2021.8
CF1369E DeadLee
记 \(s_i\) 为喜欢第 \(i\) 种食物的人数。假如存在一种食物满足 \(s_i\le w_i\)，我们可以让喜欢 \(i\) 的人只吃 \(i\)，并让这些人最后来，那么这些人很可能不会吃到他们喜欢的另一种食物，这些食物可以留给其他人。这时如果又出现了一种食物满足 \(s_i\le w_i\)，我们可以拿它再进行一次贪心。这很像 bfs 的过程，用队列模拟即可。
P7789 [COCI2016-2017#6] Sirni
直接 kruskal 肯定不行，但这其中有很多边是无效的。首先若 \(P_a=P_b\)，连起来不需要代价。所以先排序去重。
若 \(x<y\)，则 \(\min(x\bmod y,y\bmod x)=y\bmod x\)。对于一个 \(x\) 考虑哪些 \(y\) 有效。若存在 \(y_1<y_2,\lfloor\frac{y_1}{x}\rfloor=\lfloor\frac{y_2}{x}\rfloor\)，那么 \(y_2\bmod x>y_1\bmod x,y_2\bmod y_1\)，边 \((x,y_2)\) 一定是无效的。所以枚举 \(x\) 的倍数，二分出大于等于它的最小值连边。最后做一遍 kruskal。
CF1451E2 Bitwise
首先通过 \(n-1\) 次询问求出每个数与 \(a_1\) 的异或值。现在我们要想办法求出 \(a_1\)。
若存在 \(a_1\oplus a_i=0\) 即 \(a_1=a_i\)，询问一次 \(a_1\&a_i\) 或 \(a_1|a_i\) 即可求出 \(a_1\)。
若存在 \(a_i=a_j\)，询问一次 \(a_i\&a_j\) 或 \(a_i|a_j\) 即可求出 \(a_i\)，然后可求出 \(a_1\)。
若都不满足，这个序列必定两两互不相同。由于 \(a_i\le n-1\)，\([0,n-1]\)内的数全部出现过。
由于 \(n\) 是 \(2\) 的幂，\(n-1\) 二进制下全为 \(1\)，\(n-2\) 形如 \(111\dots0\)。必定存在 \(a_i\) 满足 \(a_i\oplus a_1=n-2\)，即 \(a_i\) 和 \(a_1\) 只有最低位相同。可以询问 \(a_i\&a_1\) 得出 \(a_1\) 最低位。同时必定存在 \(a_i\) 满足 \(a_i\oplus a_1=1\)，即 \(a_i\) 和 \(a_1\) 只有最低位不同。可以询问 \(a_i\&a_1\) 得出 \(a_1\) 其他位。然后就可以得出 \(a_1\)，最多使用 \(n+1\) 次询问。
CF506D Mr. Kitayuta's Colorful Graph
神奇的根号分治。首先把询问离线，枚举每种颜色，用并查集处理联通块。然后我们可以写出两种暴力：
- 枚举每个询问，用并查集判断连通性。
- 枚举每个连通块，再枚举连通块内的点对，将查询这组点对的询问答案 \(+1\)。
若某种颜色涉及的边数超过 \(\sqrt m\)，我们使用第一种暴力。这样的颜色数量不超过 \(\sqrt m\)。这一部分时间复杂度 \(O(q\sqrt m\alpha(n))\)。否则使用第二种暴力，各连通块大小平方和一定不超过点数平方，而点数不超过边数的二倍。这一部分时间复杂度 \(O(n\sqrt n\alpha(n))\)。
CF1108E2 Array and Segments (Hard version)
题意：给出一个序列和一堆区间，选出一些区间进行区间减 \(1\) 操作，使得序列极差最大，并给出方案。
由于操作是区间减 \(1\)，序列最大值一定不会再变大。所以枚举一个位置作为最大值，把没有覆盖到这个位置的区间都减 \(1\)。
用线段树维护，先把所有区间作用到序列上。枚举到某个位置时，把所有以这个位置开始的区间撤销（\(+1\)），然后求出当前答案。再把所有以这个位置结束的区间作用回去。就可以做到 \(O(n+m\log n)\)。
CF1167E Range Deleting
记 \(L_i,R_i\) 分别为值为 \(i\) 的下标的最小 / 大值。即求有多少 \(l,r\) 满足 \(R_1<L_2,\dots,R_{l-2}<L_{l-1},R_{l-1}<L_{r+1},R_{r+1}<L_{r+2},\dots,R_{x-1}<L_x\)。
先从后往前扫一遍求出最大的可能的 \(r\)，然后做一遍双指针即可。当 \([1,l-1]\) 无法满足时及时退出。
P6071 『MdOI R1』Treequery
首先需要知道一个结论：一个点集的 LCA 是这个点集中 dfs 序最小的点和 dfs 序最大的点的 LCA。假设这两个点分别是 \(x,y\)（可以用 st 表求）。
然后一波分类讨论：
- 所有 点都在 \(p\) 的子树内（二维数点，主席树），答案为 \(dep_{LCA(x,y)}-dep_p\)。
- 有些点在 \(p\) 子树内，有些不在，答案显然为 \(0\)。
- 所有点都不在 \(p\) 的子树内，这里又要分类讨论
首先找到一个点 \(q\)，满足它是 \(p\) 的祖先，且其子树内 存在 \([l,r]\) 中的点，且深度最大。这个可以二分。
- 所有点都在 \(q\) 子树内，答案为 \(dist(p,LCA(x,y))\)
- 否则，答案为 \(dep_p-dep_q\)。
总时间复杂度 \(O(q\log^2n)\)。
P7515 [省选联考 2021 A 卷] 矩阵游戏
首先不难求出一组符合 \(b\) 矩阵的 \(a\)，但可能不满足值域限制。所以要给每个数加上一些东西，使得 \(a\) 满足值域限制并且每四个格子的和不变。
发现给某一行或某一列依次加上 \(x,-x,x,-x,\dots\)，每四个格子的和不变。设 \(r_i,c_i\) 分别表示第 \(i\) 行 / 列的操作数，就是要使 \(0\le a_{i,j}\pm r_i\pm c_j\le 10^6\)。尝试找一种方案使得每个格子内刚好一正一负（于是就可以差分约束）：
r1-c1 c2-r1 r1-c3
c1-r2 r2-c2 c3-r2
r3-c1 c2-r3 r3-c3
即：若 \(i+j\) 为偶，则加上 \(r_i-c_j\)，否则加上 \(c_j-r_i\)。然后 spfa 差分约束求出 \(r,c\) 即可。
AT2689 [ARC080D] Prime Flip
记 \(a_i\) 为第 \(i\) 颗棋子的状态，\(1\) 向上，\(0\) 向下。然后令 \(b_i=a_i\oplus a_{i-1}\)，则一次区间 \([l,r]\) 的翻转相当于 \(b_l,b_{r+1}\) 分别翻转。那么同时翻转 \(b_l,b_r\) 的条件就是 \(r-l\) 是奇素数。
首先找出所有为 \(1\) 的 \(b_i\)，数量一定是偶数（必然是 \(a\) 中连续段 \(\times2\)）。若 \(b_j-b_i\) 是奇素数，则连边，此时 \(b_i\) 和 \(b_j\) 的奇偶性肯定不同，所以是二分图。然后跑一遍二分图最大匹配，因为这样只用一次操作，没有重复操作同一个位置时肯定越多越好。
不难发现差为偶数时最多 \(2\) 次。在剩下的奇数和偶数中，分别配对。最后要么全部搞完，要么各剩一个。此时它们的差一定不为奇素数，需要 \(3\) 次搞完。
P1587 [NOI2016] 循环之美
\(k=10\) 时找规律可以发现求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1]\)
\(\sum\limits_{j=1}^m[(j,k)=1]\sum_{d|j}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor=\sum_{d=1}^m\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^m[(j,k)=1][d|j]\)
\(=\sum_{d=1}^m\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[(jd,k)=1]=\sum_{d=1}^m\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor[(d,k)=1]\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[(j,k)=1]\)
最右边那串东西显然有循环节，可以 \(O(k)-O(1)\) 求出，记为 \(S\)。
原式 \(=\sum_{d=1}^m\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor S(\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)[(d,k)=1]\mu(d)\)。整除分块后只需要求出 \(f(d)=[(d,k)=1]\mu(d)\) 的前缀和。\(m\) 较大考虑杜教筛。令 \(g(x)=[(x,k)=1]\)，发现 \((f*g)(d)=\sum_{t|d}[(d,k)=1][(d/t,k)=1]\mu(d)=[(d,k)=1][d=1]=[d=1]\)，而 \(g\) 本身的前缀和就是 \(S\)。再来个杜教筛即可。
P4117 [Ynoi2018] 五彩斑斓的世界
用并查集维护数集。散块修改直接暴力。对于整块修改，分成两种情况（设块内最大值为 \(mx\)）：
- \(2x\le mx\)，\(i\in[1,x]\) 合并到 \(i+x\)，然后打一个整块减 \(x\) 的标记。
- \(2x>mx\)，\(i\in[x+1,mx]\) 合并到 \(i-x\)。
考虑每一个块，一次整块修改花费的并查集操作次数是 \(\min(x,mx-x)\)，而 \(mx\) 也会减少 \(min(x,mx-x)\)，即最多操作 \(mx\) 次。总时间复杂度 \((q+V)\sqrt n\)。这题还卡空间，把询问离线下来，每个块依次处理，空间就是线性的。
P6292 区间本质不同子串个数
考虑一个简单一点的问题：有一堆带颜色区间（同颜色的区间等长），询问一个区间所包含的完整的区间中，有多少种颜色。
把询问离线之后，枚举询问的右端点 \(r\)，对于在 \(r\) 左边的同颜色的区间，只保留最靠右的（在左端点上 \(+1\)）。具体地，枚举每一个以 \(r\) 结尾的区间 \(i\)，记 \(lst_x\) 为颜色 \(x\) 上一次出现的右端点，则 \(lst_{clr_i}-len_i+1\) 减去 \(1\)，\(l_i\) 加上 \(1\)。查询时查一个区间和即可。用一个树状数组即可解决。
再看这道题。对原串建出 SAM 后，在每个节点上维护一个 \(lst\)。枚举右端点 \(r\)，此时 parent tree 上 \(r\) 节点到根的 endpos 都多了一个 \(r\)，考虑把这些串的贡献撤销，再算上 \([1,r],[2,r],\dots,[r,r]\) 的贡献。那么就可以枚举这些节点（一定都在 \(r\) 之前），在树状数组上区间加，区间求和。
但这样显然会超时。观察这个到根的操作，很像 LCT 的 access 操作。把路径上的节点放到一棵 splay 中，然后打个 \(lst\) 赋值的标记。而 access 时经过的每一棵 splay，所代表的子串长度一定连续，\(lst\) 也一定相同，所以在树状数组上区间减即可。然后在 \([1,r]\) 上区间加即可。总共是两只 \(\log\)。注意初始时所有边都是虚边，因为我们直接把整个串的 SAM 建出来了，而初始时没有任何节点。
P5386 [Cnoi2019]数字游戏
在值域上进行回滚莫队，问题变成了：一个全为 \(0\) 的序列，支持 \(O(n\sqrt n)\) 次把一个位置变成 \(1\)，\(O(n)\) 次询问 \([l,r]\) 内每段连续的 \(1\) 的 \(C_{len}^2\) 之和。如果直接用线段树，修改查询都是 \(O(\log n)\)，所以用分块平衡复杂度。具体地，在块内每个连续段的两端维护连续段的长度（只需要保证两端的信息是正确的），维护块内答案、左右两边 \(1\) 的个数。
P6578 [Ynoi2019] 魔法少女网站
和上一题很像，这题多了修改，但没有值域下界。还是用分块维护连续段。
这题需要用到一个叫操作分块的东西。假设块长为 \(T\)，发现一个块内最多只有 \(T\) 个位置要修改，剩下 \(n-T\) 个位置是不变的。那么可以对块内的询问按照 \(x\) 排序，\(n-T\) 个数也排个序，用双指针处理。
然后对于一次询问，把操作块内在它之前的修改作用一遍。枚举这 \(T\) 个位置，判断是否要在序列上修改。注意这些是要及时撤销的。
P5311 [Ynoi2011] 成都七中
有一个性质：对于树上任意的连通块，在点分树上必有唯一的点，其在点分树上的深度最小。
那么对于一个询问 \(l,r,x\)，如果找到了这个最浅的点 \(y\)，整个连通块就都在 \(y\) 的分治区域内了。然后把询问挂在 \(y\) 上。记 \(mx_i,mn_i\) 分别表示 \(i\) 到 \(y\) 的路径上，最大编号和最小编号。如果 \(l\le mn_i,mx_i\le r\)，\(i\) 和 \(y\) 就是联通的。而 \(x\) 又与 \(y\) 联通，所以 \(i\) 一定在要求的连通块内。
现在问题变成了：询问 \(l\le mn_i,mx_i\le r\) 的点的颜色数。离线后枚举 \(r\)，对于\(mx_i\) 在 \(r\) 左边的同颜色的点，只保留 \(mn_i\) 最靠右的，在 \(mn_i\) 上加 \(1\)。查询时就查个区间和，所以一个树状数组即可完成。
事实上并不需要建出点分树，只需要一次点分治。把所有当前分治中心联通的、且没有被处理过的询问，搜集起来，处理一遍。这样每个询问只会被最浅的分治中心处理。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
