2月杂题

1.P3920 [WC2014]紫荆花之恋

离线怎么做？考虑把点分树建出来。

在线怎么做？考虑定期重构,暴力查散点，跳点分树查整点。

2.CF1063F String Journey

$O(n\sqrt{n})$ :观察到答案不超过 $\sqrt{n}$ ，暴力即可。

$O(n\log n)$ ：考虑 $dp_i$ 表示 $[i,n]$ 这个串的答案，则 $dp_i\le dp_{i+1}+1$ 。

倒着 dp ，每次判断 $dp_i$ 是否 $\geq x$ ，只需要做 $O(n)$ 次判断。

相当于要找到一个 $j$ 使得 $j\geq i+x,dp_j\geq x-1,\max(lcp(i,j),lcp(i+1,j))\geq x-1$ 。

注意到 $i+x$ 单调不增。lcp 利用 SAM 处理，则变成 fail 树上的单点修改，子树 max ，线段树维护即可。

3.P4649 [IOI2007] training 训练路径

注意到没有偶环，相当于每个非树边覆盖的路径，长度是奇数，且两两不交。

如果一个路径 $i$ 覆盖了一条边，就给这个边染上颜色 $i$ 。

$dp_{x,i}$ 表示处理了子树 $x$ ， $x$ 到 $fa$ 染色为 $i$ ，最大的权值。我们对于每个路径，在 lca 处算贡献。

转移是一个状压 dp 的过程，复杂度 $O(2^{10}(n+m)+nm)$ 。

4.LOJ2765「JOI 2013 Final」 冒泡排序

观察到交换的 $a_i,a_j(i<j)$ 一定满足 $a_i>a_j$ ，且 $a_i$ 是 $[1,i]$ 中严格最大值，$a_j$ 是 $[j,n]$ 中严格最小值。

对于 $a_i>a_k>a_j,i<k<j$ ，对答案有 $2$ 的贡献。把可能的 $i$ 和 $j$ 拎出来，并以点 $(i,j)$ 表示交换 $a_i,a_j$ 的答案，那么 $k$ 贡献的范围一定是一个矩阵。

注意 $a$ 可能有相同的，有一些特殊情况，处理是类似的。

由此扫描线即可。复杂度 $O(n\log n)$ 。

5.P6846 [CEOI2019] Amusement Park

首先，一个 DAG ，把所有边反向，得到的还是 DAG 。

所以答案是 $m/2$ 乘上定向的方案数。

考虑钦定一些点作为 DAG 中入度为 $0$ 的点，但是这样会算重。考虑，如果钦定 $x$ 个点，就乘上 $(-1)^{x-1}$ 的容斥系数，这样就好了。

令 $f_S$ 是子集 $S$ 的答案,$g_S$ 是 $[S是独立集](-1)^{|S|-1}$ ，则 $f_S=\sum\limits_{T\subset S}g_Tf_{S-T}$ 。

复杂度是 $O(3^n+2^nn^2)$ 。可以用子集卷积优化到 $O(2^nn^2)$ 。

6.CF1787H Codeforces Scoreboard

先化成 $\sum max(0,b_i-k_i*t)$ 的形式。我们可以看成每个式子在 $0$ 或 $b_i-k_i*t$ 中选一个。

考虑这些选了的。首先 $b$ 就不影响了，并且我们会按 $k$ 从大到小插入式子。

所以把全局的式子排序，令 $dp_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个，选了 $j$ 个的最大权值，则 $dp_{i,j}=\max(dp_{i-1,j-1}+b_i-k_ij,dp_{i-1,j})$ 。令 $z_{i,j}=dp_{i,j}-dp_{i,j-1}$。

考虑转移，一开始猜测 $dp_i$ 是上凸的，即 $z_{i,j}\geq z_{i,j+1}$ 。然后维护差分数组。其实是对的，但是不好证明。

根据证明中的障碍，进一步猜测 $z_{i,j}-z_{i,j+1}\geq k_i$ ，这反而更好证明，且更好利用。证明如下：

考虑归纳证明，假设 $z_1$ 至 $z_{i-1}$ 都是满足条件的。

考虑转移的过程， $max$ 式子中的两个值，作差法得到 $b_i-k_ij-z_{i-1,j}$ 。$j$ 变成 $j+1$ ，前面这个式子的增加量就是 $z_{i-1,j}-z_{i-1,j+1}-k_i\geq k_{i-1}-k_i\geq 0$ 。所以这个式子是单调不减的。

$k_{i-1}-k_i\geq 0$ 是因为我们已经从大到小排序了。

我们令 $x$ 是第一个满足 $b_i-k_ij-z_{i-1,j}\geq 0$ 的 $j$ 。$f$ 变化时 $z$ 的变化：相当于 $z_{i,j}=z_{i-1,j}(1\le j<x)$ ，$z_{i,x}=b_i-k_ix$ ,$z_{i,j}=z_{i-1,j-1}-k_i(j>x)$ 。(如果不想看证明，即可用平衡树维护这个过程。)

对于 $j\le x-2$ ，$z_{i,j}-z_{i,j+1}=z_{i-1,j}-z_{i-1,j+1}\geq k_{i-1}\geq k_i$ 。对于 $j=x-1$ ，$z_{i,j}-z_{i,j+1}=z_{i-1,x-1}-(b_i-k_ix)$ 。

因为对于 $j<x$ ，都有 $b_i-k_ij-z_{i-1,j}<0$ ,则 $b_i-k_ix+k_i-z_{i-1,x-1}<0$ ，$z_{i-1,x-1}-b_i+k_ix> k_i$ 。

对于 $j=x$ ，$z_{i,j}-z_{i,j+1}=(b_i-k_ix)-z_{i-1,x+1}$ 。同 $j=x-1$ 的证明，可以得到这是 $\geq k_i$ 的。

对于 $j>x$ ，同 $j\le x-2$ 的证明，$z_{i,j}-z_{i,j+1}=(z_{i-1,j-1}-k_i)-(z{i-1,j}-k_i)=z_{i-1,j-1}-z_{i-1,j}\geq k_{i-1}\geq k_i$ 。

综上，对于任意 $j>0$ ，有 $z_{i,j}-z_{i,j+1}\geq k_i$ ，结论成立。

7.ABC288Ex A Nameless Counting Problem

我们计算 $f_i$ 表示 $i$ 个互不相同的数的答案，则之后同时插入两个数，答案为 $\sum f_{n-2i}\tbinom{m+i}{i}$ 。

考虑利用容斥计算，考虑任意两个数都要满足 $a_i\ne a_j$ ，我们钦定一些二元组 $(i,j)$ 满足 $a_i=a_j$ 进行容斥，连成的每个连通块的所有数要相等。

如果已经确定一个大小为 $n$ 的连通块然后内部连边，则所有方案的系数和为 $(-1)^{n-1}n!$ ，可以归纳发现。

钦定连通块的过程类似于一个 EGF ， $O(n^3)$ 卷一下就好了。就是求 $g_{i,j}$ 表示 $i$ 个点，$j$ 个大小为奇数的连通块（为偶数的，直接乘上 $m+1$，不影响异或和） 的方案数。

再算一个 $h_i$ 表示任意 $i$ 个数的答案。则 $f_i=\frac{1}{i!}\sum g_{i,j}h_j$ 。

算 $h$ 直接数位 dp，复杂度是 $O(n^3\log m)$ 。

8.CF1787I Treasure Hunt

神题 。

我们设定 $q$ 是最大前缀和的位置。考虑如果选择 $l\le q<r$ ，那么把 $r$ 赋值为 $q$ ，权值增加量为 $s_q-s_r\le 0$ ，一定是不劣的。所以一个序列的权值是：最大前缀和+最大子段和。

最大前缀和的和容易利用单调栈 $O(n)$ 算出。

最大子段和的和？考虑分治，计算跨越 mid 的区间的权值和。

$i>mid$ 时，令 $a_i$ 表示 $j\in (mid+1,i]$ 的最大的 $s_j$ ，$b_i$ 表示 $(mid+1,i]$ 的最大子段和。

$i\le mid$ 时，定义类似。

则问题转化为计算 $\sum \sum \max\{a_i+a_j,b_i,b_j\}$ ，这是二维偏序问题，可以 $O(n\log n)$ 计算，则总复杂度为 $O(n\log^2 n)$ 。

有结论：$a_i-b_i(i>mid)$ 是单调不降的，$a_i-b_i(i\le mid)$ 是单调不增的。利用这个就能维护三个指针，进行计算了，复杂度 $O(n\log n)$

给出 $i>mid$ 时的证明：

令考虑到 $i$ 时，最大字段和是 $s_r-s_l$，最大前缀和是 $s_q$ 。则根据本文一开始的讨论，$r=q$ 或 $l>q$ 。

如果 $r=q$ ，则加入 $i+1$ 时 $\Delta a=\Delta b=\max(s_{i+1}-s_q,0)$ 。

若 $l>q$ ：则加入 $i+1$ 时分情况讨论：

1. $q$ 将变成 $i+1$，$\Delta a=s_{i+1}-s_q$。发现 $\Delta b\le s_{i+1}-s_r\le s_{i+1}-s_q=\Delta a$ 。

2. $q$ 不变，则 $\Delta a\geq 0$，$\Delta b =0$ 。

就证完了 $\Delta a\geq \Delta b$ 。

9.CF1785E Infinite Game

考虑在状态中记下：$4$ 种初始比分，经过串 $S$ 后会变成什么。

则最后，$i$ 经过 $S$ 变成 $p_i$ ，会形成一个基环树。根据 0:0 能到达的环的权值和来判断结果。(权值就是指 A赢的次数 - B赢的次数)

枚举哪些比分最后会在环上的集合 $S$，则是 $dp_{i,j,t0,t1,t2,t3}$ 的形式，转移就好了。如果符合枚举的 $S$ ，就统计如答案。

这样做是 $O(n^2)$ ，常数 $4^4*2^4*2=2^{13}$ 。跑不满，跑满了也能过（

10.P7985 [USACO21DEC] Paired Up P

显然，如果钦定了参与匹配的牛，他们一定按坐标从小到大依次匹配。

T=1 时记 $f_{i,j}$ 表示第一类牛考虑到 $i$ ，第二类牛考虑到 $j$ 。因为满足最大就保证最大，所以 dp 一下就好了。

T=2 时需考虑“极大”的限制。

$f_{i,j,k,l}$，其中 $k$ 表示第一类牛最后一个没考虑的，$l$ 同理。

但 $k$ 和 $l$ 只用记靠后的一个。因为 $k$ 和 $l$ 差一定 $>L$ ，那么靠前的那个点，无法影响更后面的点。

现在就变成 $f_{i,j,k}$ 了。考虑何时 $k$ 能变成另一类牛？

比如 $k$ 是第一类，必定是某个时刻，$i=k$ ，然后第一类在 $i+1$ 后，第二类在 $j+1$ 后，匹配连续的一段，使得下一个未匹配的第二类 $t$，满足 $x_t>x_k+L$ 。

于是状态就简化成 $f_{i,j,0/1}$ 了，$O(n^2)$ 可通过本题。

11.ABC215H Cabbage Master

考虑霍尔定理，选择一个右端点的集合。则在左端点的并集相同的情况下，一定会尽量多选来卡限制。

令 $f_{S}$ 是左端点集合 $S$ ，使并集 $T\subseteq S$ 的情况下的最大的 $\sum b$。

令 $g_{S}$ 是 $S$ 集合的 $\sum a$，则第一问答案是 $an=\min {f_S-g_S+1}$ ，其中 $f_S\ne 0$ 。

考虑第二问，我们删去 $an$ 个小球后，令这些小球覆盖的左端点集合为 $T$ ，则一定存在 $T\subseteq S$ 使得 $f_S-g_S+1=an$ 。

一个 $T$ 是否合法就很容易判断。而这个并集恰好为 $T$ 的限制，可以考虑构造 $e_S=\tbinom{g_S}{an}$ ，然后 IFMT 一下。

12.ABC289Ex Trio

题外话：f[i-l]=h[i] 写成 f[i]=h[i-l] 导致没有场切。以后打 ABC 只做 G 和 Ex，节省时间。(其实是这场被 F 卡了)

考虑 “$T$ 是第一次三点合一的时刻” 这个限制，容斥，钦定一些时间会三点合一。

则算一个 $f_i$ 表示经过 $i$ 刻，从初始状态变成三点合一的方案数，$g_i$ 表示经过 $i$ 刻，从三点合一变成三点合一的方案数。这俩都是能一遍卷积算出来的。

然后就 分治 FFT/多项式求逆 。

13.LOJ3075 「2019 集训队互测 Day 3」组合数求和

神题。

专门开了一篇写做法。

自己没想到的东西：

1. 拆模数，求模数为 $p_i^{c_i}$ 的答案后 CRT 合并。这是很常见的方法。

2. 处理不好求逆元的多项式除法的神秘方法。

14.「WC2023 / CTS2023」楼梯

发现想清楚代码就不难写。

我们用 01 序列刻画轮廓线，从右上角开始，往下走为 0 ，往左走为 1。

用权值线段树维护，位置 $i$ 表示第 $i$ 个 $0$ 后有多少个 $1$ ，则修改都是容易实现的。

考虑查询。发现一个子楼梯对应了一个子段 $[l,r]$ ，满足 $a_l=0,a_r=1$ ，且 $r-l$ 就是边界格数。

现在查询相当于要取一对 $l,r$ 使得 $a_l=0,a_r=1,r-l=q$ 。

由题，$a_0=0,a_n=1$ ，且 $n$ 为 $q$ 倍数。那么考虑二分，初始 $l=0,r=n/q$ 。如果 $a_{q*mid}$ 是 $1$ ，就令 $r:=mid$ ，否则 $l:=mid$ 。

查 $a$ ，以及 $l,r$ 后输出坐标，都可以利用线段树实现。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

15.AGC061C First Come First Serve

第一次场切 AGC 的 C，很激动。但是这场 A 做得太慢了（

简化题意：有两个长度为 $n$ 的单调递增序列 $l$ 和 $r$ ，并且不存在 $l_i=r_j$ 。你可以使 $a_i$ 等于 $l_i$ 或者 $r_i$ 。

一个排列 $p$ ，$p_i$ 表示 $a$ 中第 $i$ 小的数的下标。问有多少种不同的 $p$。$1\le n\le 5*10^5$ 。

做法：

考虑对于 $p$ ，怎么构造出 $a$。可以从左往右贪心构造：如果 $a_{p_{i-1}}<l_{p_i}$ ，则 $a_{p_i}=l_{p_i}$ ，否则 $a_{p_i}=r_{p_i}$ 。

而一组 $a$ 只会对应一个 $p$ 。则一组 $a$ 会在它对应的 $p$ 的构造中被“采用”，当且仅当：如果存在 $i$　使 $a_i=r_i$ ，则必须存在 $a_j$ 使得 $l_i<a_j<r_i$ 。

由此，考虑容斥处理这个限制。钦定一些 $i$ ，使得 $a_i=r_i$ ，且不存在 $j$ 使 $l_i<a_j<r_i$ 。 我们称这个限制为，$[l_i,r_i]$ 都被 $i$ 覆盖了。

考虑钦定了的数，它们覆盖的区间两两不交。

其次，如果有一个 $j$ ，两端都被覆盖了，则对答案贡献为 $0$ ；否则，贡献为 $2^{n-\sum r_i-l_i}$ 。

如果 $j$ 两端都被覆盖，由于 $l$ 和 $r$ 单调递增，一定是相邻两个钦定了的区间 $i_1,i_2$，使得 $i_1<j<i_2,l_j<r_{i_1},r_j>l_{i_2}$ 。

我们记 $dp_i$ 表示，当前钦定集合末尾为 $i$ ，所有方案的贡献和。

$i_1$ 能转移到的 $i_2$ 一定是一个后缀，而这个范围可以二分两次求出。由此，我们以 $O(n\log n)$ 的复杂度解决了此题。

16.CF765F Souvenirs

考虑把询问按右端点排序，然后加入 $a_i$ 时，我们先考虑 $a_j\le a_i$ 的数对。

如果已经取到一个 $a_j\le a_i$ ，则对于 $k<j$ ，必须满足 $a_k-a_j>a_i-a_k$ ，这个 $(k,i)$ 才对答案的更新有用。

所以我们加入 $a_i$ 时就一直按照上面的限制找下一个 $j$ ，由于 $a_i-a_j$ 每次会减半，所以 $j$ 只有 $O(\log n)$ 个。找 $j$ 可以主席树实现，更新答案用 BIT。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

17.UOJ310 【UNR #2】黎明前的巧克力

FWT 练习题。

回忆 FWT ：令 $o(S,T)=popcount(S\cap T)$ 。

我们来回忆一下FWT：$a'_S=\sum (-1)^{o(S,T)}a_T$ 。以及 IFWT， $Na_S=\sum (-1)^{o(S,T)}a'_T$ 。

把题意写成集合幂级数的形式: $[x^0]\prod \{1+2x^{p_i}\}$ 。

对 $1+2x^{p_i}$ 施加 FWT 得到 $F_i(x)$ ，考虑 $[x^S]F_i(x)$ ，如果 $o(S,p_i)$ 为奇数，则为 $-1$ ,否则为 $3$ 。

那我们对于每个 $S$ ，我们想算 $\prod [x^S]F_i(x)$ ，只需统计出 $\sum (-1)^{o(S,p_i)}$ 即可。这恰好能用 FWT 计算。

而答案恰好是 $\sum \prod [x^S]F_i(x)$ ，因为 $o(0,S)=0$ 。

18.CF1672I PermutationForces

神题，难想难写。

令 $c_i$ 初始为 $|i-p_i|$ 。我们令第 $i$ 个点是 $(i,p_i)$ 。

显然一个贪心策略是每次删掉 $c_i$ 最小的 $i$ 。而对其他点的影响，就是两个矩形内的点 -1。

问题是怎么维护 $c$ ，怎么找最小。暴力 KDT 显然过不去。

我们以主对角线为界，分上下考虑。以上半部分为例，一个点 $i$ 的 $c_i$ 可能最小，当且仅当 $p_i$ 是后缀最小值，读者自证不难。

只考虑这些点的话，矩阵加实际上就转化成了区间加。但删掉一个点，就会有一些新的点进入候选方案。可以用线段树二分来寻找这些点。

还有一个问题是，新加入一个点，怎么算它此时的 $c_i$ 。可以用树状数组维护。

细节很多。我写得很烦。

代码(3.5k)

// LUOGU_RID: 102160828
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p[501000];
struct BIT{
	int tr[501000];
	inline void add(int x,int z){for(;x<=n;x+=(x&-x))tr[x]+=z;}
	inline int ask(int x){int s=0;for(;x;x-=(x&-x))s+=tr[x];return s;}
}K[2][2];
const int I=1e9;
struct qt{int f,is;};
qt min(qt a,qt b){return (a.f<b.f)?a:b;}
qt max(qt a,qt b){return (a.f>b.f)?a:b;}
struct SGT{
	qt mi[2010000],mi2[2010000],mx[2010000];
	int tag[2001000];
	inline void build(int p,int l,int r){
		mi[p]=(qt){I,l},mi2[p]={I,l};
		mx[p]=(qt){-I,l};
		if(l==r)return;
		int mid=(l+r)>>1;
		build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
	}
	inline void ad(int x,int z){tag[x]+=z,mi2[x].f+=z;}
	inline void pd(int x){ad(x<<1,tag[x]),ad(x<<1|1,tag[x]),tag[x]=0;}
	inline void up(int p,int l,int r,int x,int y,int y2,int z){
		if(l==r){mi[p]=(qt){y,x};mi2[p]=(qt){z,x};mx[p]=(qt){y2,x};return;}
		pd(p);int mid=(l+r)>>1;
		if(x<=mid)up(p<<1,l,mid,x,y,y2,z);
		else up(p<<1|1,mid+1,r,x,y,y2,z);
		mi[p]=min(mi[p<<1],mi[p<<1|1]);
		mi2[p]=min(mi2[p<<1],mi2[p<<1|1]);
		mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
	}
	inline void up2(int p,int l,int r,int x,int y,int z){
		if(y<l||x>r)return;
		if(x<=l&&r<=y)return ad(p,z);
		pd(p);int mid=(l+r)>>1;
		up2(p<<1,l,mid,x,y,z),up2(p<<1|1,mid+1,r,x,y,z);
		mi[p]=min(mi[p<<1],mi[p<<1|1]);
		mi2[p]=min(mi2[p<<1],mi2[p<<1|1]);
		mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]);
	}
	inline qt ask1(int p,int l,int r,int x,int z){
		if(mi[p].f>z)return (qt){I,0};
		if(l==r)return mi[p];
		int mid=(l+r)>>1;
		if(x<=mid)return ask1(p<<1,l,mid,x,z);
		qt cp=ask1(p<<1|1,mid+1,r,x,z);
		if(cp.is)return cp;
		return ask1(p<<1,l,mid,mid,z);
	}
	inline qt ask2(int p,int l,int r,int x,int z){
		if(mi[p].f>z)return (qt){I,n+1};
		if(l==r)return mi[p];
		int mid=(l+r)>>1;
		if(x>mid)return ask2(p<<1|1,mid+1,r,x,z);
		qt cp=ask2(p<<1,l,mid,x,z);
		if(cp.is<=n)return cp;
		return ask2(p<<1|1,mid+1,r,x,z);
	}
	inline qt ask3(int p,int l,int r,int x){
		if(mx[p].f<x)return (qt){-I,n+1};
		if(l==r)return mx[p];
		pd(p);int mid=(l+r)>>1;
		qt cp=ask3(p<<1,l,mid,x);
		if(cp.is>n)return ask3(p<<1|1,mid+1,r,x);
		else return cp;
	}
}T[2][2];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int M=n+1;
	for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)T[i][j].build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=n;i;i--)
		if(p[i]>=i){
			if(M>p[i])M=p[i],T[0][0].up(1,1,n,i,p[i],p[i],p[i]-i);
			else T[0][1].up(1,1,n,i,p[i],p[i],I);
		}
	M=n+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(p[i]<i){
		if(M>n+1-p[i])M=n+1-p[i],T[1][0].up(1,1,n,n-i+1,n-p[i]+1,n-p[i]+1,i-p[i]);
		else T[1][1].up(1,1,n,n-i+1,n-p[i]+1,n-p[i]+1,I);
	}
	int ans=-1,step=n;
	while(step--){
		int o=((T[0][0].mi2[1].f<T[1][0].mi2[1].f)?0:1);
		int x=T[o][0].mi2[1].is;
		int y=T[o][0].mi2[1].f;
		T[o][0].up(1,1,n,x,I,-I,I);
		ans=max(ans,y),y=(o?(n+1-p[n+1-x]):p[x]);
		K[o][0].add(x,1),K[o][1].add(y,1);
		int ii=T[o][0].ask3(1,1,n,y).is;
		if(ii<=x)T[o][0].up2(1,1,n,ii,x,-1);
		ii=T[o^1][0].ask3(1,1,n,n-y+1).is;
		if(ii<=n-x+1)T[o^1][0].up2(1,1,n,ii,n-x+1,-1);
		qt al=T[o][0].ask1(1,1,n,x,n),ar=T[o][0].ask2(1,1,n,x,n);
		while(al.is+1<ar.is){
			qt nx=T[o][1].ask1(1,1,n,ar.is-1,min(ar.f,n+1)-1);
			if(al.is>=nx.is)break;
			int u=nx.is,y=(o?(n+1-p[n+1-u]):p[u]);
			int cs=y-u;
			cs-=(K[o][0].ask(n)-K[o][0].ask(u))-(K[o][1].ask(n)-K[o][1].ask(y));
			cs-=K[o^1][0].ask(n-u+1)-K[o^1][1].ask(n-y+1);
			T[o][1].up(1,1,n,u,I,-I,I);
			T[o][0].up(1,1,n,u,y,y,cs);
			ar=nx;
		}
	}
	return printf("%d",ans),0;
}

18.P5900 无标号无根树计数

学习 GF ing。

令 $n$ 个点的无标号有根树方案 $f_n$ ，无标号无根树方案为 $g_n$ 。如果已经计算出 $f_i$ ，我们考虑拎出重心，得到 $g_n=f_n-\sum\limits_{2j>n}f_jf_{n-j}$ 。特别地，如果 $n$ 为偶数，还要减去 $\dbinom{f_{n/2}}{2}$ 。

如何算 $f_i$ ？考虑枚举有几个儿子，根据 burnside ，枚举所有置换求不动点的平均值。

令 $F(x)=\sum f_ix^i$ 。一个大小为 $k$ 的环，这个环代表的 $k$ 个树都要相同，然后内部连边方案 $(k-1)!$ ，则它的 EGF 为 $F(x^k)\frac{(k-1)!}{k!}=\frac{F(x^k)}{k}$ 。

把他们拼起来，则 $f_i=[x^{i-1}]e^{\sum \frac{F(x^k)}{k}}$ 。（注意这里 EGF 的 $n!$ 和求平均数的 $\frac{1}{n!}$ 抵消了）.

即：$F(x)=xe^{\sum \frac{F(x^k)}{k}}$ 。我们令 $E(x)=\sum \frac{F(x^k)}{k}$ ， $F(x)=xe^{E(x)}$ 。

考虑两边求导： $F'(x)=e^{E(x)}+xe^{E(x)}E'(x)$ 。

$xF'(x)-F(x)=xE'(x)F(x)$。而 $xE'(x)$ 可以展开为 $\sum_{j\geq 1} \sum_{i\geq 1} x^{ij}\frac{f_{j}}{j}$ 。

不难发现可以分治 FFT 解决：令 $g_i=\sum\limits_{d|i} f_d$ ，则 $f_1=1$ ，$f_i=\frac{1}{i-1}\sum\limits_{j=1}^{i-1} f_jg_{i-j}(i>1)$ 。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

19.ABC230H Bullion

和上面这个题类似，令 $A(x)=exp(\sum\limits_{a\in S} \frac{x^{a}}{a})$ （$S$ 是题中给出的金条体积的集合）（这里需要 exp）。

答案生成函数为 $F(x)$ ，$E(x)=\sum \frac{F(x^k)}{k}$ ，则 $F(x)=x(e^{E(x)}A(x)-1)$ 。

和上面类似的化简可得 $xF'(x)-F(x)=(\frac{xA'(x)}{A(x)}+xE'(x))(F(x)+x)$ 。分治 FFT 计算即可。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

20.ARC156D Xor Sum 5

考虑最后会贡献给答案的，肯定是 $[x^s](\sum x^{a_i})^k$ 为奇数的 $s$ 。

然后你发现，$(\sum x^{a_i})^2$ 在模 $2$ 时得到 $\sum x^{2a_i}$ 。

那我们将 $k$ 二进制拆分，就得到 $\prod\limits_{p\in k} (\sum x^{a_i2^{p}})$ 。由此可以从低到高数位 dp 。

21.ARC156E Non-Adjacent Matching

这种题一般都是先找一些必要条件，然后证充分性。

首先度数和 $S$ 一定是偶数；其次考虑相邻两个不能连边能得到什么，卡一些极端情况试试，想到 $x_i+x_{i+1}\le \frac{S}{2}$ 。

发现这个确实是充分的，考虑 $b_i=\frac{S}{2}-x_i-x_{i+1}$ ，则连边 $(u,v)$ 等同于除了 $b_u,b_{u+1},b_{v},b_{v+1}$ 这四个数都要减 $1$ ，最后 $b$ 要变成全 $0$ 。

现在我们要让 $b$ 一直非负。你会发现，如果 $b$ 不超过两处为 $0$ ，那操作是容易的；如果有三处为 $0$ ，那肯定有相邻的 $b_i=b_{i+1}=0$ ，操作也是容易的。

为 $0$ 的位置只会有不超过三处，读者自证不难。

然后计数就是容斥钦定一些位置 $b_i+b_{i+1}>\frac{S}{2}$ ，则要么钦定一处，要么钦定两处且相邻。

就容易算了，复杂度 $O(n^2+k)$ 。

22.P4128 [SHOI2006] 有色图/P4727 [HNOI2009]图的同构计数

复习 polya 定理。考虑枚举置换 $p$ 计算不动点，即 $(i,j)$ 和 $(p_i,p_j)$ 颜色相同。

令每个环的大小分别为 $x_1,x_2,…,x_k$ ，则令 $A=\sum \left\lfloor\dfrac{x_i}{2}\right\rfloor+\sum\limits_{i=1}^k\sum\limits_{j=i+1}^k \gcd(x_i,x_j)$ ，则不动点为 $m^A$ 。

枚举 $p$ 不现实，考虑枚举 $n$ 的划分 $x$，填位置系数 $\frac{1}{x_i!}$ ，内部连环系数 $(x_i-1)!$ ，则对答案贡献为 $A(x)\frac{n!}{\prod x_i}$ 。

注意到相等的 $x$ 是会算重的，如果 $i$ 在 $x$ 出现 $c_i$ 次，则还要乘上 $\frac{1}{\prod c_i!}$ 。

最后除以 $n!$ 。

复杂度 $O(P(n)n^2)$ 。

23.CF1784F Minimums or Medians

考虑已经确定了哪些位置会被删，我们怎么判断能被构造出来。

发现含有 $1$ 的这一段很重要，这一段越长，后面的操作越自由。

我们来找必要：每一段长度都是偶数；最右的位置 $\le n+k$ ；不包含 $1$ 段要满足 $l+r\geq 2n+1$ 。

手玩一下发现这很充分，于是对着这个计数就好了，复杂度 $O(n)$ 。

感觉这很 ATC，就是手玩找结论。

24.AGC061D Almost Multiplication Table

好神啊，这种调整法以前没见过捏。

先二分答案，得出 $x_iy_j$ 的上下界。

考虑把 $x$ 设为 $x_i=i$ ，这一定是严格最小的 $x$ ：如果存在合法解 $x'$，一定有 $x_i\le x'_i$ 。

得到 $x$ 后，如果我们只考虑上界，一定能得到唯一的一组 $y$ ，严格最大。但这样就不满足下界了，再去调整 $x$ 。一直做下去，直到找到合法解。

由于这样的操作每一步都是最优的，所以存在合法解，一定能到达。

考虑如何保证复杂度：我们钦定 $x_n\le y_m$ ，如果 $x_n>y_m$ 就退出调整，再对称的做一遍 $y_m\le x_n$ 。

这样的话，由于 $x_ny_m\le a_{i,j}+k$ ，所以 $x_n$ 只会到达 $O(\sqrt{V})$ 的级别。

由于每次调整都会使至少一个 $x$ 增加，所以调整轮数是 $O(n\sqrt{V})$ 级别，这样子就保证了复杂度！

算上二分和每次调整的复杂度，总复杂度 $O(n^3\sqrt{V}\log V)$ 。

25.P5434 有标号荒漠计数/LOJ6569 仙人掌计数

考虑一个 有根 仙人掌的 EGF 为 $F(x)$ 。这里钦定一个根是因为仙人掌本身结构与树相似。

考虑这个根，它会被一些边和环覆盖。 如果它在一个环上，则环上面另外 $i-1$ 个点分别挂了一颗仙人掌（此处体现了有根的作用）的 EGF 是 $\frac{1}{2}\sum\limits_{i\ge 2}F^i(x)$ 。

除以 $2$ 是因为环正着排和反着排是相同的。如果它在一个边上，则有 EGF $F(x)$ 。

我们会把环和边叠起来，所以得到 $F(x)=x*exp(\frac{1}{2}\sum\limits_{i\ge 2}F^i(x)+F(x))=xexp(\frac{2F(x)-F(x)^2}{2-2F(x)})$ 。

我们来牛顿迭代，令 $G(F(x))=x*exp(\frac{1}{2}\sum\limits_{i\ge 2}F^i(x)+F(x))=xexp(\frac{2F(x)-F(x)^2}{2-2F(x)})-F(x)$ 。

令 $t=F_0(x)$ ，$P(t)=xexp(\frac{2t-t^2}{2-2t})$ ，可以得到 $F(x)=t-\frac{P(t)-t}{P(t)\frac{t^2-2t+2}{2t^2-4t+2}-1}$ 。

对着算就好了，复杂度 $O(n\log n)$ ，但是常数很恐怖。

26.ABC222H Beautiful Binary Tree

考虑每个 $a_i=1$ 的位置，都要进行一次 $v=i$ 的操作。所以根节点一定为 $1$ ，且 $n-1$ 次操作只会在初始 $a_i=1$ 的点进行。

如果存在两个相邻的点都是 $0$ ，显然就得多跳一次，不合法了。所以题目条件等同于：二叉树，根节点为 $1$ ，一共 $n$ 个 $1$ ，叶子都是 $1$ ，不存在相邻的 $0$ ，求方案数。

考虑 $f_{i,0/1}$ ，分别表示根为 $0/1$ 的答案。把它写成生成函数的形式:$F_0,F_1$ ，则有 $F_0=(F_1+1)^2-1$ (-1是因为叶子节点必须是 $1$)，$F_1=x(F_0+F_1+1)^2$ 。

则 $x=\frac{F_1(x)}{(1+3F_1(x)+F_1(x)^2)^2}$ 。令 $G(x)=\frac{x}{x^2+3x+1}$ ，题目等同于求满足 $G(F(x))=x$ 的 $F$ 。

根据拉格朗日反演，有 $n[x^n]F(x)=[x^{-1}]G(x)^{-n}$ 。代入得 $n[x^n]F(x)=[x^{n-1}](x^2+3x+1)^{2n}$ 。

接下来有两种求法：第一种是，考虑转化成 $\sum \tbinom{2n}{i}[x^{n-1-2i}](3x+1)^{2n-i}=\sum \tbinom{2n}{i}3^{n-1-2i}\tbinom{2n-i}{n-1-2i}$ ,$O(n)$ 计算。

第二种是，考虑对 $F(x)=(x^2+3x+1)^{2n}$ 求导得到 $F'(x)=2n(x^2+3x+1)^{2n-1}(2x+3)=2n(2x+3)\frac{F(x)}{x^2+3x+1}$

即 $(x^2+3x+1)F'(x)=2n(2x+3)F(x)$ 。提取两边的 $x^k$ 项系数，得到

$(k+1)f_{k+1}+3kf_{k}+(k-1)f_{k-1}=6nf_k+4nf_{k-1}$ 。

即 $kf_k=(6n-3k+3)f_{k-1}+(4n-k+2)f_{k-2}$ ，递推即可，复杂度 $O(n)$ 。

27.ABC290Ex Bow Meow Optimization

这个题做不出来，感觉很无语。

场上先观察出来填权值是单峰的，两种数的中点所在的位置很重要，我们枚举这两个位置，然后 dp 。发现不太可做。

事实上它们的中点是贴在一起的，以 $n,m$ 偶数为例，第 $\frac{n}{2}$ 个猫左边的狗，如果多于 $\frac{m}{2}$ ，我们一定可以把这些多出来的狗移到猫的右边，发现一定不劣。

然后把所有动物的权值从大到小排序，我们一定会把当前的动物放在最左或最右。依次进行 dp 即可，状态中记录左半边有多少只猫/狗。复杂度 $O(n^3)$ 。

28.P5828 边双连通图计数

用双连通分量刻画普通的连通图。考虑先钦定根，观察根所在的双连通分量。

如果大小是 $x$ ，则删掉该分量后的若干连通图，都会在 $x$ 个点中选一个连边。

所以，如果有根连通图的 EGF 是 $A(x)$ ，$i$ 个点的边双有根连通图有 $b_i$ 个，则 $A(x)=\sum b_i\frac{x^i}{i!} \sum \frac{i^jA(x)^j}{j!}=\sum b_i\frac{x^i}{i!}e^{iA(x)}=\sum b_i\frac{(xe^{A(x)})^i}{i!}$ 。

记 $b_i$ EGF 为 $B(x)$ ，则 $A(x)=B(xe^{A(x)})$ 。现在已知 $A(x)$ ，如何计算 $B(x)$ ?

考虑令 $F(x)=xe^{A(x)}$ ，则 $A(x)=B(F(x))$ ，$A(F^{-1}(x))=B(x)$ 。

根据扩展拉格朗日反演，$[x^n]B(x)=[x^n]A(F^{-1}(x))=\frac{1}{n}[x^{n-1}]A'(x)(\frac{x}{F(x)})^n=\frac{1}{n}[x^{n-1}]A'(x)e^{-nA(x)}$ 。

直接计算即可，复杂度 $O(n\log n)$ 。

29.P5827 点双连通图计数

类似地，观察根被哪些点双联通分量包含。

$A(x)$ 表示有根连通图的EGF。你会发现除了根以外，每个点下面都挂了一个有根无向图。

如果 $i$ 个点的点双连通图（无根）是 $b_i$ ，令 $B(x)=\sum\limits_{i\le 1}\frac{b_{i+1}x^i}{i!}$ ，则 $A(x)=xe^{B(A(x))}$ 。

如何计算？考虑 $ln(\frac{A(x)}{x})=B(A(x))$ 。令 $F(x)=ln(\frac{A(x)}{x})$ ,则 $B(A(x))=F(x)$ ,$B(x)=F(A^{-1}(x))$ 。

$[x^n]B(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]F'(x)(\frac{A(x)}{x})^{-n}=\frac{1}{n}[x^{n-1}]F'(x)e^{-nF(x)}$ 。

直接计算即可，复杂度 $O(n\log n)$ 。

30.P5293 [HNOI2019]白兔之舞

如果没有 $m$ 大小限制，考虑答案就是 $((I+A)^L)_{x,y}$。

$k$ 是 $p-1$ 因数，并且是模 $k$ 余 $t$ 的形式，明示单位根反演。

$ans_t=\frac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^{k-1}W_{k}^{-it}(\sum\limits_{j=0}^L\tbinom{L}{j}W_{k}^{ij}A^{j})_{x,y}=\frac{1}{k}\sum\limits_{i=0}^{k-1}W_{k}^{-it}((I+AW_{k}^{i})^L)_{x,y}$ 。

后面这个式子只和 $i$ 有关，可以 $O(kn^3\log L)$ 计算。然后 $-it=\tbinom{i}{2}+\tbinom{t}{2}-\tbinom{i+t}{2}$ ，差卷积即可得到 $ans$ 。需要 MTT。

总复杂度 $O(kn^3\log L+n\log n)$ 。白兔之舞，就这。

31.P4500 [ZJOI2018]树

考虑同构的一类树 $T$ ，它的编号方法是 $\frac{n!}{\prod a_i}$ ($a_i$ 是以 $i$ 为根子树的大小) ，而且一个节点 $i$ ，如果存在 $j$ 棵子树同构，那么还要除以 $\prod j!$ 。

我们设 $V(T)=\prod{\frac{1}{a_i}}\prod{\frac{1}{j!}}$ ，$S(T)$ 是树 $T$ 的大小，则答案是 $\frac{(n!)^k}{(n-1)!^k}\sum [S(T)=n]V(T)^k=n^k\sum [S(T)=n]V(T)^k$ 。

。考虑令 $f_i=\sum [S(T)=i]V(T)^k$ ，我们想计算出 $f_n$ 。

有 $f_n=\frac{1}{n^k}[x^{n-1}]\prod\limits_{T} \sum\limits_{p=0}^{+\infty}\frac{V(T)^px^{pS(T)}}{(p!)^k}$ 。经典取 ln ，$f_n=\frac{1}{n^k}[x^{n-1}]exp(\sum\limits_{T}\ln(\sum\limits_{p=0}^{+\infty}\frac{V(T)^{pk}x^{pS(T)}}{(p!)^k}))$ 。

观察上面的式子，考虑令 $H(x)=\ln(\sum\limits_{p=0}^{+\infty}\frac{x^p}{(p!)^k})$ ，则上式变成 $f_n=\frac{1}{n^k}[x^{n-1}]exp(\sum\limits_{T}H(V(T)^kx^{S(T)}))$ 。

令 $H(x)=\sum h_ix^i$ ，则继续化成 $f_n=\frac{1}{n^k}[x^{n-1}]exp(\sum\limits_i h_i\sum\limits_{T}x^{S(T)i}V(T)^{ik})$ 。

枚举 $S(T)$ ,化成 $f_n=\frac{1}{n^k}[x^{n-1}]exp(\sum\limits_i h_i\sum\limits_jx^{ij}\sum\limits_{T}[S(T)=j]V(T)^{ik})$ 。

发现 $\sum\limits_{T}[S(T)=j]V(T)^{ik}$ 和 $f_i$ 的定义非常相似，考虑对 $f$ 添加一维，即令 $f_{i,j}=\sum [S(T)=i]V(T)^{jk}$ ，发现这个式子就变成了 $f_{j,k}$ 。

于是我们就能递推计算 $f$ 了，算 $f_{i,j}(j>1)$ 的方法是类似的。

认真实现可以得到复杂度 $O(n^2\log n)$ ，就是能求前缀和/积的地方尽量求，能减少的枚举就减少。思路还是很自然的。

32.ARC157E XXYX Binary Tree

非常简单的题，但是因为提前去玩了就没仔细看，没看到二叉树的条件，寄飞了。这场思维量都很低。

考虑不存在相邻 $Y$ 的条件很关键，相当于 $c$ 等于非叶子的 Y 个数 *2 ，$b$ 等于 Y 个数 -[根是Y] 。

发现如果叶子结点的 Y 数量固定，那 Y 总个数是没有下界的。

$dp_{i,j,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树，取 $j$ 个叶子为 Y ，Y 总个数最多是多少，然后树形 dp 转移即可。

33.ARC157F XY Ladder LCS

普通的求 LCS 是设 $f_{i,j}$ 来转移。

于是此题的暴力就是设 $f_{i,j,S}$ 表示第一个串考虑到 $i$ ，第二个串考虑到 $j$ ，$(\min(i,j),\max(i,j)]$ 每个位置是否交换的状态是 $S$ ，显然过不去。

发现答案会比较大。考虑找一个答案的下界，发现长度为 $3$ 的时候答案至少为 $2$ ，长度为 $2$ 时答案至少为 $1$ 。于是长度为 $n$ 时答案至少为 $\left\lfloor\dfrac{2n}{3}\right\rfloor$ 。

所以 dp 的时候 $|i-j|\le \left\lceil\dfrac{n}{3}\right\rceil$ 。复杂度是 $O(2^{\frac{n}{3}}n)$ 。

34.ARC154F Dice Game

考虑计算丢第 $t$ 次时刚好合法的概率：$[x^{t-1}](t-1)!\frac{n}{n}(e^{\frac{x}{n}}-1)^{n-1}=[x^t]t!x\frac{(e^{\frac{x}{n}}-1)^{n-1}}{t}$ 。

如果令 $h_t=[x^t]t!x(e^{\frac{x}{n}}-1)^{n-1}$ ，则等同于要求 $\sum h_tt^{k-1}$ 。

考虑计算出 $F(x)$ 为 $x(e^{\frac{x}{n}}-1)^{n-1}$ 转 OGF 的结果，则 $k+1$ 的答案是 $[x^k]k!F(e^x)$ 。

考虑 $x(e^{\frac{x}{n}}-1)^{n-1}$ 转 OGF 为 $\sum\tbinom{n-1}{i}(-1)^{n-1-i}\sum\limits_{o=0}^{+\infty}x^{o+1}(\frac{i}{n})^o\frac{(o+1)!}{o!}=\sum\tbinom{n-1}{i}(-1)^{n-1-i}\frac{x}{(1-\frac{i}{n}x)^2}$ 。

则通过分治 NTT ，可以把 $F(x)$ 算成一个 $\frac{H(x)}{G(x)}$ 的形式。

接下来我们想求 $F(e^x)$ 的前 $m$ 项，直接先算 $F(x)$ ，$x^m$ 处截断，再算 $F(e^x)$ 是错的，因为 $F$ 有无限项。

先算 $H(e^x)$ 和 $G(e^x)$ ，从 $m$ 处截断，再算 $F(e^x)=\frac{H(e^x)}{G(e^x)}$ ，可以发现就对了。

计算一个 $F(e^x)$ 的方式是算 $\sum \frac{f_i}{1-ix}$ ，这也能分治 NTT。

复杂度 $O(n\log^2n)$ 。

35.P6633 [ZJOI2020] 抽卡

先把期望拆成:每个状态出现的概率*当前状态下抽到一张没出现的卡次数的期望 的和。其中一个状态要满足，不存在为 $k$ 的连续段。如果状态有 $x$ 张被抽，这个期望就是 $\frac{n}{n-x}$ ，到达的概率显然是 $\frac{1}{\tbinom{n}{x}}$ 。

则对于每个 $x$ 都要计算取了 $x$ 张牌的合法状态数。

我们把题目中给出的编号划分成若干连续段，分别求答案再分治 NTT 合并。

接下来考虑连续一段的答案，设其长度为 $n$ 。

考虑一种容斥：我们要求 $[i,i+k-1]$ 全是 $1$ ，$i-1$ 为 $0$ 的情况不能出现。特别地，令 $a_0=0$ 。

这样是方便计算的：令 $G_n(x)=\sum(-1)^i\tbinom{n-ik}{i}x^{ki}(x+1)^{n-(k+1)i}$ ，则答案为 $G_n(x)-x^kG_{n-k}(x)$ 。

我们令 $f(l,r)=\sum\limits_{i=l}^r (-1)^i\tbinom{n-ik}{i}x^{k(i-l)}(x+1)^{(k+1)(r-i)}$ ，发现 $f(l,r)=x^{(r-m)k}f(l,m)+(1+x)^{(l-m+1)(k+1)}f(m+1,r)$ 。

令 $b=\left\lfloor\dfrac{n}{k+1}\right\rfloor$ ，则 $G_n(x)=(x+1)^{n-(k+1)b}f(0,b)$ 。

于是可以分治计算，复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。