5月杂题
5.7以前
- gym101464C
考虑二分半径 \(R\)，对每个线段处理出：圆心在什么范围会使得圆和线段相交。显然这个范围在 \(x\) 轴上是连续的。考虑找到任意一个在范围内的位置，二分两遍，求出左右端点即可。这个位置可以取线段上 \(x\) 轴最近的点。 最后对所有范围取并，看是否覆盖 \([0,L]\) 即可。
复杂度 \(O(n\log^2 V)\) 。
- CSES1685（随机化做法）
先把图缩成 DAG，设入度为 \(0\) 的是 \(a\) ，出度为 \(0\) 的是 \(b\) ，则答案为 \(\max(a,b)\) 。
需要构造方案。考虑对入度为 \(0\) 的点定义权值表示它能到达多少出度为 \(0\) 的点。对出度为 \(0\) 的点类似的定义。则在 \(a,b>1\) 时我们需要保证 \(u,v\) 的权值都大于 \(1\) ，且 \(u\) 能到达 \(v\) 。
但是我们无法快速找到。考虑一个随机化算法：
我们随机找一对 \(u,v\) ，合法的概率至少为 \(\frac{(a-1)(b-1)}{ab}\) ，这是好证的。
令 \(k=\frac{\min(a,b)}{2}\) ,则我们直接随 \(k\) 次，全部都合法的概率就至少是 \(\frac{(a-k)(b-k)}{ab}\geq \frac{1}{4}\) ，我们期望随 \(4\) 次即可。每次判断合法就是再次缩点，看新的 \(a,b\) 是否合法。这样搞 \(\log n\) 回即可，复杂度就是 \(O(n\log n)\) 。
- UOJ424
同构等同于笛卡尔树形态相同。对笛卡尔树 dp ，每次枚举根是哪个，这个树需要满足：最多能往右下走的步数要 \(\le m\) 。转移就是 \(f_{i,j}=\sum f_{k,j-1}f_{i-1-k,j}\) 。写成 GF 就是 \(F_j(x)=1+xF_{j-1}(x)F_j(x)\)，需要求 \([x^n]F_m(x)\) 。注意到 \(F_j(x)=\frac{1}{1-xF_{j-1}(x)}\) 。如果我们把 \(F_j(x)\) 写成 \(\frac{A(x)}{B(x)}\) 的形式，则转移相当于是乘了一个矩阵。于是直接计算出矩阵的快速幂（这一部分似乎可以打表观察出结果），再求逆即可。因为矩阵内的多项式项数每次增倍，所以总复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
但事实上有更好的做法：考虑换一种角度：观察当前最右链的长度，则问题转化成了一种经典的格路计数，可以用翻折法解决。复杂度 \(O(n)\) 。
- QOJ2211
非常神秘。
先讲一个与正解无关的有趣的暴力：
考虑我们没有必要尝试枚举每一处断掉，只需要随 \(O(\frac{n}{k})\) 次就能包含答案，每次正常做，事实上可以直接 \(O(nk\log n)\) 算，复杂度 \(O(n^2\log n)\) ，能在模拟赛中取得 \(60\) 分。
现在首先考虑是链怎么做，显然 wqs 二分 + 决策单调性 即可，复杂度是 \(O(n\log ^2 n)\) 。
现在先当成链做，得到一组方案。可以发现，我们当前的决策点把环切成若干段，答案的决策点应在每一段各选一个，并且也具有决策单调性。（我不会证，比较感性）
找一段来分治，从而实现断环为链。设之长度为 \(z\) ，复杂度大概是 \(O(zk\log z+n\log n\log z)\) 。找到最小的 \(z\le \frac{n}{k}\) ，则复杂度为 \(O(n\log ^2 n)\) 。
5.7
做了什么：坐飞机，大吃大喝。
- P9139 [THUPC 2023 初赛] 喵了个喵 II:
先考虑每个出现两次怎么做，发现只要每对区间不是包含关系即可。
回到此题，相当于要把 4 个数分成两组，有 \(1-2,3-4\) ，\(1-3,2-4\) 两种选法。
2-SAT+主席树优化建图 即可。
5.8
做了什么：模拟赛，发的题，CF。
- LOJ6476 「ICPC World Finals 2017」复制，复制，复制并变异 Replicate Replicate Rfplicbte
考虑逆向思考，如何还原到操作前的状态，发现每次找到最后一行中最右的 \(1\) ，设其坐标为 \((x,y)\) ，则在 \((x-1,y-1)\) 放雷，并把周围的 3*3 反转一下。
这样消下去就会剩两行两列，我们发现由之可以直接推出关键点的坐标。
- LOJ511
处理字典序的过程是平凡的，问题可以转化成：每个点可选/不选，一些点只能选，一些点只能不选，求独立集个数，对 \(V=10^{18}\) 取 min。并且每次会改变一个点是否能选/不选的状态。
有两种做法，一种是直接传统 ddp。
这种做法非常麻烦，因为还要对每个点的轻儿子建线段树，处理不能除/减。
一种是利用答案和 \(V\) 取 min ，观察到自由点超过 \(2\log(V)\) 时直接输出 \(V\) ，否则暴力 dp。
- CF341E
考虑只有三个数怎么做，如果这个能玩出来这个题也就做完了。
令 \(a_x\le a_y\le a_z\) ，我们想用 \(a_x\) 把 \(a_y\) 消的比 \(a_x\) 更小。
发现 \(z\) 的存在，可以使得每次 \(x\) 都翻倍。
令 \(a_y=a_xt+k(k<a_x)\) ，从小往大考虑 \(t\) 每一位，如果为 \(1\) 就操作 \((x,y)\) ，否则操作 \((x,z)\) 。显然 \(a_z\) 仍然 \(\geq a_x\) 。
- CF346E
发现把问题按照 \(0,a,2a,...,ka(ka<p)\) 分段,就构成了 \(p'=a,a'=a-p\bmod a\) 的子问题,递归做下去就好了.
- CF1827D
注意到把 \(j\) 从大往小枚举，\(g\) 会形如 \(O(n)\) 次区间加，然后利用 BIT 维护历史和即可。
- CF1827E
发现只要每个边两端都至少选了一个边就可以了。
考虑从小往大枚举 \(\min(A,C)\) ，将不合法的边的两端合并。然后如果一个块没有合法点且为叶子就删了，算答案就是在每个叶子取最大的合法点，再在剩下的点里尽量取更大的。
5.9
做了什么：改题，做发的题。
- CF1798F
一个结论：\(2n-1\) 个数里一定能找出 \(n\) 个，和是 \(n\) 的倍数。
由此，我们把集合大小从小往大排序，每次直接任取 \(2s-1\) 个剩余的数，做一遍背包构造方案。对于最后一个集合，再补上合适的数。
- LOJ3278「JOISC 2020 Day3」收获
发现对于每个人 \(u\)，我们都能处理出：如果某个苹果树被 \(u\) 摘了，则下一个摘的人 \(f\) 是谁。由此可以连出一棵基环树。
每个苹果树能用二元组 \((u,t)\) 表示,意思是 \(u\) 第一个摘，是 \(t\) 时刻摘的。
对于树的贡献，相当于算子树内 \(t+d_u-d_f\le T\) 的二元组个数。二维偏序。
对于环的贡献，设 \(dis(u,v)\) 表示 \(u\) 顺着环走到 \(u\) 的时间，则有 \(T-t-dis(u,f)\) 除以 \(L\) 下取整再加 \(1\) 。可以拆成两遍偏序。
- gym102412D
首先可以用文艺平衡树维护序列，现在的难点在于合并信息。
发现如果已经有三元上升，就不需要准确维护信息。
通过讨论发现我们需要处理：一个子树中 \(>z\) 的最小数。因为没有三元上升，\(>z\) 的数一定单调递减，所以直接二分即可。因为平衡树树高 \(O(\log n)\) ，复杂度即为 \(O(n\log^2 n)\) 。
- gym102391E
处理最小直径，二分答案。可以对仙人掌建出圆方树。设 \(d_u\) 是使 \(u\) 子树合法的前提下，\(u\) 到最深叶子的距离最小值。dp 一下就好了。实现比较复杂：
就是我们断开的地方，左右分别维护三个信息： \(s,m_1,m_2\) 其中 \(m_1\) 是当前 \(u\) 到当前最深叶子的距离，\(m_2\) 是当前点 \(v\) 到其他点的最远距离， \(s\) 是 \(u\) 到 \(v\) 的距离。
5.10
做了什么：去 jzhx，听线性代数，模拟赛。
- CTT2019 D3T2
如果不是环是链，则操作等同于：求出前缀和数组 \(s\) ，交换 \(s\) 的相邻两项。就是求逆序对个数。
现在是环了，我们把原序列无限复制，并设定一个“零势能面”，类似的定义 \(s\) 。设原序列所有数的和是 \(A\) ，则 \(s_{i+n}=s_{i}+A\) 。我们把 \(s_{i},s_{i+n},s_{i+2n}...\) 看成一个系统，则操作等同于交换一对相邻系统的位置。对于两个系统，如果相对应的一对位置有 \(a>b\) ,\(a\) 在 \(b\) 前，则我们需要操作 \(b-a\) 除以 \(A\) 上取整次。拆成两遍二维偏序来算就好了。
5.11
做了什么：去玄武湖玩，做发的题。
5.12
做了什么：模拟赛，改题，做发的题。
- P4482
把反串的 fail 树建出来，问题等同于找到最小的 \(x\) ，使得 \(x>l,dep[lca(t_x,t_l)]\geq r-x+1\) 。
考虑进行树链剖分，把问题转化成 \(\min(t_x,t_l)\geq r-x+1\) 的形式。
即 \(x\geq\max(l+1,r+1-t_l),t_x+x\geq r+1\) 。做一遍二维偏序就好了。
复杂度 \(O(n\log ^2 n)\) 。
- Codechef Push the Flow!
题意：仙人掌，支持单点修边权，询问两点间最大流。
先转成最小割，然后建出圆方树，令圆->方的边权是一个前缀 min + 后缀 min 的形式。
相当于要询问两点间最小值，树剖维护。
难点在于我们一次修改实际上会对方点连出的所有边造成影响。但我们只需要修其中的重边即可，然后其他的在跳轻边时直接算就好了。
复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 。
- topcoder10727
把状态看成点,往外翻看成走左右儿子,往内翻看成走父亲,这个题就成了简单的计数题.
把起点/终点的 \(0-k\) 级祖先当成关键点,则由于每个点都存在左右儿子,我们只需要关心当且的点往上跳得到的第一个关键点 \(u\),以及步数 \(d\).转移是简单的,复杂度 \(O(n^3)\) .
- ABC300Ex
一种做法类似于常系数线性递推,求多项式取模,是很平凡的.
介绍一种在考场上写出来概率更大,常数更小的做法:
先考虑 \(f_n\) 怎么算.
考虑 \(f_n\) 可以表示成 \([x^n]\frac{F(x)}{G(x)}\) ,其中两个多项式都有 \(k\) 项.
我们把上下都乘上 \(Q(-x)\) ,则 \(Q(x)Q(-x)\) 是一个偶多项式,它的逆也是偶多项式.
那把 \(P(x)Q(-x)\) 拆成奇偶两部分,即 \(A(x)=\sum a_{2i}x^i,B(x)=\sum a_{2i+1}x^i\) ,然后 \(n\) 为偶用 \(A(x)\) ,\(n\) 为奇用 \(B(x)\) ,递归做下去.
回到这个题,在 \(n\) 为奇时用 \(A(x)+B(x)\) 就好啦.
5.13
干了什么：周末，摆烂，ucup 没报上名。
5.14
干了什么：摆烂，打 ARC。
- ARC160D
考虑怎么对序列操作最优：从左往右，先把 \(a_i\) 模 \(k\) ，再对 \([i,i+k-1]\) 减 \(a_i\) 次 \(1\) ，最后 \(a_{n-k+2}\) 到 \(a_n\) 都是 \(k\) 倍数即可。
那有了这个策略，就可以把贡献拆开了，写成生成函数是 \([x^{m/k}]\frac{(1-x^k)^{n+1-k}}{(1-x)^{2n+1-k}}\) ，直接算就好了。
- ARC160E
发现每个叶子都要用一次,于是我们按照叶子个数 \(S\) 的奇偶讨论.
\(S\) 为偶数时,把叶子按 dfn 排序,连 \((v_1,v_{S/2+1}),...,(v_{S/2},v_S)\) 即可,原因是如果删掉一个点分成至多三部分(度数<=3),而每部分往外都有至少一条边.
\(S\) 为奇树时,答案的下界是 \(\min w_i +\sum\limits_{d(x)=1} w_x\) .令 \(w\) 最小的是 \(r\) .
如果 \(r\) 是叶子,我们取一个非 \(r\) 的叶子 \(u\),先不把 \(u\) 当叶子做一遍 \(S\) 为偶数,再连 \((r,u)\) 即可.原因是类似的.
如果 \(r\) 非叶子,考虑以 \(r\) 为根,如果存在一个 \(r\) 的儿子,使得子树内有至少两个儿子,就取其中一个作为 \(u\),按照上面的方法连.
否则发现这个时候树的形态很简单,就是 \(r\) 下挂了三条链.剩下的讨论就不难了.
- ARC160F
一个结论，有用的操作至多 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 次，证明待补。
然后就是一个有趣的 dp：考虑一个 \(p\) 能被排序，当且仅当：对于每个 \(x\) ，令 \(q_i=[p_i>x]\) ，则 \(q_i\) 能被排序。由此状压 dp 就好了。很有意思，感觉就是通过这种变换，使排列能当成是一个自动机的一条路径。
5.15
干了什么：模拟（考了三个原题加强），做昨晚 CF 。
- CF1827B2
先分析一个子段的答案：我们两次操作选的区间一定不交，否则并在一起更优。
于是答案是 \(n-1-\sum [\max(a_1,a_2,...,a_i)<\min(a_{i+1},a_{i+2},...,a_n)]\) 。
考虑所有子段的答案和，就是统计多少个 \(\max(a_l,..,a_x)<min(a_{x+1},..,a_r)\) 。
这里就不难了，枚举 \(max(a_l,..a_x)\) 的下标，算一算即可。
- CF1827D
先分析怎么找答案是什么。找到重心的最大子树，设大小为 \(m\) ，则答案为 \(n-2m\) 。
于是现在要维护重心位置和 \(m\) 。我们接上一个点后，先假装重心不变，则更新 \(m\) 是容易的。如果此时 \(2m>n\) ，则重心变了，新的重心和 \(m\) 都是能直接算的。就做完了。
- CF1827E
考虑两个点 \(u,v\) 不能两步走到的条件。设 \(S_x\) 是所有包含 \(x\) 的路径的点集并，则 \(S_u\) 和 \(S_v\) 不交。而这相当于，我们能断掉一条边，使 \(S_u\) 整体在一棵子树， \(S_v\) 在另一棵。
如果枚举断掉的边 \(i\) ，考虑所有跨过 \(i\) 的路径，则需要两端分别找到一个点不被覆盖。显然我们会去找叶子，那一条路径就只会给它两个端点做贡献。
所以我们枚举叶子，把所有覆盖它的路径的并利用虚树求出来，做一个树上差分，即可知道每个边在两端的被覆盖叶子的数量。构造方案是简单的。
- CSES1685（线性做法）
考虑对图进行改造，使得答案不变且图更简单。发现我们对每个入度为 0 的 scc 保留一个出边，对出度为 0 的保留入边，答案是不变的。进一步，我们先从右部开始 dfs，给每个左部点找到一个 \(p_i\) 使得 \(i\) 能到达 \(p_i\) 。然后对于 \(p_i\ne p_j\) ，我们从 \(p_j\) 往 \(i\) 连边，这样 \(p_i\) 变成 \(j\) ，且 \(p_j\) 和 \(i\) 都消去了。所以最后我们能使得所有剩余的左部点的 \(p_i=V\) 相等。接下来，从左部开始 dfs ，对右部点类似的处理即可，注意需要保证 \(V\) 不被删去。
最后得到了一张很简单的图，随便连一下就好了。
这个做法可能需要特殊处理一下孤立点。
5.16
做了什么：自习。
- CF1819F
把串当成点，操作看成边，发现图具有分治结构，就在 trie 树上 dp 一下，具体就是记录全 A/B/C/D 的串两两之间的最短/长路径，从下往上算一下，最长/短环也是很好讨论的。
- ARC147F
考虑不等式是环状的，尝试找到问题的组合意义：一个 \(x+y+z+3\) 的环，三个人初始分别在 \(0,x+1,x+y+2\) ，每步选一个人往前走，走 \(n\) 步，两个人不能走到一起，求方案数的奇偶性。发现如果某时刻两个人走在一起，那从下一步开始，就有两种移动是相同的，可以抵消；也就是只能移动剩下那个人，那它到最后也是有至少两个人在一起的。也就是说，我们只需要用总方案减去终止状态中有至少两人重合的方案。就是 \(3^n-{A,B重合}-{B,C重合}-{A,C}重合+2{A,B,C}重合\) 。
等同于求 \(1+{A,B重合}+{B,C重合}+{A,C}重合\) ，不妨考虑 \(A,B\) 重合，相当于要求一个形如 \([x^a](\frac{1}{x}+1+x)^n\pmod {x^{s}-1}\) 的东西。我们知道 \((a+b+c)^2\) 在模 \(2\) 意义下就是 \(a^2+b^2+c^2\) ，所以可以把原式化成一些 \(\frac{1}{x^{2^k}}+1+x^{2^k}\) 乘起来的形式。
此时，如果 \(s\) 较小，就直接 dp，复杂度是 \(O(s\log n)\) 的；否则考虑枚举 \(a+ks\) ，利用数位 dp 求出 \([x^{a+ks}](\frac{1}{x}+1+x)^n\) ，复杂度是 \(O(\frac{n}{s}\log n)\) 。根号分治即可做到 \(O(\sqrt{n}\log n)\) 。
5.17
做了什么：打模拟赛。
- acmicpc 20798
考虑暴力该怎么写。一个 Boss 被杀，当且仅当：不是他的朋友的人中，有一个能在剩下的人中当 Boss 后存活下来。发现这其实和博弈论干的事是类似的：如果能到达的状态有至少一个输，则自己赢。我们把“会被杀”看成赢的状态，发现这个问题其实就是一般图博弈。
这个题就成板子题了。
- QOJ6308
考虑 \(b_i=[a_{i-1}\ne a_{i}]\) ，则相当于是把 \(b_{l_i},b_{r_i}\) 赋成 \(1\) ，\(l_i<x<r_i\) 的 \(b_x\) 赋成 \(0\) 。
如果存在一对 \(l_i<l_j<r_i<r_j\) ，则显然最后 \(b_{l_j}\) 和 \(b_{r_i}\) 不能同时为 \(1\) 。这就转化成了一个最大匹配问题。主席树优化建图即可。
5.18
做了什么：摆烂！
5.19
做了什么：摆烂，听课。
- UOJ772
考虑一个暴力做法：把模式串的 ACAM 建出来，对于每个文本串，把每个前缀匹配到的点的虚树求出来，然后从下往上合并即可。注意我们的 fail 树只保留 作为一个串的末尾 的串。
这个复杂度是：所有文本串匹配到不同模式串个数之和。
其实这是 \(O(n^{\frac{4}{3}})\) 的。一个性质是，长度相等的模式串共出现 \(O(n)\) 次。 \(\le n^{\frac{1}{3}}\) 的模式串就是 \(O(n^{\frac{4}{3}})\) 的；对于 \(>n^{\frac{1}{3}}\) 的串，因为能产生贡献的模式串/文本串个数都是 \(n^{\frac{2}{3}}\) 级别，所以总贡献也是 \(O(n^{\frac{4}{3}})\) 。
事实上还能更优，做到 \(O(n\sqrt{\log n})\) ，其实就是，我们遍历整个虚树是多余的，把它拆成一条条链处理，把出现次数相同拉到一起算贡献。
- LOJ3396
考虑建出 AC 自动机处理问题.我们维护 \(z_l\) 表示当前 \(h(l,r)\) 的值,则 \(r\) 增加时,考虑怎么维护 \(z\) 。
令 \(f=fail_{p_r}\) 。
发现如果 \(r-l+1\le |f|\) ，我们就暂时不需要维护 \(z_l\) ,直接取 \(f\) 的答案。否则 \(z_l\) 会增加 \(s_f\) ，其中 \(s_f\) 是 \(f\) 到根的所有点权值和。
我们只需要维护 \(l\le r-|f|\) 的 \(z_l\) ，而 \(r-|f|\) 单调不减。所以每次我们会添加一段 \(z\) ，考虑这个怎么快速算初始值。
发现 \((r-|f|,r]\) 对应了某个串的前缀，而我们每次会往前添加一个字符并计算 \(h\) 。
\((r-|f|,r|\) 的 \(h\) 是能预处理的;把反串的 AC 自动机建出来，找出正串每个节点会匹配到哪个点，就可以做这个添字符的过程，更新 \(h\) 了。
维护 \((l,z_l)\) 的上凸包处理询问即可。
- nowcoder 33189F
题意：树，边权为字符，多次询问两点间字符串的 PAM 大小。
做法：这种树上的串一般是把串拆断。考虑树分块。把串拆成 u-关键点1-关键点2-v，枚举关键点 1 来 dfs，在每个关键点 2 离线处理询问，相当于要可撤销，可双端插入的 PAM。这其实不难捏，双端插入和一端插入的区别就是特判整个串为回文。
- Petrozavodsk Summer-2015. Moscow IPT Contest H
咕。
- uoj697
基本子串结构练习题。分成三个部分统计答案，一个是块内的，一个是块下的，一个是块右的。
把反串的 SAM 也建出来能大量减少码量！
- QOJ6301
咕。
5.20
做了什么：APIO 打银了。
- APIO2023 T2
考虑枚举权值，把 \(>x\) 的设为 \(1\) ，\(<x\) 的设为 \(-1\) ，\(=x\) 的设为 \(0\) 来求出前缀和 \(s_i\) 。
令 \(p(l,r)\) 为 \(s_l\) 到 \(s_r\) 构成的集合，显然这是一个区间。
我们相当于要找两个 \(0\) ，使得 \(p(0,t_i)\) 往两头扩大 \(j-i+1\) 后与 \(p(t_j,n)\) 有交。让 \(j-i+1\) 最大。
从小往大枚举，则 \(p\) 可用线段树求，求完了就转化成一个二维偏序，BIT 解决。
- CF1817F Entangled Substrings
基本子串结构模板题。把结构建出来后求一个前缀和就好了。
5.21
做了什么：润了，因为要会考捏。自己看课件，补一道是一道。
- QOJ5526
先判掉整个序列逆序对为奇数，这个相当于，一开始是 n-环数，每次操作都会改变。
再判掉删掉一个数使得奇偶性改变，这个只需要看 \(i-p_i\) 就行了，画个图就知道了。
此时如果存在 \(p_u>p_v\) 答案就是 \(n-2\) ，否则是 \(-1\) 。
5.22及以后
- topcoder 14379
神题！考虑石头剪刀布是一种模 3 相关的问题，于是我们考虑单位根。
把串看成多项式，即 \(\sum c_ix^i\) 。令 \(A(x)\) 中 \(R=w^0,P=w^1,S=w^2\) ,\(B(x)\) 中 \(S=w^0,P=w^1,R=w^2\) ，则我们发现问题等同于 \(A(x)\) 和 \(B_R(x)\) 做循环卷积后每一项系数都相等。
这似乎不太好处理，我们施加 DFT 来看看性质：我们要让 \(\operatorname{IDFT}(\operatorname{DFT}(A(x))\cdot \operatorname{DFT}(B_R(x)))\) 每一项系数相等，而 IDFT 本质上也是在做 DFT 。
所以我们需要 \(\operatorname{DFT}(A(x))\cdot \operatorname{DFT}(B_R(x))\) 除了常数项都是 \(0\)。那现在每个多项式就可以用二进制数来表示，合法等同于 \(A(x)\) 和 \(B_R(x)\) 代表的数不交。
有结论：对于相同的串，\(A(x)\) 和 \(B_R(x)\) 表示出的二进制数是相同的。
考察 \(\operatorname{DFT}(B_R(x))=\sum\limits_{j=0}^{k-1} x^j\sum\limits_{i=0}^{k-1}a_{i}^{-1}W_{k}^{(k-1-i)j}=\sum\limits_{j=0}^{k-1} x^jW_{k}^{-j}\sum\limits_{i=0}^{k-1}(a_{i}W_{k}^i)^{-1}\) 。
注意到 \(a_iW_{k}^i\) 模长为 \(1\) ，所以它的共轭等于倒数。
所以上面的式子等于 \(\sum\limits_{j=0}^{k-1} x^jW_{k}^{-j}\overline{\sum\limits_{i=0}^{k-1}a_{i}W_{k}^i}\) 。
对比 \(A(x)=\sum\limits_{j=0}^{k-1} x^j \sum\limits_{i=0}^{k-1}a_{i}W_{k}^i\) ，不难证明结论。
最后问题就成了：\(n\) 个二进制数，取一个子集使得所有数两两不交，状压 dp 即可。复杂度 \(O(3^m+nm^2)\) 。
- LOJ2398
先讲一下自己的垃圾做法：随一个点 \(u\) 当重心，通过枚举得到与它相邻的点 \(v\)，对于剩下的点，枚举每个 \(v\) 来判断这个点是否在 \(v\) 子树内，这个可以断掉 \(v\) 来判和 \(u\) 是否连通。得到每个子树的点集后递归做下去。
相当于是在点分治。期望 \(8n\log n\) ，过不去，而且只能做树。
做法：
考虑维护一个点集 \(S\)，一开始只有 \(0\) ，我们每次找到一个与点集相邻的点 \(u\) ，然后把 \(u\) 与 \(S\) 间的边找出来，再把 \(u\) 加进去。
先说怎么找边：考虑把 \(S\) 内的 dfs 树处理出来，按 dfn 序把点记下来，二分出一个最小的前缀，使得保留这些点，\(u\) 能与根连通。这样就找出一个相邻的 \(v\)。删掉 \(v\) ，对每个连通块递归做下去。
这一部分复杂度大概是 \(O(m(6+\log n))\) 的，这个递归的过程相当于是一棵六叉树，每个非叶子要二分一次，叶子也要问一次。
接下来处理找 \(u\) ：如果 \(u\) 与 \(S\) 直接有边就返回；否则，我们任意找一个 \(v\) ，使得 \(v\) 在 \(u\) 到 \(S\) 的某条路径上，递归做下去，注意做的时候要删掉 \(u\)。找这个 \(v\) 也可以二分。
这相当于 dfs 一棵树的过程，是 \(O(n\log n)\) 的。
- LOJ3524
首先有一个暴力，就是 \(n\) 次 bfs，把 \(f_x\) 都求出来。
我们只需要找出最小值是哪些点，所以如果 \(x\) 能走到 \(y\) ，那 \(f_x\geq f_y\) ，计算 \(f_x\) 就没有意义了，我们把 \(x\) 和 \(y\) 合并，最后判断 \(y\) 能否走到 \(x\) 就行了。
类似于 Borvuka，我们做 \(O(\log n)\) 轮，每次从一个连通块的根出发 bfs ，如果 bfs 到其他连通块就直接返回，然后合并一遍。
最后再对于每个连通块从根 dfs 一遍，计算 \(f_{rt}\) 并观察 \(rt\) 能否到 \(x\) 就行了，复杂度 \(O(n\log n)\) 。
- ARC161E
很神秘，就是说随机一个答案，正确率是很高的，证明似乎很复杂，咕。
现在就是怎么 check 答案。比方说一个 \(C_x=0\) ，那我们要求对于它两个相邻的点 \(v_1,v_2\) ，如果 \(a_{v_1}=1\) 那么 \(a_{v_2}\) 必须是 \(0\) 。
由此 2SAT 就好了。复杂度 \(O(An)\) 。
- ARC161F
check 所有子图密度 \(\le D\) 是简单的：
一个子集不合法：边数大于点数的 \(D\) 倍。
把这个套到 Hall 定理上，我们建一个二分图，其中左端点表示原图的边，右端点表示原图的点，原图的边往原图的两个端点连边，源点到每个左部点流量是 \(1\)，每个右部点到汇点流量是 \(D\) ，判断能不能满流即可。
现在要判断是否不存在一个真子图的密度 \(=D\) 。
我们把这个无向图定向。在这上面跑出匹配后，如果一个边 \((u,v)\) 流向 \(u\) ，就从 \(u\) 往 \(v\) 连边，否则从 \(v\) 往 \(u\) 连边。
条件合法的充要条件：得到的图是 SCC。
先证必要：如果不是 SCC ，考虑缩点后出度为 \(0\) 的 SCC。我们知道，每个点 \(u\) 都会往外连 \(d\) 条有向边，且由于出度为 \(0\) ，这些边都在 SCC 内部，显然密度 \(\geq d\)，不合法了。
再证充分：如果存在一个子图密度是 \(D\) ,因为所有点总出度是 \(d|S|\) 且已有 \(d|S|\) 条边，这个子图就不会对外有出边。
跑一遍 tarjan 就好了。最后总复杂度 \(O((nd)^{1.5})\) 。
