3月杂题

省选后再学多项式相关技巧了！现在得复习一些更重要的算法。

0.我复习了/补了哪些算法

动态更新。

数学：多项式取模，常系数齐次线性递推，Min25筛,BSGS，ExLucas，斯特林反演，线性规划对偶。

ds:区间历史最值，吉老师线段树，线段树分裂，树哈希,LCT，kd-tree，最小割树。

字符串：PAM，广义SAM（在线）。

其他：决策单调性优化,slope-trick。

1.CF1768F Wonderful Jump

一眼决策单调性，但是二眼发现看错了。

考虑值域为 $n$ 有什么用：如果从 $i$ 跳到 $j$ ，显然 $min*(j-i)^2\le (j-i)n$ ，后者是一格一格跳的代价上界。

于是 $min*(j-i)\le n$ 时我们才会从 $i$ 跳到 $j$ 。

看到平方，考虑 $a^2+b^2\le (a+b)^2$ 。所以如果 $i$ 到 $j$ 中存在 $k$ 满足 $a_k\le a_i,a_k\le a_j$ ，则先跳 $i,k$ ，再跳 $k,j$ 一定更优。

这个题就很简单了:$j-i\le B$ 就暴力枚举；$j-i>B$ 时有两种情况：

第一种是 $a_j$ 为 $[i,j]$ 的 min ，要求 $a_j\le \frac{n}{B}$ ，直接暴力往前扫，扫到第一个 $a_j\le a_i$ 就停止。这个是均摊 $O(\frac{n}{B})$ 的。

第二种是 $a_i$ 为 $[i,j]$ 的 min ，在算 $f_j$ 时枚举所有 $x\le \frac{n}{B}$ ，以 $x$ 最后一次出现的位置转移。

总复杂度 $O(nB+\frac{n^2}{B})$,$B=\sqrt{n}$ 时取到 $O(n\sqrt{n})$ 。

2.P4227 [清华集训2017] 我的生命已如风中残烛

考虑直接模拟，然后如果出现环就把 $L$ 对环长取模。因为每次 $L$ 至少减半，所以复杂度是 $O(Smn\log L)$ ，其中 $S$ 是单次找 nxt 的复杂度。

事实上，这里可以均摊 $O(\log n)$ ，考虑我们的环一定形成了凸包，而每个点在两个边组成的夹角内部才会被枚举到。

所以对于每个环，每个点只会被扫一次。我们预处理每个点与其他点的极角，每次找 nxt 时二分出第一个点，再枚举出往后第一个长度满足条件的。

复杂度就是 $O(mn\log L\log n)$ 。

3.Baekjoon 19361 City United

很神秘啊，怎么想到的。

考虑枚举一个点集 $S$ ，我们可以把它的权值表示成 $\frac{2^{F(S)}\bmod 4}{2}$ ，其中 $F(S)$ 是点集 $S$ 的连通块个数。

考虑 $\sum 2^{F(S)}$ 的组合意义：把每个点染成 $0,1,2$ 三种颜色，并且 $1$ 和 $2$ 间不能有边。

直接 dp 即可，复杂度 $O(m3^n)$ 。

感觉就是，判是否连通是不方便的。但是连通块有优秀的性质，利用此题的模数来进行计算。

4.「CSAcademy Round #35」Counting Quests(pjudge noip round 5 T3)

神神神。类似一些连通块计数问题，我们来考察任意一个区间集合的性质：

令 $S_i$ 是覆盖 $i$ 的集合，则不存在 $l_1<l_2<r_1<r_2$ 使 $S_{l_1}=S_{r_1}\neq S_{l_2}=S_{r_2}$ 。那么这就是一个类似于括号序列的结构：要么包含，要么不交。

所以我们进行这样一个过程：初始 $i=1$ ，对于 $S_i$ ，找到 $S_j=S_i$ 的最大的 $j$ ，然后 $i:=j+1$ 。

这样就把 $n$ 个位置划分出来了。现在转换角度，如果已经划分出来了，则你选择的区间 $[l,r]$ 要满足：要么存在一个 $[i,j]$ 使 $i<l,r<j$ ；要么 $l$ 等于某个 $i$ ，要么 $r$ 等于某个 $j$ 。并且最后要使得 $S_{i_1},S_{i_2},...,S_{i_k}$ 互不相等。

可以得到此时的方案为 $f_k\prod 2^{\frac{(j-i)(j-i-1)}{2}}$ ，其中 $f_k$ 就是 $n=k$ 时的答案。

令 $h_{i,j}$ 是把 $i$ 个数划成 $j$ 段的所有方案系数和。则 $2^{\frac{n(n+1)}{2}}=\sum h_{n,i}f_i$ ，移一下项就能把 $f_i$ 算出来了。

算 $h$ 是 $O(n^3)$ 的。复杂度 $O(n^3)$ 。

事实上，$H(x)=\sum\limits_{i\geq 1} x^i2^{\frac{(i-1)(i-2)}{2}}$ ，则 $h_{i,j}=[x^i]H(x)^j$ 。那么 $2^{\frac{n(n+1)}{2}}=[x^i]\sum f_jH(x)^j$

如果 $F(x)=\sum\limits_{i\geq 1} f_ix^i$ ，$G(x)=\sum\limits_{i\geq 1} x^i2^{\frac{i(i+1)}{2}}$ ，则 $G(x)=F(H(x))$ 。

$F(x)=G(H^{-1}(x))$ ，使用拓展拉反：$[x^n]G(H^{-1}(x))=\frac{1}{n}[x^{n-1}]G'(x)(\frac{H(x)}{x})^n$ 。

由此可以 $O(n\log n)$ 计算。由于这个题模数不是 NTT 模数，所以使用 $n^2$ 求 exp 和 ln 的方法跑得更快，pjudge 上 alpha 的 std 应该也是这个。

5.P7216 [JOISC2020] 美味しい美味しいハンバーグ

矩形问题，考虑取出 $l$ 最大，$r$ 最小，$d$ 最大，$u$ 最小的四个矩形，则四个点一定在靠内的四条线段上。

如果 $k\le 3$ ，那其中一个点一定是这四段围成的矩形的一个角。我们直接 dfs 下去，复杂度 $O(nk^4)$ 。

否则：我们考虑一个矩形。

若和三个以上的边相邻，则它一定包含了关键点；若和一个边相邻，则它限制了这个边的上下界。现在考虑和两个边相邻的矩形：

把题目的限制转化成：两个矩形，在某个边界上不交，则不能同时取。如果满足这个限制，就一定有合法方案。

每个这样的矩形选择两个边中的一个，看做一个变量，这样就能 2-SAT 了。建图类似于前/后缀和优化。

6.[春季测试 2023] 密码锁

题外话：vp 的时候 $k=4$ 写了个 $O(n^2log n)$ 的做法结果写挂了。改对了之后有 $95$。

首先有一个重要的观察是，最大数和最小数一定不能在一行。

于是 $k\le 2$ 简单。

对于 $k=3$ ，二分答案之后，能确定每个拨圈在第三行可能的取值集合。考虑哪些 $[i-mid,i]$ 含有所有拨圈，通过差分可以 $O(n)$ 维护，总复杂度 $O(k^2n\log n)$ 。

类似的，$k=4$ 就是一个扫描线，复杂度 $O(k^3n\log^2 n)$ 。场上蠢了，一直在想 $O(n^2)$ 的做法，即能不能绕开二分答案。

7.「JOISC 2020 Day1」扫除

首先考虑：所有修改进行后再询问，怎么弄。

我们把所有 $y:=n-y$ ，则两个修改变成：每次给定一个 $x$ ，对于$l\le x\le r$ 的线段 $[l,r]$ ，把它变成 $[l,x]$ 或 $[x,r]$ 。称改成 $[x,r]$ 为操作 $1$ ，改成 $[l,x]$ 为操作 $2$ 。

如果只有操作 $1$，发现这些操作是 无序 的，对于初始的 $[l,r]$ ，查询 $\le r$ 的 $x$ 的最大值即可。

现在我们有两种操作，不同的操作之间会互相制约。考察一个先发生的变成操作 $2$ (权值为 $x$)，如何影响后发生的操作 $1$ (权值为 $y$)。

你发现，如果 $x<y$ ，那么 $y$ 操作能影响的线段 $[l,r]$ 一定满足 $x<l\le y\le r$ 。

由此可求出一个操作的影响范围。就把两种操作拆开了。但现在，我们同种之间的操作似乎变得有序了，不好搞。

以操作 $1$ 为例：

我们令 $p_i$ 表示一个操作 $x_i$ 影响范围是 $p_i\le l\le x_i\le r$ 。

按 $x_i$ 从小到大的顺序进行操作，它就是正确的。

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原因：如果有两个操作 $i,j$ 满足 $x_i>x_j,t_i<t_j$ ，那我们担忧，是否有 $l<p_i$ ，因为顺序交换使之最后能变成 $x_i$ 。

分类讨论：如果 $p_i\le x_j$ ，那由 $p$ 的定义，$p_i\le p_j$ ，所以 $l$ 不会被 $i$ 和 $j$ 操作。

如果 $p_i>x_j$ ，那即使 $l$ 先被 $j$ 操作变成 $x_j$，它也无法被 $i$ 操作。

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由此，我们用线段树维护 $f(l)$ 表示 $l$ 经过当前的所有操作后会变成什么。那插入一个 $(p,x)$ 等同于将所有 $p\le f(l)\le x$ 的 $f(l)$ 改成 $x$ 。

我们在插入所有 $x\le r$ 的操作后询问 $f(l)$ 即可。操作 $2$ 就类似的做就好了。

现在中途有查询和插入，套一个线段树分治就转化成上述做法了。复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

8.P5781 [IOI2019]矩形区域

看 cz_xuyixuan 写的。

考虑枚举两列 $j1,j2$，把哪些行合法处理出来，设这个行的集合是 $S$ ，显然 $\sum |S|$ 是 $O(nm)$ 级别。

然后枚举 $S$ 中的一行，以及它在 $j2$ 这里是左端点还是右端点。我们预处理出来它往左能延伸到哪里即可。于是总复杂度 $O(nm)$ 。

9.P7418 [USACO21FEB] Counting Graphs P

题外话：自己做出来的，但显然模拟赛场上写不完（而且我 T1 写挂了）。感觉挺简单的。

先把二分图判掉。然后我们算出以 $1$ 为源点的奇偶最短路，设点 $u$ 的偶最短路，奇最短路分别为 $a_u,b_u$ 。

则新的图只能在满足 $|a_u-b_v|=|a_v-b_u|=1$ 的 $(u,v)$ 间连边。

可以转化成：把一个点拆成 $u_0,u_1$ ，相当于在 $(a_u>b_v)?u_0:v_1$ 和 $(a_v>b_u)?v_0:v_1$ 连边，然后所有权值 $>0$ 的点都要被连至少一次。

就可以 dp 了，同时考虑 $a_u+b_u=h$ 相同的点，把这个新图画出来，做法就很清楚了，不想写了。

10.P9138 [THUPC 2023 初赛] 公平合作

题外话：打 THUPC 中途摆了一个小时烂，导致这个 F 没冲完。队友也没调出来 B ，所以没进决赛。

如果算出 $g_i$ 表示，先手把桶最终把桶填到只剩 $i$ 单位的空间，先手赢的概率，$f_i$ 表示先手当前桶还剩 $i$ 单位空间，先手赢的概率。

那就有 $f_i=\max(g_i,\sum f_{i-j}a_{j})$ 。

显然 $i>2000$ 时我们只会取后者，所以暴力把 $i\le 2000$ 的 $f$ 求出来，再线性递推即可，即计算 $\sum f_i[x^i](x^k\bmod A(x))$ 。

至于 $g$ 是类似的， $g_i=1-\sum\limits_{j=n-i}^{n-1}[x^j](x^{k+n-i}\bmod A(x))$ 。

注意我们单次卷积，取模可以 $O(n^2)$ 实现。通过快速幂 $O(n^2\log n)$ 算完 $(x^k\bmod A(x))$ ，直接每次 $O(n)$ 乘上一个 $x$ 并取模，就能算出来 $x^{k+i}$ 。

11.LOJ 574 黄金矿工

重修模拟费用流!

费用流的模型是显然的： 连边 $(fa_i,i,+\infty,0)$ ，然后对于矿工，连边 $(S,u,A_u,1)$ ，对于黄金，连边 $(u,T,B_u,1)$ ，然后跑最大费用最大流。

现在我们要动态加边，但对答案有贡献的不一定是增广路，还有在残量网络出现的正环。因为我不会费用流，没考虑这个正圈，就没有拿下 $O(nq)$ 的分。

你发现这两者的维护方式是类似的：

考虑一个 $(fa_i,i)$ 的边，它反向边的流量就是 $i$ 子树内选择的黄金数量-矿工数量。

于是对于一个想加入的矿工 $u$，我们找到它往上走第一个流量为 $0$ 的反向边，设这个是 $(fa_v,v)$ ，发现如果选的另一个点不在 $v$ 子树内，$(fa_v,v)$ 就是负的了。

于是在 $v$ 子树内找到一个价值最大的未被选的黄金。这里我们把已选的矿工当成是未被选的黄金，权值为原来的相反数，就能实现消圈了。（后面的操作也能把已选黄金当未选矿工）

上面这个过程可以树剖实现，即维护一个线段树来计算反向边的流量，我们需要查区间内最右的 $0$ 。还要维护一个线段树，需要查区间内的最强黄金并进行单点修改。

对于一个想加入的黄金 $u$，同理地，如果另一个点如果能沿着反向边走到 $u$ 的祖先，那这个点就能被选。

这里类似于 DDP 来维护：我们在每个点 $u$ 维护一个 set $C_u$ ，表示这个点上的矿工，以及每个轻儿子的子树内能走到 $u$ 的最强矿工所构成的集合。

每次反向边流量改变，以及有矿工加入/删除时都会改变 $C_u$ 。

我们想知道 $top_u$ 子树内能走到 $fa_{top_u}$ 的最强矿工。找到 $[dfn_{top_u},dfn_{down_u}]$ 内的最左的 $0$ ，设之为 $x$ ，然后查 $[dfn_{top_u},x)$ 的所有 $C_i$ 构成的最强矿工即可。

此时改变了 $C_{fa_{top_u}}$ ，递归地往上跳即可。

查询时同理，每次找到 $(dfn_u,dfn_{down_u}]$ 内最左的 $0$ ，设之为 $x$ ，然后查 $[dfn_{top_u},x)$ 内的所有 $C_i$ 构成的最强矿工。再往上跳 $u$ 。

对 $C_i$ 的最大值再维护一个线段树即可。

想清楚就不难写，复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

12.Xmas Contest 2020 D Determinant

这个矩形中有大量相同的数，于是对之做行查分，得到新的 $b_{i,j}=a_{i,j}-a_{i+1,j}$ 。

发现对于 $1\le j<i<n,b_{i,j}=0$ 。 于是求行列式时，如果排列中一个置换环大小 >1 ，那这个环一定包含 $n$ ，且环的连边顺序是从小往大连，连到 $n$ 后再连回去。

先把全是自环算了，然后令这个大环内的数是 $p_1,p_2,...,p_m$ ，其中 $m\geq 2,p_m=n$ ，且对于 $i<m$ ， $p_i<p_{i+1}$。则这个选法的贡献是 $(-1)^{m-1}C\prod_{i=1}^{m-1}b_{p_i,p_{i+1}} (1-C)^{n-m}=(1-C)^{n-1}C\prod_{i=1}^{m-1}\frac{1}{C-1}b_{p_i,p_{i+1}}$ 。

我们再来思考 $b$ 有什么性质。根据定义不难得到，当$i+1=j$ 时，$b_{i,j}=C-1-C[i|j]$ ，否则 $b_{i,j}=C[i+1|j]-C[i|j]$ 。

我们是可以把 $b_{i,j}$ 的前后两个式子拆开算的。再算上 $\frac{1}{C-1}$ 的系数，可以把问题转化成：

在 $i,i+1$ 间有权值为 $1$ 的边，$i,k(i+1)(k>1)$ 间有权值为 $\frac{C}{C-1}$ 的边，$i,ki(k>1)$ 间有权值为 $\frac{-C}{C-1}$ 的边。从 $1\le i<n$ 的一个点出发，最后要走到 $n$ ，问所有方案的权值乘积之和。

但是从 $i$ 到 $k(i+1)$ ，可以直接走，权值为 $\frac{C}{C-1}$ ；也可以先走到 $i+1$ ，再走到 $k(i+1)$ ，权值为 $-\frac{C}{C-1}$ 。于是这两种就抵消了，非常神秘。

于是我们就只会先走一段 $i,ki$ ，再走一段 $i,i+1$ 。

令 $V=\frac{-C}{C-1}$ ，$F(x)=V\sum\limits_{i\geq 2} x^i$ ，$G(x)=\sum\limits_{i\geq 0} F(x)^i$ 。

则上述问题答案为 $\sum [x^i]G(x)\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor-1$ 。如果能筛出来 $G$ 的前缀和就好了。

虽然 $G$ 不是积性函数，但由于 $F*G=e$ ，且 $F$ 的前缀和易求，我们仍然可以用杜教筛解决问题。复杂度 $O(n^{2/3})$ 。

13.ARC145F Modulo Sum of Increasing Sequences

显然可以转化为单调递增序列。然后以生成函数列出答案: $ans_k=[x^ny^k]\prod\limits_{i=0}^m (1+xy^i)$ ，其中第二维是以 $p$ 为模数的循环卷积。

这个积式的最后 $O(p)$ 项拎出来，使前面都是整块，形成一个 $\prod\limits_{i=0}^{p-1}(1+xy^i)^m$ 的形势，最后再 $O(p^3)$ 背包。

不难想到对第二维进行 DFT，我们想计算一个多项式 $F_i(x)=\prod\limits_{j=0}^{p-1}(1+xw_p^{ij})^m$ ，我们只需保留后 $p$ 项，最后再 IDFT 回去，有 $G_i(x)=\frac{1}{p}\sum F_j(x)w_p^{-ij}$ 。

但是 $p$ 不一定是 $2^k$ 的形式，没法直接代进去算，我们需要进一步简化。

发现 $F_i(x)$ 只与 $g=\gcd(i,p)$ 相关。$F_i(x)=\prod\limits_{j=0}^{\frac{p}{g}-1}(1+xw_{\frac{p}{g}}^{j})^{mg}=(1-(-x)^{\frac{p}{g}})^{mg}$ 。于是就完成了 $F$ 的化简。

我们令 $H_g(x)=(1-(-x)^{\frac{p}{g}})^{mg}$ 。现在考虑 $G_i(x)=\frac{1}{p}\sum H_j(x)\sum [\gcd(p,k)=j]w_p^{-ik}$ 。

看到 gcd ，施加莫比乌斯反演，则 $G_i(x)=\frac{1}{p}\sum\limits_{j|p} H_j(x)\sum\limits_{k=0}^{\frac{p}{j}-1} [gcd(\frac{p}{j},k)=1]w_p^{-ijk}=\frac{1}{p}\sum\limits_{j|p} H_j(x)\sum\limits_{d|\frac{p}{j}}\mu(d)\sum\limits_{k=0}^{\frac{p}{jd}-1}w_p^{-ijkd}$ 。

逆用单位根反演，得到 $G_i(x)=\frac{1}{p}\sum\limits_{j|p} H_j(x)\sum\limits_{d|\frac{p}{j}}\mu(d)\frac{p}{jd}[\frac{p}{jd}|i]=\frac{1}{p}\sum\limits_{j|p} H_j(x)\sum\limits_{d|\frac{p}{j}}\mu(d)\frac{p}{jd}[p|ijd]$ 。

由此终于把单位根干没了，我们直接计算即可。复杂度是 $O(m+n+pd(p)^3+p^3)$ 。

14.ABC278Ex make 1

设 $g(i)$ 是 $i$ 个互不相同的数能异或出 $1$ 的方案，则答案为 $g(n)-g(n-1)(2^m-n+1)$ 。

互不相同不太方便，考虑斯特林反演：

设 $f(i)$ 是任意 $i$ 个数异或出 $1$ 的方案，则 $f(n)=\sum\limits_{i=0}^n g(i){n \brace i}$ 。

由斯特林反演，$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n f(i)(-1)^{n-i}{n \brack i}$ 。(复习第一类斯特林·行：计算 $x^{\overline n}$ 。)

转化成计算 $f$ ，这就是 CF1603F,不详写了。（我只会那个联系 $G(2x)$ 和 $G(x)$ 的推法。考完省选再学 q-analog)

15.P6631 [ZJOI2020] 序列

考虑写成线性规划的形式。我们令一个集合 $S$ 是一次操作可以 -1 的数的集合。

我们要求 $\min \sum x_S$ ，$\sum\limits_{i\in S} x_S\geq c_i$ ，$-\sum\limits_{i\in S} x_S\geq -c_i$ ，$x_S\geq 0$ 。

转成对偶就是 $\max \sum (a_i-b_i)c_i$ ，$\sum\limits_{i\in s}(a_i-b_i)\le 1$ ，$a_i\geq 0,b_i\geq 0$ 。

显然可以把 $a_i-b_i$ 替换成 $d_i$ ，并且可以发现 $d_i\in {-1,0,1}$ 。如果 $d_i\le -2$ ，我们把它 +1 一定仍然合法；如果 $d_i\geq 2$ ，那就 G 了。

由此 dp 即可。复杂度是线性的。

16.LOJ3637「2021 集训队互测」数列重排

题外话：今天场了两个互测，开心。

考虑算 $F(k)$ 时，我们先思考只有 $<k$ 的数怎么做。一个 mex 值 $\geq k$ 的区间长度至少为 $k$ 。

由于出现次数之差 <=1 ，我们可以构造出来一个序列，使每个长度为 $k$ 的子段的 mex $=k$ 。就比如说 $0,1,2,3$ 出现次数分别为 $X,X+1,X,X+1$ ,我们就 $1,3,0,2,1,3,0,2,...$ 这样放。

现在有一些 $\geq k$ 的数，于是问题转化成：一个 01 序列有 $a$ 个 $1$ ，$b$ 个 $0$ ，要使得 $1$ 个数 $\geq z$ 的子段尽量多。

我们令 $x_i$ 表示第 $i$ 个 $1$ 后放了几个 $0$ ，则 $\sum\limits_{i=0}^a x_i=b$ ，我们要使得 $\sum\limits_{i=0}^a \sum\limits_{j=i+z}^a (x_i+1)(x_j+1)$ 最大。

观察到，一对 $x_i>0,x_j>0$ 一定有 $j-i\geq z$ 。则我们 $x_i>0$ 的位置，就是 $zi$ 满足 $z(i+1)\le a$ ，以及 $a$ 。

此时在一个位置 $i$ +1 ，发现它对答案的贡献是，当前的 $\sum x_j+(a+1)$ 减去 $2z-1-(z-1)[i=0 或 i=a]$ 再减去 $x_i$ 。

那 $(a+1)+\sum x_j-(2z-1)$ 对答案的贡献是固定的；我们考虑 $-x_i+(z-1)[i=0 或 i=a]$ 这个东西。

此时为了让答案最大，一定是先依次加 $x_0$ 和 $x_a$ ，让这两个位置都变成 $z-1$ ；然后这两个位置的特殊性就消失了，我们轮流对每个合法的 $x_i$ +1 即可。复杂度 $O(n)$ 。

17.LOJ3643 「2021 集训队互测」球球

纯暴力就过了，离谱，还是第二优解&最短解。感觉这就是个讨论题阿，不是很难阿.jpg

还是借鉴了很多 zjk 博客。

我们思考，一开始在本体在 $a$ 分身在 $b$，经过 $t$ 秒有一个要到 $x$ ，可以怎么走。

第一大类：不开新的分身，有两种情况：

1. $b=x$ ，转移到 $([a-t,a+t],x)$ 。

2. $|a-x|\le t$ ，转移到 $(a,b)$ 。

第二大类：开新的分身，此时 $b$ 没用了。有两种情况：

1. 在 $x$ 放下分身， $|a-x|\le t$ ，转移到 $([x-(t-|a-x|),x+(t-|a-x|)],x)$ 。

2.在某地方 $o$ 丢分身，再走到 $x$ ，$|a-o|+|o-x|\le t$，即： $|a-x|\le t$ ,转移到 $(x,[\min(a,x)-\left\lfloor\dfrac{t-|a-x|}{2}\right\rfloor,\max(a,x)+\left\lfloor\dfrac{t-|a-x|}{2}\right\rfloor])$

然后来思考一下转移，我们要维护两个集合 $S,T$ 表示，可以是本体在 $c$ ，分身是 $S$ 中的一个数；可以是分身在 $c$ ，本体在 $T$ 中的一个数。然后要更新这两个集合。

先考虑一二类转移：

如果 $S$ 中含有 $x$ ，则 $T'$ 加入 $[c-t,c+t]$ ；如果 $|x-c|\le t$ ，那 $S'$ 加入 $S$ 的所有集合。

如果 $c=x$ ，那 $T'$ 中加入所有与某个 $T$ 中数之差 $\le t$ 的数。如果存在一个 $T$ 中数与 $x$ 之差 $\le t$ ，则 $S'$ 中加入 $c$ 。

现在考虑三四类，与分身位置无关，我们令 $H=T$ ，如果 $S$ 非空就加入 $c$ 。

考虑第三类，贪心地想让 $|a-x|$ 最小，$H$ 中找出这个数，把对应区间加进 $T'$ 。

考虑第四类，首先有 $x-t\le a\le x+t$ 。 $x-t\le a\le x$ 时，$a$ 更小区间更大；$x-t\le a\le x+t$ 时，$a$ 更大区间更大。

$H$ 找出 $\geq x-t$ 最大者，$\le x+t$ 最小者，然后在 $S'$ 中加入相应区间。

我们把 $S,T$ 以 $[l_1,r_1],[l_2,r_2],...$ 的形式来维护。发现每次区间增加量是 $O(1)$ 的，我们可以做到 $O(n^2\log n)$，而这个是完全跑不满的，就 AC 了。

正解是，我们的操作相当于要维护一个集合，支持：加入一个区间的所有数，查 lower_bound，把集合变成所有 $x\in S$ 的 $[x-t,x+t]$ 的并集。

我们用一个 set 来维护这个集合构成的若干区间。特别地，为了方便进行操作 3 ，我们不用要求这些区间两两不交，只用让 $l,r$ 都是单调递增的即可，发现这样也是方便查 lower_bound 的。复杂度 $O(n\log n)$ 。

如果要求两两不交，我们还需维护一个堆表示两个相邻区间的距离，这样才能搞操作 3 。感觉就挺麻烦，不过我应该见过一个类似的题。

18.CF1534G A New Beginning

复习 slope-trick。

这个题首先能观察到，确定了路径后我们每个点会去找路径上 $x+y$ 相同的。不难想到搞一个 $(x,y)->(x+y,x)$ 的操作，则走法相当于往右/往右上走一步。

按照横坐标从左往右 dp，我们需要进行两个操作：一个是把 $dp_i$ 变成 $\min\limits_{j-i\le x} dp_j$ ，一个是 $dp_i+=|x-i|$ 。

发现这个东西是个下凸壳，我们用 ds 来维护斜率的拐点。把最低点左右的拐点分开维护，则操作 $1$ 相当于把右半部分拐点 +=x，打个 tag 维护；操作 2 需要看 $x$ 和最低点的大小关系，分类讨论即可。

发现可以用堆维护，这个题就做完了。

19.P3642 [APIO2016] 烟火表演

复习 slope-trick。从下往上 dp ，相当于对拐点进行合并，可用左偏树维护。

还有对一段斜率为 -1，一段斜率为 1 的凸包求闵和，就是一直弹堆顶，弹到最后一个点代表斜率是 $1$ ，平移最后两个拐点即可。

20.LOJ3693 「JOISC 2022 Day3」蚂蚁与方糖

求这个最大匹配，考虑拓展霍尔定理，求 $|N(S)|-|S|$ 的最小值。

考察我们会怎么取 $S$ ，如果存在两个数 $i,j$ 满足 $|i-j|\le 2L$ ，那 $i\le k\le j$ 的所有数我们都会取。

其次，考虑计算 $N(S)$ ，从左往右考虑的 $S$ 的数，会加入一个区间的数，再减掉和上一个区间的交。

用线段树来实现取 S 的过程，$val(p,0/1,0/1)$ 表示左右端点是否取了，即可往上算。

21.P8861 线段

口胡。

考虑一个 $l\le 10^5\le r$ 的部分分，显然能把 $l,r$ 拆开，然后变成 全局取 min ，插入，查 $\sum \min(a,x)$ 的问题，可以 BIT+堆 维护。

拓展开来，考虑类似于猫树，把一个线段插到分治结构内第一个 $x\le mid\le y$ 处，然后修改后如果不再跨越 mid ，就往下放。

修改相当于，如果 $x\le mid\le y$ ，就是两个全局取 min ，否则，以 $y<mid$ 为例，要把所有 $l\le y$ 的找出来，修改往下放。查询也是类似的讨论。

这个过程可以 set+BIT+链表+并查集 实现。感觉很难写，开个坑有时间写。

22.P4003 无限之环

需要把所有接口封住，所以考虑把方格黑白染色。每个点能通过旋转来选择一些边界，然后我们要使得选择的边界可以全部贴上。

考虑对每个方格在四个方向上分别建点，然后能贴上的点之间连边。对于染色后的黑点，尝试通过四个点间的连边，让源点的流量流到一个子集；白点类似，连到汇点。

那分四种考虑：

不能转的就直接连；只连向一个点的，考虑源点先向初始点连费用为 $1$ 的边（简称连 $0$），再从这个点出发，向相邻两个连 $1$ ，向相对的连 $2$ 。

连向三个点的，类似的，分别考虑初始三个点，先从源点连 $0$ ，如果剩下那个点是对点，就连 $2$ ，否则连 $1$ 。

连向两个点的，考虑相对的一对点，源向初始点连 $0$ ，初始点再向对点连 $1$ ，发现这样恰好是正确的。

跑费用流即可。

23.[ARC155F] Directable as Desired

首先考虑钦定一个根，使得树的形态更清晰。

于是我们枚举一个点集 $S$，使得 $S$ 内的点和父亲间的边是 x->fa。

先考虑连 x->fa 的边的方案数，再考虑此基础上连 fa->x 的方案数。

第一部分的方案只和 $|S|$ 大小相关，所以我们考虑 $n$ 个点，连了 $|S|$ 条 x->fa 边的森林一共有多少个，再除以 $\tbinom{n}{|S|}$ 。

考虑构造超级点 $0$ ，使森林内每棵树的根连向 $0$ ，则变成 $n+1$ 个点，$0$ 的度数为 $n-|S|$ 的方案数。

使用 prufer 序列处理这个问题，易得 $\tbinom{n-1}{n-|S|-1}n^{|S|}$ ，除掉 $\tbinom{n}{|S|}$ 得到 $n^{|S|-1}*(n-|S|)$ 。

第二部分，考虑依次连每一条边，你发现边是无序的，影响了计数。所以我们给边打上标号，一开始连 x->fa 的时候要乘上 $\prod\limits_{i\in S} d_i$ 。

然后这剩下 $n-|S|-1$ 条边，它们的方案数与起点无关，并且每连一条边，终点的个数就会 -1 。所以这里方案就是 $(n-|S|-1)!$ 。

所以一个集合 $|S|$ 的答案就是 $\frac{1}{n\prod d_i!}\prod\limits_{i\in S} d_i\ (n-|S|-1)!(n-|S|)n^{|S|-1}=\frac{1}{n\prod d_i!}\prod\limits_{i\in S} d_i\ (n-|S|)!n^{|S|-1}$ 。

发现除了 $\prod\limits_{i\in S}d_i$ ，其他项只与 $|S|$ 有关，于是利用分治 NTT 求出 $\prod (1+d_ix)$ 即可方便计算答案。

24.[ARC136F] Flip Cells

PGF 练习题，做过开关那个题基本也会做这个吧。

考虑设出 PGF 计算答案。令 $F(x)$ 是经过 $i$ 步第一次达到某个合法状态的概率的 PGF ，$G(x)$ 是从合法状态到合法状态的 PGF，$H(x)$ 是经过 $i$ 步达到某个合法状态的概率的 PGF 。

则 $F(x)G(x)=H(x)$ ，我们的期望是 $F'(1)$ 。有 $F'(1)=\frac{H'(1)G(1)-H(1)G'(1)}{G^2(1)}$ 。

现在需要求 $G$ 和 $H$ 。这两个问题是类似的，我们以求 $H$ 为例。

我们令 $f_i$ 表示，从初始状态开始翻转 $i$ 个格子到达的合法状态的方案数。这是可以背包算出来的。

令 $a=e^{\frac{x}{n}}$ ，则强转 EGF 可以得到 $\frac{1}{2^n}\sum f_i(a-a^{-1})^{i}(a+a^{-1})^{n-i}$ 。

显然可以转化成一个 $\sum c_ia^{2i-n}$ 的形式，这里 $c_j=\sum [x^j]f_i(x-1)^i(x+1)^{n-i}$ 。我们从小到大枚举 $i$ ，用类似背包的方式维护 $(x-1)^i(x+1){n-i}$ ，即可计算 $c_i$ 。

而 $\sum c_ia^{2i-n}=\sum c_ie^{\frac{2i-n}{n}x}$ 。则转回 OGF 可以得到 $\sum \frac{c_i}{1-\frac{2i-n}{n}x}$ 。

但这个式子是有问题的，因为式子中存在 $\frac{1}{1-x}$ 这样的项，代入 $x=1$ 就 G 了。

考虑 $F(x)=\frac{H(x)(1-x)}{G(x)(1-x)}$ ，这样上面的式子就可算了。复杂度 $O(n^2m^2)$ 。

25.P7294 [USACO21JAN] Minimum Cost Paths P

今天场了个黑题，开心。

首先考虑只有两列怎么搞，你要找第 $x$ 行横着走，则代价是 $(j-i)x^2+c_i+(s-x)c_j$。

则这个二次函数在 $x=\frac{c_j-c_i}{2(j-i)}$ 处有最值。看到这个，不难想到，取的列只会在下凸包上。这个证明是简单的。

把询问离线下来，然后每次在凸包上二分一下就好了，复杂度 $O(n+q\log n)$ 。

26.CF1801E Gasoline prices

题外话：从跌倒的地方爬起来。这场打太烂了，现在状态正常后回顾这场的题，真的不难，很好上分阿/kk

先考虑树是链的时候怎么做，类似于 [SCOI2016]萌萌哒 ，倍增连边来维护最小生成树。

然后这个题，一开始想的是树剖，后来发现可以直接在树上做倍增，拆成三段直的路径相连，就和链的版本是类似的了。复杂度 $O(n\log n)$ 。

27.CF1801F Another n-dimensional chocolate bar

显然可以 dp ，记 $f[i][j]$ 表示考虑完前 $i$ 个数后，剩下的数的乘积需要 $\geq j$ 。

你发现 $j$ 一定是某个 $\left\lceil\dfrac{k}{i}\right\rceil$ ，这只有 $O(\sqrt{k})$ 种。

转移是 $\frac{1}{a}f[i][j]\left\lfloor\dfrac{a}{k}\right\rfloor$ to $f[i+1][\left\lceil\dfrac{j}{k}\right\rceil]$ 。

类似于无记忆化的杜教筛的转移。复杂度 $O(nk^{\frac{3}{4}})$ 。

28.[JOISC2023] festival2

咕咕咕。

29.[JOISC2023] passport

考虑有三种走法，一种是找到 $[l,r]$ 内 $L$ 最小的，然后 $l->L$ ；一种类似的往右走；一种是 $l\le x\le r$ ，$l->L_x,r->R_x$ 。

可以发现我们用前两种操作使区间扩大后，我们一定会在新增的范围内选 L/R 操作，否则一定会一直拓展到 [1,n] 。

所以这个题就分成两步，一步是找一个 $l_u\le v\le r_u$ ，然后 $u->v$ ，这样弄下去，可以线段树优化建图；一步是到了某个 $u$ ，然后 $l,r$ 分开拓展到 $[1,n]$ ，这可以线性预处理。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。

30.gym102331C Counting Cactus

考虑根据圆方树的形态进行 dp。令 $f(S)$ 表示点集 S 内选边连成仙人掌的方案数。

随便取出 $S$ 的一个固定的点 $x$ 做根，然后分成两种情况：

1. $x$ 和 >1 个圆点相连。令 $g(S)$ 表示 $x$ 只与一个圆点相连的方案数，则 $f(S)=\sum g(T)f(S-T+\{x\})$ 。

2. $x$ 和 =1 个圆点相连，相当于要求 $g(S)$ ，再把 $g(S)$ 加到 $f(S)$ 上。

发现和圆点相连的这些点要构成一个环。于是我们考虑一个 dp:

$h(i,j,S)$ 表示 $S$ 划分成了若干子集，每个子集中都选了一个点串成一条链，链的左端是 $i$ ，右端是 $j$ 。

则 $g(S)=\sum h(i,j,S-\{x\})$ ，其中 $i\le j$ ，$i,j$ 与 $x$ 间有边相连。

这样转移就好了，复杂度是 $O(3^nn^2)$ 的。

31.ABC272Ex Flipping Coins 2

考虑算每个点朝上的概率，再乘上 n。考虑算偶-奇，再算偶。此时可以表示成 $\sum (-1)^{\sum [p_i\le b_i]}$ 的形式。

考虑枚举 S 使 $p_i\le b_i$ 的恰为 S ，再枚举 $T$ 与 $s$ 不交，来进行容斥。

转换成枚举 $K=S\cup T$ ，则他的系数是 $\sum \tbinom{|K|}{i}(-1)^{i}(-1)^{|K|-i}=(-2)^{K}$ 。我们要计算 $\sum (-2)^|K|f(K)$ ,其中 $f(K)$ 表示 $K$ 中的数都有 $p_i\le b_i$ 的方案数。

把 $b$ 从小到大排，则 $f(K)$ 可以写成 $\prod (b_{k_i}-i+1)$ 的形式。可以设计出来一个 dp ，转化一下可以写成 $f_{i,j}=f{i-1,j-1}+f{i-1,j}(c_i+j)$ 的形式。

写成 GF，这个转移形如 $G(x)=(x+c_i)F(x)+xF'(x)$ 。如果没有 $xF(x)$ 就好了，怎么办呢。

看到有导数，尝试上点 $e$ 。两边同乘 $e^x$ 得 $G(x)e^x=c_i(F(x)e^x)+x(F(x)e^x)'$ 。于是我们维护一个多项式，这个转移相当于把第 $j$ 项乘上 $j+c_i$ 。

则可以多点求值算出来这个多项式，再乘上 $e^{-x}$ 就能得到原来的多项式。

复杂度 $O(nlog^2n)$ 。

32.ARC150F Constant Sum Subsequence

考虑我们这个子序列肯定匹配的越后越好，设 $f_s$ 表示所有长度为 $s$ 的序列最远能匹配到哪里。有 $nxt(f_i,j-i)->f_j$ ，其中 $nxt(i,j)$ 表示 $i$ 后第一个 $=j$ 的位置。

这是一种类似于自己卷自己的结构，所以考虑分治处理。

分治之后考虑枚举 $j-i=x$ ，观察哪些 $i$ 是有用的。

$f$ 是单调递增的，我们考虑 $f_j$ 一定大于 $f_{mid}$，所以 $nxt(f_i,x)$ 要 $>f_{mid}$ 才行。

而这等同于 $f_i\geq pre(f_{mid},x)$ ，其中 $pre(i,j)$ 是 $i$ 或 $i$ 前第一个 $=j$ 的位置。由此可以二分出有用的 $i$ 范围。

并且对于 $f_i\geq pre(f_{mid},x)$ ，由于 $f_i\le f_mid$ ，所以 $nxt(f_i,x)=nxt(f_{mid},x)$ 。这是一个关于 $x$ 的定值，转移相当于区间取 max ,线段树维护即可。

复杂度 $O(nlog^2 n)$ 。

33.P9041 [PA2021] Fiolki 2

路径两两不交，想到用 LGV 引理计算答案。注意到行列式非零等同于矩阵满秩。

我们令 $f_{u,i}$ 表示 $i$ 到 $u$ 的方案数，则 $[l,r]$ 的答案等同于，把 $f_{u}$ 看成　$k$ 维向量后 $[l,r]$ 的线性基大小。

考虑从小到大枚举 $r$ ，维护当前的线性基，使编号尽量大，即可计算答案。

一个问题是不能直接计算 f ，可以取个模数，并且给每个边赋一个随机边权。

34.CF1767F Two Subtrees

好题啊。直接四维莫队是 $O(n^{\frac{7}{4}})$ 的，过不去，所以我们要思考怎么利用子树的条件。

类似于 dsu on tree 来处理这个过程，则一个子树的信息可以表成一个长度为 $O(n\log n)$ 的操作序列的前缀。

在这个操作序列上莫队就好了，复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 。

35.AGC039F Min Product Sum

我们令 $a_i$ 是 $i$ 这行的 min ，$b_j$ 是 $j$ 这列的 min ,我们按权值从小到达来填 a,b 并由此计数。

现在比较困难的是，想要取到一个 min ，就需要这一行/列至少有一个数 = min。所以我们容斥来做这个过程。

我们先填没被钦定的，再填被钦定的，这样就能顺便算出填矩阵的方案了。复杂度 $O(n^4)$ 。

36. UOJ418 【集训队作业2018】三角形

复习 exchange argument。

考虑把操作顺序反过来，就是先操作父亲后才能操作它的儿子。操作一个点 $x$ 相当于是石子总数先 += $\sum w_v$ ，再 -= $w_x$ 。一开始有 $w_{root}$ 个石子，要使总数最大值最小。

可以把一个操作写成 $(s,m)$ 的形式，即总数变化量，过程中的最大值和初始值之差。有 $(a,b)+(c,d)=(a+b,\max\{b,a+d\})$ 。

先考虑只询问以 $1$ 为根时的答案。考虑一开始有 $n$ 个联通块，分别代表一个操作序列，每次选一个联通块，把这个联通块的序列接到它父亲的操作后面，合并两个联通块。

这样一定能构造出所有合法操作序列，所以我们以这个构造方式的来贪心：

考虑 $(a,b)$ 是否一定在 $(c,d)$ 前面。我们想发现这个二元组存在一种偏序关系。

由于这个二元组的加法有结合律，我们只需考虑 $(a,b)+(c,d)$ 是否比 $(c,d)+(a,b)$ 更好。

即判断 $\max(b,a+d)<\max(d,b+c)$。分类讨论一下，$a,c$ 都 $>0$ 时就是 $a+d<b+c,a-b<c-d$ ；$a,c<0$ 时就是 $b<d$ ；$a,c$ 正负性不同就是负的那个更优。

由此贪心即可，用一个 set，每次取出最小的联通块，和父亲连起来就好了。

对于每个子树，发现它的操作序列是整棵树操作序列的子序列，线段树合并维护即可。复杂度 $O(n\log n)$ 。