考虑第一个不相等的位置的限制！层层拆开相当于辗转相除，最后得到 gcd 为单位字符串，限制只有是两个单位相等！之后直接统计即可。

CF566C 分析一通发现两点间的“距离”和总是凸的，这也就是说一个点到答案的“距离”和是递增的，从而一个点伸出去只有一个邻点比他小（或者没有）。点分治这个过程，只需 \(O(n)\) 计算是哪个邻点。对“距离”和求导，到一个子树的导数就容易计算了。

CF1951H 这样的交换两数在二分答案后非常简单：\(01\) 交换。进一步的，我只需要考虑 0 变 1，因为如果 1 变 0 那一边出问题就不进行交换。因此在线段树结构上设 \(f_i\) 为保证 \(i\) 胜所需最小的预交换次数。对于非叶子节点，至少需要凑够 \(2^{t-dep+1}\) 个 \(1\)，然后再考虑左右两边：加起来 \(-1\) 即所至少需要。