2024.4 总结 3 / 飘零在无间 决裂尘埃世界

P3750

首先考虑必杀次数比较小的怎么算，不难发现一直按最后一个 $1$ 是对的，理由是最后一个 $1$ 的位置 $x$，之前的位置改不了 $a_x$，按多倍的 $x$ 一定不优。

那只要处理出 $i=1,...,n$ 的因数，然后暴力算就行了，有一个上界 $n$，这时候已经有 80pts 了，设算出次数为 $cnt$。

然后再找一下性质，按的方案是固定的，因为任意一个按钮都无法通过别的替代，考虑 dp，设 $f[i]$ 表示还有 $i$ 个按钮要按，随机按按掉一个要按的期望次数，那么 $f[i]=\frac{i}{n}\times 1+\frac{n-i}{n}\times (f[i]+f[i+1]+1)$，前面那个表示按到一个需要的概率是 $\frac{i}{n}$，次数是 $1$，后面那个是按错了的概率是 $\frac{n-i}{n}$，那么要按回去，需要 $f[i+1]$ 次，在按少一次，需要 $f[i]$，还有浪费的当前 $1$ 次。

转出来这个柿子，得到 $f[i]=\frac{n+(n-i)\times f[i+1]}{i}$，边界 $f[n]=1$。出答案还要一个分讨，如果 $k\le cnt$，答案就是 $cnt$，否则，答案是 $\sum _{i=k+1}^{n}f[i]+k$。

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AGC005D

考虑容斥，设 $F(s)$ 表示钦定 $s$ 个点 $|P_i-i|=k$ 的情况下的方案数，那么 $Ans=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{s}F(s)$，然后考虑怎么求 $F$ 就行了......?

画一个二分图，左边表示 $p_1,..,p_n$，右边表示 $1,...,n$，考虑连边 $L_i\to R_{i-k},L_i\to R_{i+k}$，画画图，会出现 $2k$ 条链，把链条拉直放好，相邻的可以连边，这个东西很好 dp 了，设 $f[i][j][0/1]$ 表示前 $i$ 个点，连接了 $j$ 条边，最后一个点没/有连边的方案数，注意不同链连接的地方不能选择连边，初始化 $f[0][0][0]=1$：

$$f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1],f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0]$$

然后 $F(s)=f[2\ast n][s][0]+f[2\ast n][s][1]$，做完了 >.<

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ARC160D

首先考虑去重，区间 $+1$ 的操作看做在左端点做，这样区间 $+1$ 的操作钦定每个点做不超过 $k$ 次即可，正确性大概是从左到右加方式固定。

然后考虑容斥，$Ans=\sum _{i=0}^{n-k+1}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k+1}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n+\frac{m}{k}-k(i+1)}{2n-k})$，过程可以 gf。

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ABC162E

直接把柿子化开即可，欧拉反演，答案是 $\sum _{i=1}^n\varphi (i)\lfloor \frac{n}{i}{\rfloor }^n$。

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P3338

求的是 $An{s}_j=\sum _{i=1}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j{)}^2}-\sum _{i=j+1}^n\frac{q_i}{(i-j{)}^2}$，设 $g[i]=\frac{1}{i^2}$，特别的 $g[0]=0$，那么有

$$An{s}_j=\sum _{i=1}^{j}q[i]g[j-i]-\sum _{i=j}^{n}q[i]g[i-j]$$

左边已经是加法卷积了，直接 FFT 即可，考虑转换右边，先枚举 $i^{\prime }=i-j$，考虑 $q^{\prime }[i]\leftarrow q[n-i]$ 那么有下柿 >w<

$$\sum _{i=j}^{n}q[i]g[i-j]=\sum _{i^{\prime }=0}^{n-j}g[i^{\prime }]q^{\prime }[(n-j)-i^{\prime }]$$

还是加法卷积，再来一次 FFT 即可，注意不能三次变两次，掉精度严重，过不掉，答案 $An{s}_j=Ans1[j]+Ans2[n-j]$ >w<

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AGC059C

首先这是一个完全图，然后每条边 $(x,y)$ 要给定一个偏序关系 $x\to y/y\to x$ 表示 $P_x>P_y/P_y>P_x$，已知的偏序关系不能在连边，我们分析一下：

• 不能有环

• 如果当前时刻有一条 $x\to y/y\to x$ 的路径，不能再连接 $(x,y)$

• 图是完全图，结合上一条，对于链好像只能从下往上比较有顺序的连边

我们考虑具体表达一下约束，考虑已经有一条链 $A\to B\to C$，那么 $(A,C)$ 不能最后加入，而我们要从下往上，每三个都必须满足，然后就可以归纳，所以我们考虑三个点 $k,x,y$。

假设 $(x,y)$ 是最后加入的，那么 $k$ 必须是 $x,y,z$ 中最大或者最小的，不难会导致不满足，于是对于 $(x,z),(y,z)$ 有一个对于 $k$ 同向的要求，这个是一个 2-SAT 啊。

那么拓展域并查集即可，设最后有 $Ans$ 个联通块，答案就是 $2^{\frac{Ans}{2}}$ 了，DAG 也没有环。

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P3763

使用多项式卷积进行字符串匹配，轻微卡常。具体而言就是设当前字符为 $1$ 别的为 $0$，对应位乘起来再相加可以得到匹配数，保证和为定值可以翻转一个数组。

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AGC028B

考虑 「$i$ 的期望次数」$\times a_i$，最后乘上 $n!$ 即为答案。

我们考虑删除 $i$ 时 $j$ 也贡献的期望，那么 $[min(i,j),max(i,j)]$ 中最先被删除的是 $i$，概率是 $\frac{(|i-j|+1-1)!}{(|i-j|+1)!}=(|i-j|+1{)}^{-1}$，考虑 $su{m}_i=\sum _{i=1}^n(i+1{)}^{-1}$，答案显然是 $Ans=\sum _{i=1}^n{a}_i\times (su{m}_{i-1}+su{m}_{n-i}+1)$。

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AGC015D

硬是控了我不知道多久。

二进制下考虑，首先发现相同前缀没有影响，特判掉 $x=y$ 的情况，去掉 $x,y$ 相同前缀后讨论，剩下的情况 $x/y$ 最高位为 $0/1$，首先 $[x,y]$ 可以成为合法答案。

然后是一个非常好分讨，爱使我大脑旋转。设 $y$ 的最高二进制位的值为 $M$，次高为 $Sec$，为了方便下述 $l,r$ 表示实际取的数。这里 $M=2^k$，表示第 $k$ 位为 $1$，$2M-1$ 的含义是取了二进制下面的 $0,...,k$ 位都是 $1$。

• 考虑答案最高位是 $0$，这种在 $[x,y]$ 里面已经全都有了（或不出比 $x$ 小的，或不出比 $M-1$ 大的，这个区间合法因为都被 $[x,y]$ 包含了），后面讨论的情况答案最高位都是 $1$。

• 考虑使用小于 $M$ 的数，因为讨论的是答案最高位是 $1$ 的，答案至少要或上 $M$，那么最小的情况是 $x|M$，或不出更小的了，最大的情况是 $(2M-1)|M$ 也就是 $2M-1$，或不出更大的了，那么做出来的是一个区间 $[x|M,2M-1]$，很满了。

• 考虑不使用小于 $M$ 的数，答案下界是 $M$，然后往上面或，可以选择 $[M,y]$ 中的任意数，那么是满的比较随便，但是最高位的不超过 $Sec$，那么做出来的区间是区间是 $[M,M|(2Sec-1)]$，不能再多了。

对于上述区间取并，大小就是答案，注意去除前缀后有可能出现左端点为 $0$，要初始化 $lst=-1$ 捏。

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P4173

首先令 ${}^{\prime }{\ast }^{\prime }\leftarrow 0,c\leftarrow c{-}^{\prime }{a}^{\prime }+1$，然后长度相同的字符串 $A,B$ 匹配成功的条件是 $\sum _{i=0}^{len}(A_i-B_i{)}^2{A}_i{B}_i=0$，这个柿子拆开之后跑三次 NTT 就行了。

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CF1453F

我不会 dp，杀了我吧 /kk

考虑一个合法鸽子序列 $p_1,...,p_n$，分析合法条件，首先令 $a_i\leftarrow a_i+i$ 表示最多到达某一个位置。

• $a_{p_i}\ge p_{i+1}$

• $a_{p_i}<p_{i+2}$

• 对于 $p_i<j<p_{i+1}$ 中的 $j$ 要满足 $a_j<p_{i+1}$

这样子就充分必要了，前两条保证了只使用实际路径的点的情况下的路径唯一性，第三条保证了不能中途跳到其它点，大概就是，跨越的考虑 $p_i$ 跳到 $>p_{i+1}$ 的点没有必要，因为在考虑 $p_{i+1}$ 的时候肯定会被考虑，然后 $p_i$ 肯定可以跳到 $j$，那么 $j$ 的路径就必须不能跳到 $p_{i+1}$，那么间接跳越界的事情不会出现，因为全都没有前途跳到 $p_{i+1}$。

然后就能考虑 dp 了，设 $f[i][j]$ 表示 $p_n/p_{n-1}$ 为 $i/j$ 时最少杀死多少鸽鸽，你问鸽鸽怎么转移，祂用灵魂告诉你可以 $f[i][j]=min\{f[j][k]+val(k,j)\}$，这个 $val$ 表示区间里面要被割掉的鸽鸽数，现在有一个立方做法了，爱来自鸽鸽。

然后考虑优化这个 b 东西，做一个前缀 $min$ 然后倒着枚举就行了，做完了。

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P2607

内向基环树，不能选相邻，每个联通块分别计算，环随便断再直接 dp 就行了，要钦定一个叶子的选项，注意特判 $out[x]=y,out[y]=x$ 这种环，但是不能 map，会 mle，说句鲜花 map 我已经写出心理阴影了。

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CF1120D

刚看到题面的我看着生成树标签瑟瑟发抖。。

考虑摊开叶子节点的 dfn，那么一个节点 $i$ 相当于可以花费 $w_i$ 的代价修改一个区间 $L_i,R_i$，问这个序列任意初始值的情况下能清空的最小代价。

区间修改考虑差分，原序列是任意的，那么差分数组是自由的，因为每一位都能清空，所以上面的差分值都能间接传递到 $d_{n+1}$，所以，每个点相当于有一条边 $(L_i,R_{i+1}):a_i$，答案就是最小生成树了。

至于答案并，每次把边权相同的放在一起考虑一下就行了。

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CF1527E

线段树优化 dp 即可，贡献可以栈+线段树维护，注意常数。

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CF1852C

首先题目相当于每次可以区间 $+1$ 问在 $\mathrm{mod}P$ 意义下原序列最少多少次可以变成目标序列。

如果没有模，这是一个 lianggj 题，考虑差分数组 $d$，那么 $Ans=\sum _{i=1}^n[d_i>0]d_i$。

考虑一个模意义下合法的序列，$\{a_i+b_i\times P\}$，题目问的其实就等价于任意的这种序列的答案的最小值。

这个 $+k\times P$ 在差分数组上是取 $x<y$ 的 $d_x\leftarrow d_x+P,d_y\leftarrow d_y-P$，然后这个东西的最小化用堆写一个反悔贪心即可。

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P2767

考虑树形 dp，设 $f[i][j]$ 表示 $i$ 个点根有 $j$ 叉的方案数，初始化 $f[0][i]=f[1][i]=1$，考虑转移 $f[i][j]=\sum _{k=0}^{i-1}f[i-k][j-1]\times f[k][m]$，注意题目是不超过，但这里直接取了 $m$ 的原因是空子树直接被算进去了。

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ARC121D

$n$ 不是很大，考虑平方以上的做法。

对于单独匹配的，我们可以补代价 $0$ 的物品进去，这需要枚举总长度 $len\in [n,2n],2|len$，然后就变成了 $O(len)$ 左右的两两匹配最优。

对于最大的 $a_i$，肯定要跟最小的匹配，不然不优，删去这两个，还是要最大最小匹配，发现是环形匹配，然后就做完了。

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ABC302Ex

考虑建图，对于每一对 $(a_i,b_i)$ 建边，考虑一个图的答案。一个联通块，如果没有环，那么每一条边都能占有一个点，答案是边数，如果有环，那么每一个点都能被边占有，那么答案是点数，设联通块的 点数/边数 为 $n/m$，那么答案其实就是 $\sum min(n_i,m_i)$，可以写一个可撤销并查集维护。

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AGC002E

首先相对顺序无意义，考虑 $a_i\downarrow$，然后一次操作的含义就是去掉左边一行或者去掉下面一行，不妨放在坐标系上面考虑，就是可以从局面 $(x,y)$ 变成局面 $(x+1,y),(x,y+1)$，这里 贴个图。

其中红色代表比败局面，绿色代表必胜局面，画画的依据是能到达必输局面的是必赢局面，不能到达必输局面的是必输局面，设 $f[x][y]$ 表示先手在 $(x,y)$ 的输赢性。

有一个显然的性质，$f[x][y]=f[x+1][y+1]$，那就这样子走到一个较为边缘的节点，然后按照画画的依据走两条分叉做就行了，往右的不会超过 $O(n)$，可以 BF，往上的怎么办呢，注意到对于相等的一段 $a[x]$ 头顶的 $f$ 可以通过奇偶性求，而往上的这一段路按照奇偶性 $f$ 的 $0/1$ 交替出现，那么可以剪枝优化掉。

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P3523

首先二分，然后问题变成了选不超过 $m$ 关键点使得关键点到选点的最小距离能不能都不超过 $k$，直接贪心 on tree 就行了。设 $f[x]$ 表示没选的最远的关键点距离，$g[x]$ 表示选了的关键点的最短距离，转移是一个迷你分讨。

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CF508E

有人秒不掉黄题，直接贪心即可。具体而言，一直在里面塞括号直到满足条件，这样不劣，如果过了还往里面塞完全可以塞到外面一层。

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CF1144G

比较那啥的是贪心可以有一个最长化然后数据结构维护好像能做，但是贪心就够了。

考虑维护的 下降/上升 的链的结尾为 $L/R$，对于当前 $a_i$，做不了就去死，只能接在其中之一就接，不然就是下图情况，如果 $a_i=a_i+1$ 那肯定一个一条，于是不妨假设 $a_i>a_{i+1}$，翻转一下就是 $a_i<a_{i+1}$ 了，故不赘述。考虑情况 如题所示

如果 $a_i$ 接在下降链，$a_{i+1}$ 两个链都能接，如果 $a_i$ 接在上升链，$a_{i+1}$ 只能接在下降链，对于发现不管左图接 $A/B$ 下降都不会劣于上升，于是贪心的，如果 $a_i>a_{i+1}$ 就接在下降，否则上升。

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CF1342E

首先要不然每行放一个，要不然每列放一个，否则不符合条件，注意到除了 $k=0$ 的情况两者是同样的问题，我们考虑钦定每行放一个然后最后再乘系数 $1+[k>0]$。

少放一列多一对互相攻击，恰好 $k$ 个棋子互相攻击，那么就是把棋子放在 $n-k$ 列里面，每一列都必须有棋子，首先选列有一个 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$ 的系数，然后问题变成了把 $n$ 个棋子放进 $m\leftarrow n-k$ 列里面，每一列都必须至少放一个的方案数。

考虑容斥，设 $f(i)$ 表示最多放 $i$ 列的方案数，显然 $f(i)=i^n$，容斥可得这个方案数为 $Ans=\sum _{i=1}^m(-1{)}^{m-i}f(i)(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})$，乘上以前的系数就是题目的答案。

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P5363

首先，将连续一段没有棋子的棋盘看做一堆 $a_i$，每次移动棋子相当于放一些 $a_i$ 的去到 $a_{i-1}$，这个东西是一个 Nim 阶梯博弈，先手必胜当且仅当 ${\oplus }_{i\mathrm{是}\mathrm{奇}\mathrm{数}}{a}_i\ne 0$，理由大概是把奇数位的 $a_i$ 看做 Nim，在 Nim 的必胜方肯定希望只按照 Nim 去玩，那么对于另一方，如果其尝试从偶位往奇位移动，必胜方一定可以通过一次移动变成原本的 Nim 非 $0$ 的局面。

然后考虑大小为 $n$ 的棋盘放 $m$ 个棋子玩 Nim 先手必败的方案数，必胜的直接总的去减必败的就有了。首先对于一个局面 $\{a_1,\dots ,a_x\}$ 满足 $2|a_i$，跟局面 $\{\frac{a_1}{2},\dots ,\frac{a_x}{2}\}$ 一致，考虑递推，设 $d_i$ 表示 $n=2i$ 的方案数，额对于 $m$ 是偶数其答案肯定是 $0$，枚举奇数堆个数为 $4j+2/4j+4$。

$$d_{2i+1}\leftarrow \sum _{j=0}^{min(i,\lfloor \frac{k}{4}\rfloor )}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{4j+2})d_{i-j},d_{2i+1}\leftarrow d_{i+1}+\sum _{j=0}^{min(i,\lfloor \frac{k}{4}\rfloor )}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{4j+4})d_{i-j}$$

答案的话可以考虑插插板什么的，于是就有 $k\leftarrow \lceil \frac{m}{2}\rceil ,Ans=\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{d}_i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2i+m-k-1}{n-m-1})$

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CF1152D

题目求一个长度为 $2n$ 的可匹配括号序列组成的 trie 树的最大匹配数。画图 找规律，其实有大量相似子问题，而且答案其实是奇数层的节点数。

不妨 dp，设 $f[i][j]$ 表示 $i$ 个左括号 $j$ 个右括号的方案数，那么显然有 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]$，然后考虑第 $i$ 层的节点数 $su{m}_i=\sum _{x+y=i}f[x][y]$，那么 $Ans=\sum _{x+y\mathrm{是}\mathrm{奇}\mathrm{数}}f[x][y]$，代码离谱的好写。

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CF1375F

首先不难发现只有 $(a,a+k,a+2k)$ 的最大数被约束为不能操作的这种情况后手次轮必败。

然后考虑怎么构造出那种局面，考虑一个局面 $(a,b,c)$ 中的 $c$ 不能操作，那需要不管在 $a/b$ 做加法都能使其最大且序列变成等差数列，不妨列出方程 $a+d-c=c-b,b+d-c=c-a$，然后其实都是 $d=2c-a-b$。

于是不妨随便初始给一个数 $+inf$，然后按照上述方法给一个 $2c-a-b$，然后输出等差数列的公差。

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AGC002F

不难发现白色序列合法的充要条件为 $\mathrm{前}\mathrm{缀}\mathrm{白}\mathrm{球}\mathrm{数}\ge \mathrm{前}\mathrm{缀}\mathrm{黑}\mathrm{球}\mathrm{数}$，考虑对这个条件 dp，不妨设 $f[i][j](i\ge j)$ 表示放入 $i$ 个白球和 $j$ 种颜色球的方案数，转移考虑第一个放什么 >w<

$$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]\times (n-j+1)\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n\times k-i-(i-1)\times (k-1)-1}{k-2})$$

其中 $f[i-1][j]$ 是直接放入白球塞进开头的贡献，后面那一坨是放入新的一种颜色的贡献，两个系数分别来自选颜色以及选位置。

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AGC059E

这种题到底是谁在出谁在会。

判断边缘的合法性，考虑构造矩阵 $mat$ 满足相邻两位差绝对值是 $1$ 且与 $c$ 同余，矩阵的边缘很好确定且每一个 $a$ 都存在唯一 $mat$，所以有一个必要条件必须有按照上述方式构造合法的矩阵。

不够充分，再判断一个对于 $(x,y),(x^{\prime },y^{\prime })$ 满足 $|mat[x][y]-mat[x^{\prime }][y^{\prime }]|\le |x-x^{\prime }|+|y-y^{\prime }|$，这个判断边缘的即可。

然后给出一种合法构造 $a[i][j]\leftarrow max\{a[1][j]+i-1,a[n][j]+n-i,j-1+a[i][1],a[i][m]+m-j\}$，奇偶随 $(i+j)$ 变换且相邻不等。

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AGC052E

跟上个题目一个 trick，考虑构造出 $a/b$ 满足相邻位差绝对值为 $1$ 且与 $s/t$ 同余，这里需要钦定一对 $a_1/b_1$，但是考虑到序列其实重要的只有差，所以可以任意钦定 $a_1$ 然后考虑哪个 $b_1$ 最优。

现在考虑一次变换的含义，对于一个点 $i$ 满足 $a_{i-1}=a_{i+1}$，如果 $a_i>a_{i-1}$ 就使 $a_i\leftarrow a_i-2$ 反之 $a_i\leftarrow a_i+2$。首先这个 b 东西要求 $a,b$ 对应位奇偶性相同，考虑到原题 $a/b$ 相邻位有一个异奇偶所以只要加上一个 $a_1,b_1$ 同奇偶，那么之后操作每次消掉 $2$ 的差，每次可以选一个最大/最小的 $a_i$ 来操作，那么次数就是 $\sum _{i=1}^n|a_i-b_i|$ 啦 >w<

然后考虑最小化柿子，先随便弄一个傻 $b$，然后考虑实际的 $b_i^{\prime }=b_i+k$，不妨令 $c_i\leftarrow a_i-b_i$，那么就是要最小化 $\sum _{i=1}^n|c_i-k|$，注意这里的 $k$ 要满足模 $3$ 跟 $t_1$ 同奇偶，模 $2$ 跟 $a_1$ 同奇偶，取最中间的就最优秀了。

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AGC018F

考虑使用 $-1/0/1$ 构造，那么对于一个点，因为答案要求的 $1,-1$ 奇偶性一定，假设其有奇数个儿子，那它必须赋值为 $0$，否则可以考虑其有偶数个儿子两两配对之后和为 $0$，再给当前点一个 $+1/-1$。对于偶数个儿子的点，其值决定于自己，否则，其值决定于决定其其落单的儿子的值的东西。

新开一个图，我们把需要配对的在新图上连边，对于决定儿子值的点两两连边，然后直接二分图染色就可以了，这样连出不了奇环，无解就直接在树上判掉。

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P4001

首先题目是求一个有约束的 【模板】最小割，但是不难发现在这个题目中最小割=最短路，具体一点，就是对于一个特定的划分 $S,T$ 中间连的边是最小割，于是可以求这种三角形的最短路。这个 b 东西有一个高级的名字，平面图最小割转对偶图最短路。

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P2012

使用指数生成函数 $f(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^i}{i!}$ 对应排列，有一个泰勒展开 $e^{cx}=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{c}^i\frac{x^i}{i!}$ 这样的。

考虑对每一种写出对应的 EGF 然后乘起来，三种分别如下：

• $a(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^i}{i!}=e^x$

• $b(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2i}}{(2i)!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

• $c(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$

于是我们所需要的 $f(x)=(a(x)b(x)c(x){)}^4=\frac{e^{12x}-4e^{8x}+6e^{4x}-4+e^{-4x}}{256}$，挺好的。

答案是 $n![x^n]f(x)$，于是乎 $Ans=\frac{{12}^n-4\times 8^n+6\times 4^n+(-4{)}^n}{256}$，注意 $256$ 在 $\mathrm{mod}{10}^9$ 下没有逆元，以及直接写 $2n$ 这种东西就会爆 long long 了，需要用拓展欧拉定理稍微处理一下 qwq

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P4178

淀分治板子题，计算答案可以使用双指针。

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P4149

还是淀分治板子题，计算答案需要使用桶。

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P3232

先算出点的期望到达次数，注意 $1,n$ 的影响不一样捏，具体而言捏一个跟度数相关的高斯消元，然后通过点的期望次数考虑边的期望次数，然后排序贪心就行了。

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CF1458D

考虑 $0\leftarrow -1,1\leftarrow 1$， 对于每一种前缀 $sum$ 建立一个节点，对于一个可翻转区间 $[l,r]$ 满足 $su{m}_{l-1}=su{m}_r$ ，这个 b 东西在图上成环。

然后考虑区间操作的含义，就是反着走环。往回走的权 $0$ 否则 $1$，问题转化成了查找一个字典序最小的欧拉路，贪心求出即可。具体而言，在 $x$ 与 $x-1$ 有边，如果 $x$ 与 $x+1$ 有边那么 $x$ 与 $x-1$ 需要有多条边。