Solution Set - DP
CF101E Candies and Stones
DP 的状态设计和转移都是显然的，唯一的问题在于需要输出方案，而这题卡空间。会发现如果用 bitset 存下所有位置的转移，空间刚好多了一点点。所以考虑分两次，第一次只存后 10000 行的转移，然后从最终状态倒退回 \(n-10000\) 行，再重做 DP 求出前面行的转移即可。DP 数组显然可以优化到一维。
CF67C Sequence of Balls
比较套路，定义 \(dp_{i,j}\) 为 A 的前 \(i\) 个和 B 的前 \(j\) 个匹配的方案数。转移如下：
- 插入，\(dp_{i,j-1}+t_i \rightarrow dp_{i,j}\)。
- 删除，\(dp_{i-1,j}+t_d \rightarrow dp_{i,j}\)。
- 替换，\(dp_{i-1,j-1}+t_r\times[a_i\neq b_j] \rightarrow dp_{i,j}\)。
- 交换，由题目中给出的条件 \(2t_e\ge t_i+t_d\) 可以知道两次交换如果相交是不优的，所以方案应该是先删除要交换的两个字符中间的字符，再把它们插入回去。那么转移就是 \(dp_{p1,p2}+(i-p1-2)\times t_d+(j-p2-2)\times t_i+t_e\rightarrow dp_{i,j}\)。这里的 \(p1\) 是满足 \(a[p1+1]==b[j]\) 的最大 \(p1\)，\(p2\) 类似。容易发现这样是最优的。
可以预处理 \(p1,p2\)。
CF48G Galaxy Union
找到基环树的环，删掉换边得到一个森林，包含若干棵树 \(T_1,\cdots,T_k\)。一个点 \(u\in T_i\) 的答案由几部分组成：
- \(u\) 和 \(v\in T_i\) 的点的距离和。这可以对每棵树换根跑出来，时间 \(O(n)\)。
- \(T_j\) 的根 \(rt_j\) 与 \(T_j\) 内的点的距离和，\(j\neq i\)。在上一步就求出来了。
- \(T_i\) 的根 \(rt_i\) 和其它环上的点的距离与子树大小乘积的和。对于这个问题，我们提出环做一次扫描，维护一条分界边，当前起点到任何环上点的最短路不跨过分解边。当起点移动一条边时，这条边的贡献变化。当分解边跨过一个点时，这个点的贡献变化。预处理前缀和可以 \(O(1)\) 维护变化。扫描起点，分解边的变化是单调的。
时间复杂度 \(O(n)\)。
CF11E Forward, march!
考虑二分答案，则相当于一次正确操作权值 \(1\)，一次增加操作权值 \(-mid\)，判断最大权值是否为正即可。
定义 \(dp_{i,0/1}\) 表示已经考虑了前 \(i\) 位，当前步骤是 L/R 的最大权值。转移很好写，只要考虑是否添加 X。
注意先预处理出所有连续跨同一步的情况。还有就是如果操作序列的开头结尾都是 R，应该在开头加 X；如果开头结尾都是 L，应该在结尾加 X。
CF321D Ciel and Flipboard
感觉没有黑。
显然一个子矩形只有翻转奇数次和偶数次的区别。奇数次在左上角标 \(-1\)，偶数次在左上角标 \(1\)，得到一个 \(m\times m\) 的 \(1,-1\) 矩阵。最终每个位置的权值就是以它为右下角的 \(m\times m\) 矩阵的乘积乘以这个位置上的初始值。会发现有贡献的子矩阵是上面这个 \(m\times m\) 的子矩阵中包含至少一个角落的所有矩阵。
显然这个 \(m\times m\) 的矩阵和它的前缀积矩阵 \(S\) 一一对应。几种贡献为：\(S_{i,j}A_{i,j},S_{i,j}S_{m,j}A_{i+m,j},S_{i,j}S_{i,m}A_{i,j+m},S_{i,j}S_{i,m}S_{m,j}S_{m,m}A_{i+m,j+m}\)。
可以二进制枚举 \(S_{m,1\cdots m}\)，假设还确定了 \(S_{1\cdots m-1,m}\)，那么每个 \(S_{i,j}\) 都乘一个常数，用这个常数的绝对值贡献进去就行。而不同的 \(S_{i,m}\) 互不影响，所以枚举 \(S_{i,m}=\pm 1\) 计算，取较大值即可。
CF251E Tree and Table
先解决一个特殊情形：链。运用简单的组合计数知识得到答案是 \(2(n-1)n+4\)。
对于一般情形，如果有点的度大于 \(3\) 则无解。剩下的情形中，我们找出一个度为 \(3\) 的点作为根，进行树形DP。
用 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根的子树，放在大小适合的 \(2\times m\) 矩形中，\(i\) 放在左上角的方案数。\(g_{i,j}\) 表示分别以 \(i,j\) 为根的两棵子树，放在适合的矩形中，\(i,j\) 分别放在左上角和左下角的方案数。考虑 \(f_{i,j}\) 的转移。
- \(i\) 有两个儿子 \(u,v\)。分别尝试它们能不能放在左下角。以 \(u\) 为例，若 \(u\) 没有儿子，则贡献 \(f_v\)；若 \(u\) 有一个儿子 \(x\)，贡献为 \(g_{x,v}\)；若 \(u\) 有两个儿子，贡献 \(0\)。
- \(i\) 有一个儿子 \(u\)。两种情形：一是 \(u\) 放在左下角，仅当 \(u\) 有唯一儿子 \(v\) 时贡献 \(f_v\)；二是 \(u\) 放在 \(i\) 右边，那这条链必须一直向右延申，到某个位置 \(v\) 出现分支（即有两个儿子 \(x,y\)）。此时必须有一个儿子（如 \(x\)）负责回头。当然，也有可能没有分支一路到底，此时判断奇偶性，贡献为 \(0\) 或 \(1\)。
这个负责回头的儿子可能是自己回头，也可能它有两个儿子 \(w,z\)，其中一个负责回头。回头指填满下面一行的左边，这要求其往下恰好是一条长度为某个值的链。如果是儿子（如 \(w\)）回头，则贡献为 \(g_{z,y}\)；如果是自己回头（即只有一个儿子），则贡献为 \(f_y\)。
对 \(g_{i,j}\)，考虑 \(i,j\) 的儿子数目 \(c,d\)。若 \(c,d\) 中有 \(2\) 则 \(g_{i,j}=0\)；若都为 \(1\) 则 \(g_{i,j}=g_{son_i,son_j}\)；若某一个（如 \(c\)）为 \(1\)，则 \(g_{i,j}=f_{son_j}\)；若都为 \(0\) 则 \(g_{i,j}=1\)。
然而我们肯定不能把整个 \(g\) 数组求出来。分析上面的过程，实际上我们把 \(i,j\) 都往下找，找到第一个儿子数目不为 \(1\) 的点 \(x,y\)。如果 \(x,y\) 中较浅的一个儿子数目为 \(2\) 则 \(g_{i,j}=0\)，否则，不妨 \(x\) 较浅，让 \(j\) 往下走相应的深度，\(g_{i,j}\) 就等于走到的点的 \(f\) 值。向下走的过程可以倍增预处理。
实现时，第一遍dfs预处理出一层儿子和深度，然后倍增预处理，再进行DP。\(g\) 写成函数，过程中调用的次数和 \(n\) 同阶，所以时间 \(O(n\log n)\)。
接下来统计答案。设 \(x,y,z\) 为根 \(rt\) 的三个儿子，\(x\) 的度最大。
- 若 \(x\) 的度为 \(3\)，考虑两种情形：一是 \(rt\) 和 \(x\) 同列，设 \(x\) 的两个儿子为 \(u,v\)，则贡献为 \(g_{u,y}g_{v,z}+g_{u,z}g_{v,y}\)；二是 \(rt\) 和 \(x\) 同行，此时一半为 \(f_x\)，另一半类似上面第一种转移。
- 若 \(x\) 的度小于 \(3\)，则 \(x,y,z\) 都至多一个儿子。考虑谁和 \(rt\) 同列，以及它的子树往哪一边靠（可能没有，要判），总共 \(6\) 种情形。累加入答案即可。
不要忘记，根据对称性，答案还要乘 \(4\)。
CF331E2 Deja Vu
考虑一条路径，称它经过的点构成的序列为点列，它经过的边上标记的点连成的序列为边列。
注意到，如果一条路径（不一定好）走到某处，边列长于点列，那么我们就知道接下来应该往哪里走了。然后，在这个走的过程中，由于点列的长度每一步只增加一，所以（如果能产生好路径）一定有某一步之后点列长度恰好等于边列长度，也就产生了好路径。
定义 \(dp_{i,j}\) 为终点为 \(i\)，长为 \(j\) 的好路径数目。考虑转移，从 \(dp_{i,j}\) 开始，往后走一条 \(i\) 的出边 \((i,u)\)，有两种可能：
- 这条边上的序列长度为 \(0\)。那么再想产生好路径，就要从 \(u\) 开始找一条好路径。为了避免重复，我们需要保证新的这条好路径不存在一个前缀也是好路径。
- 这条边上长度的序列大于 \(0\)。那么此时边列长度大于等于点列，就知道接下来应该怎么走了（或者已经是好路径了）。根据上面的推理，第一次走到点列等于边列就有了好路径。这时的转移不会重复。
剩下的问题就是预处理 \(f_{i,j,k}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\)，长度为 \(k\)，且没有真前缀是好路径的好路径数目。
仍然是考虑点列和边列的长度关系。一开始，点列长度大 \(1\)。走若干步之后，边列长第一次大于等于点列。然后再往后走就找到了好路径。但是这样不知道该怎么走，所以换一个思路，枚举使得边列长超过点列长的边，那么这条边 \((i,j)\) 上的序列一定包含了连续的 \(i,j\)。从这条边开始往两边走都是有方向的，走到第一个等号位置即可。
是不是还少了什么？往后走是没问题了，但是往前走不一定，第一个等号位置或许还可以再往前一点。再往前的一条边上的序列长不能是 \(0\)，否则就有真前缀了；然后就又有方向了。按照长度再做一次转移即可。
写出代码会发现时间复杂度 \(O(n^4)\)。
