10月杂题

还是得写写杂题，初三赛季说明这对我是 buff 啊。

这次 CSP-S 再次检验王者是超级 debuff！！！

1. P7830 [CCO2021] Through Another Maze Darkly

感受一下，每次从根开始绕一圈回去，这个圈会越来越大，直到大小变成 $n-1$ 。

考虑求出每个边在最后一个圈内入和出的时间（就是欧拉序），你会发现每次走的一圈是这个序列的子序列。那对于一次询问，先二分这是哪一圈走的；然后离线下来，则要支持插入和查 k 小。这是容易的。

2.P7949 [✗✓OI R1] 左方之地

考虑求出 $popcount(x)=k$ 的数形成的线性基。不妨令 $a_0=0$ ，则每个 $a_i$ 都是要选出线性基的一个子集。这些子集要互不相同。这就转化成了 $k=1$ 的问题。

3.ARC129E Yet Another Minimization

主要是怎么刻画这个权值，对于每对 $(i,j)$ ，考虑把 $|a_{i,x}-a_{j,y}|$ 拆成数轴上的若干段，就是把 $a_{i,k}$ 和 $a_{j,k}$ 这些当成关键点之后，考虑两个相邻的关键点。

设第 $i$ 个位置取的 $a_{i,j}$ 是第 $c_i$ 小的。则我们能把权值写成： 若 $c_i<x,c_j>y$ ，则会出现 $z$ 的代价。还有一些$c_i=x$ 时，会出现 $z$ 的代价。这个就是切糕了。

4.AGC044D Guess the Password

编辑距离这个东西很抽象，尝试用它做一些简单的事情。

首先用全 a 串就能得到 S 中 a 的个数，其他字符同理。

并且我们可以判断一个串是否是 $S$ 的子序列。就是看编辑距离是不是 $|S|-|T|$ 。

看到 850 这个限制，感受到它是 nlogn 状物，于是我们尝试分治。

就是说先想一下 ab 串怎么做，设 $b$ 的个数为 $n_b$ ，我们在 a 后面接 $n_b$ 个 b ，如果这个是 S 子序列，说明 S 第一个位置是 a ，否则是 b 。

现在有多个串了，其实就可以分治做，令 $sol(l,r)$ 为， $[l,r]$ 内的字符拼成的串，从下往上，用上面的 ab 串方法拼就好了。

5.CF1870G MEXanization

先想怎么算答案，考虑二分。我们最后要凑出 $p$ ，那最后一步一定包含 $0$ 到 $p-1$ 。而如果中间某个数 $a$ 不存在，则要求 $[0,a-1]$ 至少有 $2$ 个。所以有这样一个算法，先把 $\geq p$ 的都变成 $0$ ，然后从 $p-1$ 到 $0$ 扫一遍，维护 $x$ 表示后面的数都需要至少 $x$ 个。考虑此时扫到的数出现次数为 $c$ 。如果 $c<x$ ，则 $x$ 增大 $x-c$ ；否则的话我们把多余的 $c-x$ 个数都变成 $0$ 。

发现如果 $p$ 合法，那 $x$ 只会增大 $O(\sqrt{n})$ 次，因为 $x>\sqrt{n}$ 后，如果位置也 $>\sqrt{n}$ 就凑不够了。

并且随着数的加入，$p$ 只会越来越大，我们就只需要 $O(n)$ 次 check 。每次 check 用线段树二分加速这个过程，即找到第一个 $c<x$ 的位置。同时要更新 $0$ 的个数。这里线段树二分写成自下往上的话，能证明总复杂度为 $O(n\sqrt{n})$ 。

6.CF1870H Standard Graph Problem

跑一遍最小树形图，我们其实建了一张新图，形如一棵树，就是每次缩环时我们建了一个新点来表示这个环，它的儿子就是环上的点。

发现最后的点集中如果含有 $x$ ，那 $x$ 到根的边都不用选。这就成了一个小清新　ds 了。

7.AT_joisc2016_h 回転寿司

先考虑 $l=1,r=n$ ，用堆维护 $a$ 中的数即可。所以我们考虑分块，对每个块维护一个堆。那一次操作中，处理整块很容易，但处理散块时，我们就需要得到：这个块之前做了若干整块操作后每个点的值是多少。发现这是和原问题对称的，就做完了。

8.AGC025E Walking on a Tree

考虑对每条路径连一条 $(u,v)$ 的边，如果每个点度数都是偶数，那直接跑一遍欧拉回路显然是对的。现在我们尝试调整，就是通过加树边，把度数调整成上面的形式。这样跑出来回路后，考虑对于一组树边 $(a,b)$ ，能影响它的新增边只有 $(a,b)$ 本身，所以去掉新增边后一定合法。

10.ARC142E Pairing Wizards

先把题中的限制化简一下。不妨令 $b_x\le b_y$ ，则 $a_x,a_y\geq b_x$ ，且 $a_x\geq b_y$ 或 $a_y\geq b_y$ 。处理第一个限制就是调整一下 $A$ 。看到第二个限制，一开始想直接像切糕那样做，但最小割的局限性使得它只能做 $a_x\geq c,a_y\le d$ 这样的限制。但这个题特殊点在于它有一个 $a_y\geq b_y$ 。我们能把点分成两类：当前 $A_i\geq b_i$ 的为第一类，否则为第二类。显然对每个限制，$x$ 一定是第一类，$y$ 可能是第二类。

对于第一类点 $i$，我们建点 $(i,j)$ ，如果它与 $S$ 联通就代表最终 $a_i-A_i\geq j$ 。为了表示出这个效果，需要连边 $((i,j),T,1),((i,j+1),(i,j),\infty)$ 。

对于第二类点 $y$，我们这样处理限制：建立新点 $P$ ，连边 $(S,P,b_y-A_y),(P,(x,b_y-A_x),\infty)$ ，代表要么我自己提升，解决限制，要么丢给所有相连的 $x$ 解决限制。

跑最小割即可。

11.P4785 [BalticOI 2016 Day2] 交换

分类讨论根的情况，发现有一种情况不能直接处理，就是 $1,2,3$ 中的最小值在 $3$ 上。则操作后，我们无法确定另外两个数 $x,y$ 该放 $2,3$ 还是 $3,2$ 。怎么办呢，令 $x<y$ ，考虑 $x$ 放在哪边，能使最后 $x$ 处在的位置更小。发现这样就能比对了。就是要计算一个 $f(x,a)$ 表示当前 $x$ 权值为 $a$ ，操作子树 $x$ ，$a$ 最后的位置，还是利用上面的讨论来算。发现可能的状态只有 $O(n\log n)$ 个，因为这里一定存在祖孙关系。就做完了。

12.AGC022F Checkers

以前一直看不懂这个题的题解，想来想去想不清楚，今天重看，发现自己思路一气呵成啊。首先翻译一下题意，就是有一个 $2n-1$ 个结点的二叉树，其中有 $n$ 个叶子结点代表 $X^1,X^2,\ldots,X^n$ 。我们设 $x-lson$ 的边权值为 $-1$ ，$x-rson$ 的边权值为 $2$ 。那两个树不同，当且仅当存在某个叶子结点，使得它到根的边权之积不同。

每个这样的积都能表示成 $x2^c$ 的形式。其中 $x\in \{-1,1\}$ 。考虑怎么计数，我们先指定每个叶子的权值，然后尝试 check 能否构造出一棵树。一次合并其实就是把 $x2^c$ 和 $-x2^{c+1}$ 合并成 $-x2^c$ 。那 check 就是按 $c$ 从大往小贪心地合并，因为最大的 $c$ 无法再改变。

这样按 $c$ 从大往小，就有一个 dp :记 $f_{x,i,j}$ 表示我到当前层，其中 $x=-1$ 的有 $i$ 个点，$x=1$ 有 $j$ 个点。考虑转移，就是枚举下一层 $-1$ 和 $1$ 的个数 $a,b$。 假设 $i<j$ ，那转移合法的充要条件是： $a\geq j-i$ ，$b$ 不做限制。先说必要，因为当前层的 $j$ 个 $1$ 只能使 $a$ 至多增加 $i$ (把下一层的 $-1$ 变成 $1$) 。再说充要，就是我们每次取出当前层的一个 $+1$ 和一个 $-1$ ，再取出下一层的一个 $-1$ ，先合并 $+1$ 再合并 $-1$ 即可。下一层这个点仍然是 $-1$ ，但它消灭了当前层的两个点！再对剩下的做操作就行了。发现下一层最后的状态也是固定的。

再观察一下上面的形式，发现 dp 只需要记 $j-i$ 就行了，于是复杂度优化到了 $O(n^4)$ 。

最后答案为 $dp_{n-1,0}+dp_{n-1,1}$ ，因为最上面一层只能有 $1$ 个点，而且需要最后符号是正的。这样就做完了！

13.P6700 [PA 2015 Final] Edycja

14.P4786 [BalkanOI2018] Election

考虑 $O(nq)$ 的贪心：令 S 为 1，T 为 -1，从左往右扫，如果前缀和为负就把 T 删了。再倒着扫，后缀和为负就把 T 删了。

设 $a_i$ 为前缀和，$b_i$ 为后缀和。则第一轮我们操作次数为 $-\min a_i$ ，考虑第二轮中 $b_i$ 的改变，有 $b'_i=b_i+\min\limits_{j<i} a_j-\min a_i$ 。第二轮操作次数为 $-\min b'_i$ 。加起来，发现它就是 $-\min\limits_{j<i} a_j+b_i$ 。就是最大子段和，用线段树维护即可。

15.P9447 [ICPC2021 WF] Spider Walk

直接 dp ，每次要交换 $dp_x,dp_y$ 并对值进行更新。更新形如 $dp_i+dis(i,j)->dp_j$ 。

考虑此时很多转移都是没必要的，$i$ 和 $j$ 中一定有一个为 $x$ 或 $y$ 。对于 $i$ 为 $x$ 或 $y$ ，用线段树维护即可；对于 $j$ 为 $x$ 或 $y$ ，发现只需要用 $x-1$ 和 $x+1$ 更新 $x$ 即可，因为其他位置的转移都可以拆成两段：$u->x-1/x+1->x$ ，而第一段已经在之前转移过了。$y$ 同理。

16.P9341 [JOISC 2023 Day4] Security Guard

首先有结论：树的答案为 $\min a_i-\sum a_i+\sum\limits_{T\in(u,v)}a_u+a_v$ 。那 $Q=0$ 就是最小生成树。在这个基础上调整，就是每次找到一条边 $(u,v)$ 断掉，假设 $1$ 与 $u$ 联通，就找到 $v$ 一段的最小点 $x$ 并连边 $(1,x)$ 。现在考虑怎么优化，正做是困难的，因为它在删边。考虑倒着做，就是 $Q=n-1$ 时一定是以 $1$ 为根的菊花，在这个基础上加树边，我们要找到对答案贡献最好的边：当前一条边的权值是，$a_u+a_v-(\min\limits_{x\in S_u} a_{x}+a_1)$ ，$S_u$ 是 $u$ 所在联通块的点集。这个就容易了，用 set 维护这些边，每次加边时会合并两个联通块，合并之后需找出这个联通块对外的最小边，可并堆即可。

17.P8553 醒来

18.P5659 [CSP-S2019] 树上的数

发现我们每指定一个权值要从 $u$ 换到 $v$ ，就会产生一些限制：考虑 $u$ 到 $v$ 的路径，这上面的第一条边必须是与 $u$ 相邻的边中第一个被删的；最后一条边必须是与 $v$ 相邻的边中最后一个被删的；对于中间的点，删完前一个边后必须立马删后一条边。

确定了每个点与之相邻的边的删边顺序后，是一定存在一组合法方案的（肯定连不出环）。用链表维护这些限制，每次枚举 $p_x$ 查看是否合法即可。复杂度 $O(n^2)$ 。

19.ABC234Ex Enumerate Pairs

有点神奇的，就是说把整个图划分成若干 $k * k$ 的块，那可能的点对只会在一个块内/两个相邻的块。下面我们说明，直接枚举上面两种情况，复杂度正确。对于一个块内，如果存在 $x$ 个点，那一定有 $O(x^2)$ 个点对，原因是对这个块能划分成 $4$ 个 $\frac{k}{2} * \frac{k}{2}$ 的小块，存在至少一个小块有 $\frac{x}{4}$ 个点，而这些点距离不超过 $\frac{\sqrt{2}}{2}k$ ，一定合法。再考虑相邻的块，设两个块的点个数为 $a\le b$ ，我们需要枚举 $ab$ 次。考虑 $\sum ab\le \sum b^2$ ，发现每个 $x^2$ 带的常数 $\le 4$ 。这样就做完了，复杂度 $400000C$ ，$C$ 是不大的常数。

20.P4218 [CTSC2010] 珠宝商

处理路径，我们尝试点分治，每段路径都由两段拼起来。对于第一段，我们处理出它在文本串中的哪些位置出现了，对每个匹配的位置 $[l,r]$，让 $t_r$ 加上 $1$ ，第二段同理计算 $g_l$ ，最后统计 $\sum t_ig_{i+1}$ 即可。现在就是要加速计算这两个东西。考虑“第一段”的这些串是怎么构成的，其实就是 dfs 一遍，当前的串 $S_x$ 是由 $S_{fa_x}$ 前面添加一个字符形成的。如果是在后面加就做完了：建 SAM 来匹配这个串，匹配到每个点时都在 fail 树上做一个子树加，由于只用最后查一遍，复杂度是 $O(n+|T|)$ 的。现在是前面加，我们怎么搞呢。需要用另一种方式来找到当前匹配到的节点：其实这个时候就是走到后缀树上的儿子，要理解好 SAM 呀。

此时总复杂度是 $O(n\log n+n|T|)$ ，寄掉了，考虑优化：如果当前大小已经 $\le B$ 了，我们直接枚举每一个点为路径的一个端点， dfs 并计算答案即可，这个是 $O(B^2)$ 的。对 $>B$ 的还是像上面做，复杂度就是 $O(n\log n+|T|\frac{n}{B}+nB)$ 的，取 $B=sqrt{n}$ 即可做到 $O(n\sqrt{n})$ 。

21.P9062 [Ynoi2002] Adaptive Hsearch&Lsearch

考虑把平面分成 $2^k*2^k$ 的网格，然后有结论：对每个点我们只需要找与它在相同网格 or 在相邻网格的编号相邻的 $O(1)$ 个点即可。于是找出点对后二维偏序即可，复杂度 $O(n\log^2n)$ 。

22.P8885 「JEOI-R1」子序列

先考虑对给定的序列计算子序列个数，我们设 $f_{0/1}$ 为以 $0/1$ 结尾的子序列个数，$g$ 为当前子序列总个数，则转移是 $f_c'=g,g'=g+f_c$ ，那在模 $2$ 意义下就是交换 $g$ 和 $f_c$。初始状态是 $\{0,0,1\}$ ，那我们只需要记 $1$ 的位置即可。

考虑对给定的串怎么计算合法的子段个数。与 CSP-S T2 类似的，考虑一个子段 $[l,r]$合法，当且仅当跑完 $[1,l)$ 后 $1$ 的位置与 $[1,r]$ 相同。那我们把这个串跑一遍，统计 $t_i$ 表示有多少个前缀使得 $[1,x]$ 跑完后 $1$ 的位置在 $i$ ，则合法子段有 $\sum \tbinom{t_i}{2}$ 个。由于只关心这个式子的奇偶性，我们记下来 $t_i$ 模 $4$ 的余数即可。

计数就是把上面的 $t_i$ 压成状态捏。记录当前 $1$ 的位置是没必要的，我们可以直接说 $t_i$ 是有多少个 $[j,r]$ 满足最后 $1$ 位置在 $i$ ，则每次是交换 $t_c,t_2$ 并让 $t_2$ 加 $1$ 。但是还能优化：由于长度固定时 $\sum t_i$ 是固定的，只需记录 $t_1,t_2$ ；然后，我们也不需要记录模 $4$ 的余数，记模 $2$ 的余数并在记一个 $A$ 表示当前的答案。这样状态就是 $8$ 了。算子段答案就是用猫树，先算左边，再算右边，拼起来即可。注意这里有细节：需要枚举 $mid-l$ 的奇偶，不然就不好整了。

23.AGC044E Random Pawn

我们能断环为链：找到最大的 $a_p$ ，在 $p$ 处断开即可，因为走到 $p$ 一定要停下。现在有 dp 方程：$dp_i=\max(\frac{dp_{i-1}+dp_{i+1}}{2}-b_i,a_i)$ 其中 $dp_0=dp_n=a_n$ 。

感受一下，这个式子和凸有些相关。如果 $b_i$ 全是 $0$ ，那把 $(i,a_i)$ 的上凸包求出来即可。现在考虑转化一下式子，即我们设 $f_i=dp_i+c_i$ ，那有 $f_i=\max(\frac{f_{i-1}+f_{i+1}+c_{i-1}+c_{i+1}}{2}-b_i+c_i,a_i+c_i)$ 。那就是让 $\frac{c_{i-1}+c_{i+1}}{2}-b_i+c_i=0$ 即可满足上面的式子。$c_0$ 和 $c_n$ 都是能任意取的，那 $c_1$ 也是任意取的，然后递推后面的 $c$ 即可，这个题就做完了。

24.AGC011E Increasing Numbers

主要就是这个形式的数能拆成若干 $\frac{10^p-1}{9}$ 的和捏。那把原来的 $n$ 乘上 $9$ ，再枚举用 $x$ 个数凑。那就是 $pop(n+x)+x$ 。从小到大枚举 $x$ ，动态维护 $n+x$ 即可。