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。

---

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 \(O(n\log n)\) 。