2024.7 做题记录 / 多层的命运把我的混沌剥离

mx 19 t4

有一个很抽象的做法，就是贪心选一组，然后重叠的记为 $2$ 不重叠的记录为 $1$ ，然后发现 $2$ 在横竖意义连通块中任意移动（跟 $1$ 交换），然后就在能到的地方贪心，这样子贪每一个回合 $2$ 的倍数都会至少 $/ 2$ ，复杂度就很对了。

事实上我还是过于唐了，可以考虑连边，然后发现是一个点需要匹配一条边，是一个很套路的最小基环树森林 /fad

CF1146F

设计状态的时候在思考「已经填了」和「还没有填」，然后发现很难做，所以事实上碰到一些题目如果设计的状态偏过程、不定性强的话，可以考虑仔细分析结果类别，按照最终的形态进行状态设计。

转移不难发现跟根有关，我们考虑一个在最终的图上的一个子树根的类别，显然有无色根和有色根这两种，但是这个有色根有一些不太好的性质，就是子树的染色情况和全局不一定相同，指的是单独一条链爬上去，只能在未来被染色。

所以我们分三类， $f / g / h$ 分别表示子树根为空/根现在有颜色/根将来有颜色的方案数，然后转移就不太难了，考虑合并 $x$ 的子树 $y$ >w<

对于 $f$ ，子树互不相干，所以必须完整： $f_{x}^{'} = f_{x} \times (f_{y} + g_{y})$
对于 $g$ ，我们可以考虑有没有用 $y$ 的成分造新： $g_{x}^{'} = g_{x} \times (f_{y} + g_{y}) + h_{x} \times (g_{y} + h_{y})$
对于 $h$ ，我们可以继承并发扬也可以创新： $h_{x}^{'} = h_{x} \times (f_{y} + g_{y}) + f_{x} \times (g_{y} + h_{y})$

蚌，说话都 whk 了。

CF1380F

还是比较普的题目，转移 $f [i] = f [i - 1] \times c_{i} + f [i - 2] \times [c_{i - 1} = 1] \times (9 - c_{i})$ ，写成矩阵乘法线段树优化即可。

CF1775F

首先第一问构造比较随便，平方比较优，形式如 $x \times (x - 1)$ 的矩形中挖空即可。

第二问不难发现四个角独立（如果能交的话周长可以更小），所以先 dp 一个单调不降划分数，然后背包合并，具体算答案就枚举在 $n \times m$ 里面扣。

CF1767E

不难发现相邻两个必须至少有一个被选择，于是连在图上面，要求求一个最小点集使得任意边链接两点至少有一个被选择，显然这个东西是总代价减去最大独立集。

这个数据范围最大独立集约摸着就是爆搜了，https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/14200616.html 就过了。

CF323C

考虑一个位置 $i$ 在另一个序列的哪一个位置有贡献，主席树维护即可。

P8906

补一个超级远古的题目，首先肯定时间倒流，变成一个动态加边，这个带小 $k$ 路径长类似于假期计划是吧，就是我们可以对 $k$ 进行一个分割再平方的复杂度的意思。

每次枚举一个中转点 $i$ ，考虑定下边数的 $f_{i} = d i s (1, i), g_{i} = d i s (i, n)$ 的 $min {f_{i} + g_{i}}$ 肯定就是答案嘛，求一次这个 $O (n)$ 没什么问题，然后我们雨露均沾的使可以钦定边数 $\leq 4$ ，显然我们考虑怎么动态这个 $f, g$ 。

但是这个长度为 $4$ 也有点太多了， $f, g$ 是相对独立子问题，不妨考虑再折半复杂度不会乘起来，动态维护一个 $h_{i \to j}$ 表示 $i \to j$ 走两条边的最短路，考虑到这个 $h_{i \to j} = min {e g_{i \to k} + e g_{k \to j}}$ ，然后我们发现我们的 $e g_{x \to y}$ 是很屑的，玩一下发现贡献大概是 $e g_{x \to y} + e g_{y \to i} \to h_{x \to i}, e g_{i \to x} + e g_{x \to y} \to h_{i \to y}$ 这种很能接受的，直接做进去就好了 >w<

然后再用这个 b 东西更新 $f / g$ ，由于做法的等价/偏序性这里只阐述 $f$ 相关的长度为 $4$ 的，考虑到 $f_{i} = min {f_{1 \to j} + f_{j \to i}}$ ，我们把可能变更的 $h$ 即 $h_{x \to α}, h_{α \to y}$ 带进去，然后发现 $x = 1$ 的需要做一个 $h_{1 \to α} + h_{α \to i} \to f_{i}$ ，这个总共不超过 $O (n^{3})$ ，然后还有三个比较普的情况， $h_{1 \to x} + h_{x \to α} \to f_{α},$ $h_{1 \to y} + h_{y \to i} \to f_{y}$ 和 $h_{1 \to α} + h_{α \to y} \to f_{y}$ ，随便更新即可。

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首先这个走一圈再回去相当于卷了一个大环，套路的使 (/) 为 $1 / - 1$ 然后要求是找一个环回的路径使得任意前缀和 $\geq 0$ 且总和为 $0$ ，不难发现这个任意前缀和 $\geq 0$ 是假的，因为总和为 $0$ ，一定存在一个位置开始满足这个条件，这个和那个 dfs spfa 判负环有点像 >w<

然后还是一个比较套路的东西，就是无限走考虑环，假设一个初始的平凡构造权值为 $c$ ，裴蜀定理要求一个 $gcd {l e n_{o f c i r c l e}} | c$ 但是你这个 $c$ 不本来就是环凑出来的嘛，所以一定成立，但是还有一个比较唐诗的正整数要求，但是是不是只要有正环和负环就一定能构造了，或者原本的和就为 $0$ ，就是正环的存在性要和负环的存在性相同，然后做完了。

mx csp 23 t2 解码

某种 shaber 的字符串匹配，不难发现要求是相同的形态相同，那么不妨对于相等的 $a_{p_{1}}, a_{p_{2}}, \dots, a_{p_{x - 1}}, a_{p_{x}}$ 连接 $(1, 2), (2, 3), \dots, (x - 2, x - 1), (x - 1, x)$ 这样子，对于 $(a, b)$ 用 $10^{6} a + b$ 表示，变成数集相同，这个可以平方和哈希，因为动态发现还需要维护一个和和一个边数就可以递推计算了，然后顺便这两个东西也能拿来加强一下哈希。

mx csp 23 t3 藤蔓

考虑一个藤蔓 $(u, v)$ 什么时候对一个路径 $(x, y)$ 有贡献，先挑出 $(u, v)$ 的 $l c a$ 为 $c w$ ， $(x, y)$ 的 $l c a$ 为 $z$ ，然后把藤蔓上的点标成黑点，然后按照 $x, y$ 跟 $c w$ 的关系进行一个分讨 >w<

$x, y$ 都在 $t r e e (c w)$ 中，那么 $z$ 是不是黑点跟有没有黑点是等价的。

大体的我们可以根据这个直接取一个 $z$ 的 $tag$ 的贡献这个样子，具体一点可以树上差分再前缀和，但是需要看一下别的贡献:

$x, y$ 都不在 $t r e e (c w)$ 中，那么 $z$ 肯定是白点，且一定没有贡献，很不影响。
$x, y$ 一个在 $t r e e (c w)$ 中一个不在，那么 $z$ 肯定是白点，且一定有贡献，我们单独算出这部分的贡献就不影响啦。

所以现在的问题是怎么对一对 $(x, y)$ 算出 $s u b (c w)$ 割开祂们的贡献，不难发现最正义的切割一定在 $c w$ 上，然后路径 $(x, y)$ 上面的点除了 $z$ 都是合法的 $c w$ 的位置，然后别的全都不可以作为合法的 $c w$ ，对于所有的 $c w$ 直接根在树上差分前缀和就可以了。

mx csp 23 t4 山路改造

比较 shaber 的题目，对于 $k = 1$ 直接用一个超级原点随便连接，对于 $k = - 1$ 我们发现只要控制一下流动方向就好了，我们可以直接构造一个超级链，然后跑模板最短路就可以了喵。

AGC005C

首先我们会往直径上面考虑，最远的距离一定要是直径，然后必须有距离可以填满直径，不妨设最大距离（这里统一更改为点数的定义）为 $c w$ ，那么对于 $m x - ⌊ \frac{m x}{2} ⌋ + 1 \to m x$ 的应该至少有两个，特别的如果 $m x$ 是奇数要求 $\frac{m x + 1}{2}$ 也至少有一个。

然后我们考虑其它的部分可不可以塞进去，太小的不行，具体而言要求 $2 (min - 1) + 1 \geq max$ ，然后中间的（ $⌈ \frac{m x + 1}{2} ⌉$ ）也赛进不去，别的可以塞成菊花，然后就没了。

mx [炼石计划--NOIP模拟一]--T1--岛屿

感觉比较吃 dp 基本功，所以显得我很没有基本功。

首先有一些自己能卷出来的结论：所谓的连通块一定是环，连边会变成子问题，设 $11 / 10 / 00$ 的对的个数分别为 $A / x / B$ ，那么永远有 $A = B$ ，换句话说 $11 / 00$ 交替套环， $10$ 可以任意塞入也可以独立成环，基于这些我对 tj 可能理解的顺序不一定广泛滴好。

不难想到先做一个 $A = B = 0$ 的或者 $x = 0, A = B$ 的方案数，不妨设方案数叫做 $f (A, x, B) (A = B)$ ，然后这种连通块顺序我们为了不重不漏应该钦定一个加边顺序，为了方便每次应该只加一条边 >w<

对于 $f (0, x, 0)$ ，我们可以自己接自己或者自己接别人，接自己有 $1$ 种，贡献 $1$ 个连通块，接别人可以用 $0 / 1$ 去接有 $2$ 种，总共有 $2 x - 1$ 种，不贡献连通块，我们可以得到下面这个很好求的东西

f (0, x, 0) = \frac{1}{2 x - 1} (f (0, x - 1, 0) + 1) + \frac{2 x}{2 x - 1} f (0, x - 1, 0) = f (0, x - 1, 0) + \frac{1}{2 x - 1} = \sum_{i = 1}^{x} \frac{1}{2 i - 1}

对于 $f (A, 0, A)$ ，经过推导我们发现这个 $0$ 不是一个很有用的要求，我们直接拓展到 $f (A, x, B) (A = B)$ ，具体而言我们先钦定顺序，如果钦定先选 $11 / 00$ 会变得非常诡异，我们考虑保留这个环意义下的 $A = B$ 的东西，不妨钦定先接 $10$ ，有接到 $10$ 的自己，接到 $10$ 但不是自己，接到 $11$ ，接到 $00$ ，贡献很好写，只有第一种贡献连通块，第一种是 $f (A, x - 1, B) + 1$ ，别的都是 $f (A, x - 1, B)$ ，但是这个概率怎么写呢，好像分别是 $1 / x - 1 / 2 A / 2 B$ 种呢，但是注意到后面两种有一个一一对应的关系，所以这个整体需要 $\div 2$ ，然后概率就分别是 $1 / x - 1 / x / (A + B) - x$ 了，不妨认为 $x = A$ 因为反正等价，然后我们也可以写柿子啦 qwq

f (A, x, B) = \frac{1}{A + x + B} (f (A, x - 1, B) + 1) + \frac{x - 1}{A + x + B} f (A, x - 1, B) + \frac{A}{A + x + B} f (A, x - 1, B) + \frac{B}{A + x + B} f (A, x - 1, B) = f (A, x - 1, B) + \frac{1}{A + x + B} = f (A, 0, B) + \sum_{i = 1}^{x} \frac{1}{2 x + i}

然后就做完了嘻嘻，就，转移要学会钦定顺序，然后每次转移一点点就行了不要太贪，然后要钦定转移顺序，然后要选择正确的转移顺序。

[炼石计划--NOIP模拟一]--T2--小朋友

首先有一个比较唐诗的贪心的 idea，就是我们不难发现单调栈一个 $s$ 上面的不降子序列， $s$ 一定是这个子序列的一个前缀，我们考虑枚举一个前缀的长度然后拼出后缀取 $max$ 即可。

然后我们就考虑怎么求出一个枚举了的前缀的对应 $t$ 的 $max$ ，假设这个前缀是 $c . . . w z z z z$ （这里的假设主要是想表达我们最后一种的那一串单独出来表达），那么对于 $c . . . w$ 这部分的 $t$ 肯定没办法了嘛，就必须老老实实全部都要，然后对于 $z z z z$ 这些，我们是在所有的 $z . . . z$ 中选择一个 $z z z z$ 对应的 $t$ 让它最大，这个很好 dp 嘛，就设 $f [i]$ 表示长度为 $i$ 的最优 string，然后顺次更新即可，复杂度 $O (n^{3})$ ，dp 之后暴力合并就可以啦 qwq

[炼石计划--NOIP模拟一]--T3--列表

这个原本的 Game 很屑，过程性太强了，我们不妨对其进行一个强行性理解，不难发现就是每一轮，比方说中间为 $n^{'}$ ，那么 $n^{'} - 1 / n^{'} + 1$ 必须保留一个，保留的代价就是删除 $n^{'}$ 另一边的任意一个，所以我们考虑左边右边一一匹配然后保留对应的就可以，因为个数肯定没问题嘛，但是为什么还有对一个集合的不合法呢？我们发现就不如 $x, v, x$ 这种就不可以了嘛（ $v / x$ 表示保留/不保留），然后我们发现瓶颈大概是一个对于前 $i$ 轮时候，必须保留 $i$ 个至少，所以我们有一个相对唐诗的 $O (n^{2} \log n)$ 的暴力，就是我们可以枚举一个左端点，然后每一轮对应的都加入堆重新贪心，然后每轮取一个 $\geq l$ 的最小的，最后取得一个答案。

我们尝试优化这个基于贪心的暴力，发现变化次数只能在最多 $O (n)$ 且难以优化，因为做的太直接了喵。我们考虑一点别的，不难发现对于 $L = 1, \dots, m$ ，对应的 $R ↑$ ，于是我们考虑双指针，那么现在有两个操作，删除 $L$ ，尝试加入 $R + 1$ ，判定是否合法，我做的时候感觉定式思维稍微在这里卡了一下，就其实这个东西不一定要从一个依赖性很强的东西递推过来修正，反而直接取最优的角度去思考会便利很多......？很多现有的东西不一定是全面充足的，会增加不必要的转移。

对于一个区间 $[L, R]$ 其合法性怎么判定？首先 $x \in [L, R]$ 都要保留，然后还需要保留 $δ = n + 1 - (R - L + 1)$ 这么多的东西凑数，贪心的想，我们肯定直接选那些距离 $n + 1$ 尽量近的东西看其合法性就可以了。

对于尝试加入 $R$ ，如果 $R$ 原本是凑数的，那就直接让祂变成非凑数保留，如果 $R$ 原本是没有保留的，让祂变成非凑数保留，然后去掉一个凑数的，具体一点去掉距离 $n + 1$ 最远的那个凑数的。
对于删除 $L$ ，如果 $L = a [n + 1]$ 不能动啊，不然先把 $L$ 变成不保留的，那么现在缺一个凑数的，从不保留集合里面选一个最好的变成凑数保留的，具体而言，选距离 $n + 1$ 最近的那个。

快速选取显然可以使用优先队列快速维护（实现的时候可以打懒标记），然后现在还有一个问题就是说，删除加入要快速判定一个合法性问题，然后这个是一个区间加+查询区间最小值的问题，线段树优化即可，然后就做完了，稍微有一点点难写我代码能力不是很好的说，感觉是那种平凡的 stl 题目代码的好像很好写但是又要调嗯嗯 >w<

CF1228E

是不是不太能直接做嘛，那么考虑容斥，考虑钦定集合 $S$ 不合法去计数， $x \leftarrow | S |$ ，那么总方案数就是 $((k - 1)^{x} k^{n - x} - (k - 1)^{n})^{n}$ ，容斥就行了。

CF425E

这种 dp 首先应该钦定顺序嘛，普通的平凡的好像不太能不重不漏，我们不妨思考怎么钦定一个确定最优集合的方式先， $R ↑$ ， $L$ 合法就取，这是一个经典的贪心。

考虑一个集合按照上述方式生成的方案数，首先对于集合的右端点不妨设其为 $x$ ，然后设上一个右端点为 $k$ ，那么左端点的要求是只要有连到 $> k$ 的就行了，容斥一下不难发现方案数是 $2^{x} - 2^{k}$ ，对于非右端点只能忘 $\leq k$ 的连，方案数是一个 $2^{k}$ 的贡献。

状态设计就比较能写了，不妨设 $f [i] [j] [k]$ 表示前 $i$ 个数用了 $j$ 条线段最后一条线段在 $k$ ，转移的话枚举更新 $f [i] [j] [k]$ 的那个不产生右端点的贡献 $\times 2$ ，然后用 $f [i - 1] [j - 1] [k]$ 更新 $f [i] [j] [i]$ ，系数是上面提到的那个 $2^{i} - 2^{k}$ ，然后空间开不下滚动一下就行了。

CF93E

正常的做法只有容斥，然后有一些数据范围比较诡异，正常容斥算一个 $\sum_{S} ⌊ \frac{n}{\prod - a_{i}} ⌋$ ，这个东西很多无效为 $0$ ，所以考虑一个比较典的 $a \geq b$ 转化成 $⌊ \frac{a}{b} ⌋ \geq 1$ ，不妨考虑设 $f [i] [j]$ 表示除剩 $i$ 使用了 $a_{j}, \dots, a_{n}$ 的方案数，因为互质，比较显然的有 $f [i] [j] = ⌊ \frac{i}{a_{j}} ⌋ + f [i] [j + 1] - f [⌊ \frac{i}{a_{j}} ⌋] [j + 1]$ ，也是一个小容斥，这样子复杂度就是 $O (k \sqrt{n})$ ，但是 (unordered_)map 狂暴超时，数组也不可能开的下，经过学习可以 $i$ 小的部分记忆化别的直接调用，这个题目狂暴卡常。

CF1371F

一眼题，写了整整 100 行，好久没写过上百行的题目了。我们不妨直接线段树，需要维护区间前缀/后缀 $0 / 1 / 01 / 10$ ，区间最长 $01 / 10$ 串，合并就维护后缀 $0 / 01$ 还有 $A n s$ ，没什么细节挺好写的，难度主要在代码有点长。

CF379D

~~本人在精神极差的时候强行理解这个题目出 4 个意思并且每一版都写了代码然后发现第 4 版才过太逆天了。~~

首先我们考虑固定了 $s_{1}, s_{2}$ 怎么求 $s_{k}$ 的答案，不妨设 $s_{i}$ 有 $f_{i}$ 个 AC，那么转移首先有一个 $f_{i} \leftarrow f_{i - 2} + f_{i - 1}$ ，但是拼接处可能还会产生一个 AC，所以我们还关心 $L_{i} / R_{i}$ 表示 $s_{i}$ 的第一个/最后一个字符是 A/C/非A非C，然后就很好转移了。

这个东西显然只跟 $L_{1} / R_{1} / L_{2} / R_{2} / f_{1} / f_{2}$ 相关，那我们不妨枚举这个，总共有 $3 \times 3 \times 3 \times 3 * \frac{n}{2} \times \frac{m}{2}$ 种，每次花 $O (k)$ 验证是否等于 $k$ 就行了。

然后还有一个问题就是我们需要判一个 $L_{1} / R_{1} / L_{2} / R_{2} / f_{1} / f_{2}$ 的合法性，直接贪心狂暴构造然后随便判定一下就行了，具体的，首尾确定了，然后尽量在前面放需要的 AC，剩下的部分就放 C。

CF906C

看数据范围肯定是状压 dp，不妨设 $f [s]$ 表示 $s$ 成团的最小代价，考虑向后递推，使用 $i$ ，可以用 $+ 1$ 的代价往 $f [s | s t_{i}]$ 转移，然后就做完了喵。

CF757D

首先数字 $\leq 20$ ，考虑状压 dp，每次往后刷表即可。

ARC171D

首先反转序列没有影响，于是变成 $h a s h (X) = \sum_{i = 1}^{| X |} x_{i} \times B^{i}$ ，然后去考虑做一个哈希前缀和，之后 $L, R$ 的要求实质性变为 $\frac{s u m (R) - s u m (L - 1)}{B^{L - 1}} \neq 0 (\mod P)$ ，因为 $P$ 是素数，所以就是 $s u m (L - 1) \neq s u m (R) (\mod P)$ ，考虑怎么求出最少需要多少种数值跟 $P$ 进行比较即可。

注意到数据范围 $n \leq 16$ ，考虑状压 dp，设 $f [s]$ 表示集合 $s$ 都染色最少需要多少种颜色，预处理 $c w [s]$ 表示集合 $s$ 是不是独立集，初始化显然是 $f [s] = (1 - c w [s]) \times \infty + 1$ ，转移的话在预处理一个 $o u t [s]$ 表示 $s$ 能到达的地方，枚举 $s$ 的子集中的独立集，用该独立集和其补集转移，用是否有连边判断是否需要 $+ 1$ 即可，复杂度 $O (n^{3})$ 。

P4359

首先对于 $p_{k}$ 和 $k$ 不同的叉在一起考虑感觉比较容易麻烦，加上合法 $(p_{k}, k)$ 的种类并不很多，我们对于每一类单独考虑，然后注意到 $k$ 不是很大，这种取大的题目估计就是像超级钢琴之类的放堆里面一次一次取了。

一次一次取需要什么，需要偏序关系和不重不漏，形式化一点就是对于 $(p_{k}, k)$ 对应出的每一个集合，我们要找到一种连边的方式使其成为一个大根堆形态的东西。一个集合的本质是什么，去掉一个 $p_{k}$ 的固有部分之后就是在 $p_{i} \leq p_{k}$ 种任意选择 $k - 1$ 个，选择方案之间是一个无序化后不同的要求，那我们可以想想这种选择如何 dfs 可以满足条件，是不是还是有点不够明显，考虑到一类中最大的肯定是 $p_{k}^{k}$ ，那我们不妨将 $p_{k} 的指数 - 1$ 看作剩下的没有放的个数，然后就好做了，普通 dfs，我们考虑搜出来嘛， $d f s (x, s y, c w)$ 表示现在在状态 $x$ ，还剩下 $s y$ 个没有放出去，目前选择最后一个放到 $p_{c w}$ 的情况，这个往 $d f s (\frac{x \times p_{i | \geq c w}}{p_{k}}, s y - 1, i)$ 搜出去就行了，然后这个东西显然是个大根堆。