11月杂题
1.10.30D/qoj6794 Sequence to Sequence
先观察到我们一定是先减后加。因为对于一个数 +1 -1 一定不会改变，但 -1 +1 就会有改变。那对于相邻的 +1 -1 操作，如果不交就直接交换；否则把相交的部分直接删掉，那要么删成两个 +1 ，要么成两个 -1 ，要么是不交的 +1 -1 。
如果我们指定一个数减的次数 \(d_i\) ，那加的次数就是 \(g_i=d_i+t_i-s_i\) 。然后操作次数就是 \(\sum \max(0,d_i-d_{i-1})+\max(0,g_i-g_{i-1})\) 。但是这个没有考虑 \(t_i=0\) 的情况，考虑一个极长的 \(t_i=0\) 连续段 $[l,r] $ 中 \(s_i\) 的最大值为 \(m\) ，若 \(m<\max(d_{l-1},d_{r+1})\) ，则费用还要加上 \(\max(d_{l-1},d_{r+1})-m\) 。
我们就能由此设计一个简单 dp 计算答案，即记下来末尾的 \(d_i\) ，复杂度 \(O(nV^2)\) 。考虑优化，猜测这个 dp 数组是凸的；进一步发现，它能分成三段，一段斜率为 \(0\) ，一段斜率为 \(1\) ，一段斜率为 \(2\) 。于是维护折点即可，复杂度 \(O(n)\) 。
具体转移：https://drops.dagstuhl.de/opus/volltexte/2016/6078/pdf/LIPIcs-CPM-2016-16.pdf
2.10.26D
算矩形个数可以算多少个 \(2*2\) 小方格里黑格子个数为 \(1\) 或 \(3\) 。
3.10.26B/P3776 [APIO2017] 斑斓之地
平面图联通块计算：\(C=V-E+F-1\) 。算 \(V\) 和算 \(E\) 都是容易的，而对于 \(F\) ，我们只需统计 \(2*2\) 小方格全黑的位置个数即可，因为这两个题都保证空腔的个数 \(\le 1\) 。剩下的就都好做了。
4.互测 1A
还是不会。差距。
5.topcoder13460 FrozenStandings
就是 AGC061C ，为啥看了半天才看出来？
6.P9257 [PA 2022] Mędrcy
先来翻译一下题意，对一个咒语我们连边 \((u,v)\) ，那我们考虑贤者 \(x\) 是怎么思考的：就是他一开始只知道不与他相连的边，设 \(f(G)\) 是 \(G\) 这个图第一次有人紫砂的天数，那如果到 \(f(G-\{x\})+1\) 天还没有人紫砂，就说明存在 \(x\) 不知道的边，\(x\) 就紫砂了。所以 \(f(G)=1+\min\limits_{x\in V} f(G-\{x\})\) 。特别的，对于 \(E=\emptyset\) 的图我们有 \(f(G)=0\) 来满足定义。
再看看上面的定义，发现就是删去最少的点使剩下的子图是独立集。考虑进行搜索，找到度数最大的点 \(x\) 并枚举我们是否要删去它。如果不删 \(x\) ，与它相邻的点都要被删。注意到 \(d_x\le 2\) 时我们能直接计算出答案，不需要再搜索。这个题就做完了。原因是，设 \(f(k)\) 是对答案限制为 \(k\) 的图至多要递归的次数，我们有 \(f(k)=f(k-1)+f(k-3)\) ，而 \(f(30)\) 大概是 \(10^5\) 级别的。
7.CodeChef Find a special connected block
如果颜色数少就是斯坦纳树。
神来之笔：考虑把这些颜色随机划分，即对每个颜色赋一个 \([0,k)\) 的权值，把这个权值当成新的颜色来跑。如果每个集合都有至少一个最优解中出现的颜色，那就 win 了。
考虑这样算一次正确的概率，就是 \(\frac{k^k}{k!}\) 的， \(k=7\) 时大概是 \(\frac{1}{164}\) 。这个题就做完了。
8. CF1089H Harder Satisfiability
先建出 2-SAT 的图，对每个限制 \(a\or b\) ，连边 \(!a\rightarrow b\) 和 \(!b \rightarrow a\) ，如果这个时候有矛盾就直接 G 了。
然后考虑讨论 \(x_n\) 的符号和与它相关的限制，然后将式子递归到只剩 \(n-1\) 个数。如果 \(x_n\) 前面的符号是 \(\forall\) ，那考虑与之相关的限制，你发现对于 \(i<n\) ， \(x_i\) 的值直接被指定了。否则的话就无所谓啊。通过 \(i-n,j-n\) 得到的 \(i-j\) 限制已经通过 2-SAT 的图处理出了，所以直接递归下去就行了。
总结一下上面的过程。就是如果存在一个 \(a\rightarrow b\) 的限制 \((a<b)\) 且 \(b\) 符号是 \(\forall\) ，我们就能得到 \(x_a\) 的值。如果 \(a\) 符号也是 \(\forall\) 就直接无解了，体现在 2-SAT 图上，就是 \(a,!a\) 和 \(b,!b\) 两两不可达。否则，你发现把上面两个条件判掉后，对一个 \(a\) 只存在至多一个这样的 \(b\) 。那我们看 \(a\) 是否和 \(b\) 或 \(!b\) 在一个 SCC 即可。就做完了。
9.互测 2A
自个做出来的捏。考虑值域是纸老虎，算出 \(dp_{i,j}\) 为：长度为 \(i\) 有 \(j\) 个不同的数的本质不同序列个数，最后计算 \(\sum\tbinom{m}{i}dp_{n,i}\) 即可。考虑转移，就是枚举最大值位置，有多个最大值就钦定是第一个最大值。考虑左边有 \(a\) 个本质不同的数，右边有 \(b\) 个不同的数，然后把这三个部分拼起来，为了满足题目限制，只有两个地方可能拼起来，即：左 max 与右 min ，右 max 与 max 。这个就做完了。
10.互测 3A
自个做出来的捏（！！！）。
考虑二项式反演，钦定一些位置有 \(p_x<p_{x+1},p_y^{-1}<p_{y+1}^{-1}\) 。考虑此时填排列的方案数怎么算，现在 \(p\) 和 \(p^{-1}\) 都形成了一些链，考虑 \(p\) 中第 \(i\) 条长度为 \(x_i\) ，\(p^{-1}\) 中第 \(j\) 条长度为 \(y_j\) ，那方案其实就是构造矩阵 \(A\) 使得行和为 \(x\) ，列和为 \(y\) 的方案数。这是不可做的，但你考虑每个满足：一个前缀行和 \(>0\) 且一个前缀列和 \(>0\) 的矩阵都唯一对应了一个 \(p,p^{-1}\) 的钦定方式。
记 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 行 \(j\) 列这样的矩阵个数。则 \(g_{i,j}=f_{n-i,n-j}\) 表示 \(p\) 中钦定 \(i\) 个位置，\(p^{-1}\) 中钦定 \(j\) 个位置的总方案数。有 \(ans_{i,j}=\sum\tbinom{i_2}{i}(-1)^{i_2-i}\sum\tbinom{j_2}{j}(-1)^{j_2-j}g_{i,j}\) 。这是二维卷积，可以直接 \(O(n^3)\) 。
然后考虑 \(f_{i,j}\) 的计算，直接容斥：\(f_{i,j}=\sum\tbinom{i}{i_2}(-1)^{i-i_2}\sum\tbinom{j}{j_2}(-1)^{j-j_2}\tbinom{(i-i_2)(j-j_2)+n-1}{n-1}\) 。还是二维卷积，可以直接 \(O(n^3)\) 。
11.互测 3B
维护点 kruskal 重构树，每次连边 \((x,y)\) 要做的是，令路径上最大点为 \(a\) ，我们把 \(x\) 到 \(a\) 和 \(y\) 到 \(a\) 归并起来。令 \(x<y\) ，我们找到 \(x-a\) 中最大的 \(\le y\) 的数 \(e\)，割掉 \((e,fa_e)\) ，连边 \((e,y)\) ，再递归做下去。
这是容易用 LCT 维护的。然后可以证明， 这样总操作次数不超过 \(O(n\log n)\) ，所以复杂度为 \(O(n\log^2n)\) 。
12.互测 3C
首先你要发现 \(f\) 是能线性递推的，因为 \(f_n\) 可以写成 \(a^TA_m^nb\) 的形式，我们求 \(A_m\) 的特征多项式 \(|xI-A_m|\) 即可，通过讨论 \(m\) 所在环是 \(\{m-1,m\}\) 还是 \(\{m\}\) ，可以求出 \(F_m(x)=(x+2p-1)F_{m-1}(x)-p^2F_{m-2}(x)\) 。只要求出 \(f_0\) 至 \(f_{m-1}\) ，即可利用某 B 开头算法得到答案。
通过反射容斥可以得到一个 \(f_i=\sum\limits_{j}c_j[x^j](\frac{p}{x}+(1-2p)+px)^i\) 的形式。转置一下，变成计算 \(\sum d_i(\frac{p}{x}+(1-2p)+px)^i\) ，分治 NTT 即可，复杂度 \(O(n\log^2n)\) 。
13.CF1895G Two Characters, Two Colors
维护 dp 数组的差分数组，假装它是上凸的，然后就有两种操作，一种是前缀减 \(1\) ，一种是插入 \(a\) 。你发现第一种操作会导致不是上凸的了。但你考虑此时凹的地方，比如 \(dp_i=a,dp_{i+1}=a+b,dp_{i+2}=a+2b+1\) 。那直接把 \(dp_{i+1}\) 改成 \(a+b+1\) 是不影响答案的，证明就是看 \(dp_i-ix\) 是怎么取到的最大的。
于是我们在减 \(1\) 时，把分界点左边的一段 \(X\) 和右边的一段 \(X+1\) 交换即可。
14.CF1895F Fancy Arrays
考虑确定了 \(a_i-a_{i-1}\) 后的最低点，那如果 \(x=0\) ，最低点在 \([0,k-1]\) 就是合法的。总方案数即 \(k(2k-1)^{n-1}\) 。\(x>0\) 时，最低点在 \([0,x+k-1]\) 在大多数时候都合法，除了全部 \(<x\) 的情况，原因是，若只有 \(<x\) 的数和 \(\geq x+k\) ，那肯定有一处差 \(>x\) 。就做完了。
15.gym102341B Bulbasaur
考虑最大流转最小割，转化为：删掉最小的点使两端不连通。
考虑已知了两端 \(l,r\) 该怎么做，就是 \(dp_{s,i}\) 表示考虑到第 \(i\) 层，当前与左端连通的点集是 \(S\) 需要删的最小点数。现在需要计算所有子段的权值和，考虑枚举 \(r\) ，同时我们发现上面的 dp 费用一定 \(\le k\) ，且随着层数的增加费用会越来越小。
\(k\) 非常小，于是交换一下值域和状态，设 \(dp_{s,c}\) 表示至多 \(c\) 次删点能使 \(r\) 层的状态是 \(s\) 的最大 \(l\) 。这样就做完了，复杂度 \(O(n2^kk^2)\) 。
16.gym102900F Fountains
把每个区间 \([l,r]\) 按 \(C(l,r)\) 从大往小排序，则每次加入一个区间，相当于把 \(1\le x\le l,r\le y\le n\) 的区间 \([x,y]\) 染成黑色，如果一个格子从白变黑了，就把权值加上 \(C(l,r)\) 。
于是有一个 \(dp_{S,i,j}\) 表示当前染色的状态为 \(S\) ，考虑到了第 \(i\) 个区间，选了 \(j\) 个区间的最大权值。
我们把 \([x,y]\) 看成一个格点 \((x,y)\) ，发现黑白之间的分界线就是一个从左下往右上的路径，每次只能向上/向右。所以可能的 \(S\) 个数不超过 \(4^n\) 。
17.CF1292F Nora's Toy Boxes
考虑如果 \(a_i|a_j\) 就从 \(i\) 往 \(j\) 连一条边，然后考虑每个弱联通块。首先入度为 \(0\) 的点肯定不会被删掉，而且对于每次操作 \((i,j,k)\) ，如果 \(i\) 入度不为 \(0\) ，我们可以调整为入度为 \(0\) 的。
除了入度为 \(0\) 的点，剩下的点中至少会剩一个。我们说明可以取到这个下界：考虑倒着来加点，如果有一个入度为 \(0\) 的点能到达某个新加的点，我们称它被激活了。设当前激活的集合是 \(S\) ，新加的点 \(x\) 能激活的点集合为 \(P_x\) ，则 \(S\cap P_x\) 非空。我们每次一定能找到这样的 \(x\) ，否则图就不是弱连通的了。
现在考虑计数，其实直接按上面的过程来做就行了。而入度为 \(0\) 的个数是 \(\le 15\) 的，原因是：若存在一个点 \(>30\) ，那它一定是孤立点，不用管；否则考虑把 \(1\) 到 \(30\) 表示成 \(a2^b\) 的形式 (\(a\) 是奇数) ，\(a\) 相同的数显然不能同时取。不同的 \(a\) 只有 \(15\) 个。
18. TopCoder 13792 Brainstuck
你发现每走出一个括号当前数就要清零。考虑当前数是 \(x\neq 0\) ，进入一对括号会发生什么。case1:这个括号内还有括号，那我们必须要走完一轮后 \(x=0\) ，否则 \(x\) 永远都不会为 \(0\) 。case2:没有括号，就是看这个部分的增量 \(k\) 是否满足 \(-\frac{x}{k}>1\)。
于是记 \(f_{i,j}\) 表示当前 \(x=j\) ，走完一遍后 \(x=0\) 的方案数。转移是容易的。最后要算合法串个数，就是考虑计算 \(g_j\) 是长度为 \(j\) 且末尾是右括号的方案数，这个可以结合 \(f\) 容斥算出，最后统计 \(\sum g_i2^{n-i}\) 即可。
19.UR26 B
20.UR26 C
21.互测 5B
就是分类讨论，傻逼题。
22.互测 5A
前面的步骤都很唐，但是最后一步卡常很妙。就是每个节点要维护 \(O(\log V)\) 个大小为 \(O(\log len)\) 个二进制数，这是不优的，考虑车一转，变成维护 \(O(\log len)\) 个 unsigned long long 。这样建树复杂度就从 \(O(n\log V)\) 变成 \(T(n)=2T(\frac{n}{2})+\log n=O(n)\) 的了。
23. gym101190C Cactus Construction
考虑建出圆方树。现在对于 \(x\) ，我们依次处理它的方儿子 \(o\) 。遍历 \(o\) 的儿子 \(v\) ，先递归构造 \(v\) 子树，要求它最后形如：\(c_v=1\) ，其它点都等于 \(4\) ，且子树内的边已经连完。
然后考虑，如果 \(o\) 代表的点双是一条边，那把 \(v\) 染成 \(2\) ，合并 \((x,v)\) ，连 \((1,2)\) ，再把 \(v\) 染成 \(4\) 即可。
如果是一个环，那依次连环上的边。设第一个点是 \(v_0\) ，则先染 \(v_0\) 为 \(2\) ，合并，连 \((1,2)\) ，然后顺次加入后面的点 \(v\)，如果上一个点颜色为 \(c\) ，则染 \(v\) 为 \(5-c\) ，合并，连 \((2,3)\) ，再染 \(c\) 为 \(4\) 。另则同理。再对环上最后一个点，如果颜色为 \(c\) ，就连 \((1,c)\) 并染 \(c\) 为 \(4\) 。
这样就完成了构造。
24. gym102059B Dev, Please Add This!
考虑每行/每列上的一些极长的空地，如果我们某个时刻停在其中一端，则我们能通过往返操作吃完上面的星星。所以考虑对把每个连续段建成点，然后对于一个横段，往外连两条边表示它两端的格子对应的竖段。则现在我们要从一个固定的起点出发，在这个图上游走。考虑每个星星能被吃到，当且仅当包含它的竖/横段中有至少一个走到了。
于是尝试 2-SAT 解决，设 \(x_u\) 表示一个点是否被走到，则一个星星对应了 \(x_u=1\) 或 \(x_v=1\) 的限制；而不能从起点走到的点一定有 \(x_u=0\) ；如果 \(u,v\) 互不能走到 ，那 \(x_u=0\) 或 \(x_v=0\) 。而现在我们说明，如果这个 2-SAT 有解，那原题也有解。首先这肯定是必要的；其次，考虑此时所有 \(x_u=1\) 的点，对它们建立一张新图，如果 \(a\) 在原图上能到达 \(b\) 就连一条 \(a\rightarrow b\) 的边，把 SCC 缩起来后就形成了一张竞赛图，然后要从一个固定的起点出发（且这个起点入度为 \(0\)）走哈密顿路。
这是一定有解的：首先能去掉原来的起点，变成选择一个起点出发。然后考虑归纳构造：先构造出 \(n-1\) 个点时的哈密顿路，然后加入点 \(n\) 。不妨设 \(n-1\) 时造出的路径形如 \(1\rightarrow 2\rightarrow3\dots \rightarrow n-1\) ,设当前边方向为 \(i \rightarrow n\) 则 \(x_i=0\) ，否则 \(x_i=1\) 。如果我们能找到 \(x_i=0,x_{i+1}=1\) ，或者 \(x_1=1\) 或者 \(x_{n-1}=0\) 就能插入 \(n\) 。如果此时不能插入 \(n\) ，那 \(x_1=0\) 。由于找不到 \(x_i=0,x_{i+1}=1\) ，那其余点 \(x_i\) 皆为 \(0\) 。但又有 \(x_{n-1}=1\) ，矛盾！
于是我们证明了这个结论。
25.P9194 [USACO23OPEN] Triples of Cows P
模拟赛的时候一直在想咋直接维护 \(\sum \tbinom{ru_i}{2}\) ，从而卡死了。就，这个题需要一些转化。搞一个新图，我们新建 \(n-1\) 个点，每个新点代表一条边，连接它的两个端点，然后每次删除点 \(u\) 相当于让当前与 \(u\) 相连的新点合并，并删掉 \(u\) ，此时两个点 \(u,v\) 有边，当且仅当它们中间隔了恰好一个新点。不妨以 \(n\) 为根，每次删除就可以当做是：把 \(u\) 的所有儿子合并进 \(u\) 的父亲。统计答案就是分类讨论，维护维护捏。
26.gym104128L Proposition Composition
最难的是选两个树边的情况，如果覆盖它们的非树边集合相等就能统计进答案。考虑链表维护每个等价类，并用线段树维护 pre 和 nxt ，使得每次能快速找到要断掉的位置。而现在我们要求出新的两个等价类，启发式分裂即可，具体的，用链表暴力扫一遍中间这段，如果大小 \(>\frac{S}{2}\) 了就直接结束，并把两端连起来得到的集合分出去；否则就把中间这段分出去。
27. CF1416E Split
考虑 dp ，求出 \(dp_{x,p}\) 表示考虑到了 \(b_x\) ，\(a_{2x}=p\) 时 \([a_{i}=a_{i+1}]\) 的位置最多有多少。考虑优化，发现我们只需要记下哪些 \(p\) 取到了最大值，因为添加 \(x+1\) 时，不同的 \(p\) 只会使贡献增加 \(1\) 。 维护这些 p ，写出转移式子后发现只有三种操作：保留 \([l,r]\) 的数；添加一个区间；\(x\rightarrow b-x\) 。用 set 维护所有可能的 \(p\) 的区间并记录下现在的实际值是 \(kx+b\) 即可。
28. ucup 2-8 A
29.CF1835D Doctor's Brown Hypothesis
来写一写这个经典问题吧。首先能对每个 SCC 单独求。
然后，在模 \(p\) 意义下若有一条从 \(u\) 到 \(v\) 的长度为 \(w\) 的路径，则一定存在一条 \(v\) 到 \(u\) 的长度为 \(-w\) 的路径，原因是我们任取一条从 \(v\) 到 \(u\) 的路径，从 \(v\) 出发绕 \(p-1\) 圈再走向 \(u\) 即可。
现在考虑求出所有环长的 gcd 为 \(d\) ，考虑 \(p|d\) 的充要条件：每对 \(u,v\) 之间的路径长度在模意义下是唯一的，因为两条长度为 \(a,b\) 的路径一定会得到一个 \(a-b\) 的环。
所以取一个 dfs 树求出深度 \(dis_u\) ，有 \(d=\gcd dis_v-dis_u-w\) 。然后在模 \(d\) 意义下，\(u\) 到 \(v\) 模意义下为 \(k\) 的路径，等价于 \(dis_u+k=dis_v\) 。这样就做完了。
30.互测 7A
场切喵。对每个值 \(x\) 分别考虑，看能有多少次 skip 掉 x 。把 \(<x\) 的看成 \(0\) ,\(>x\) 的看成 \(2\) ，\(=x\) 的看成 \(1\) 。找出第一个 \(2\) ，则在它前面的 \(1\) 才是有效的。但还有可能，这些 \(1\) 会被拿去填 \(2\) 后面的 \(0\) 。现在需要算每个区间的答案。还是像上面一样处理，把右边第一个 \(2\) 相同的 \(1\) 一起考虑：对于从右往左第 \(i\) 个 \(1\) 为 \(X\) ，找到 \(2\) 右边第 \(i\) 个 \(0\) 的位置 \(Y\) ，再设它左边第一个 \(2\) 位置在 \(P\) 。则我需要 \(P<l\le X\le r<Y\) ,这个 \(X\) 才会起贡献。二维数点即可。
31.互测 7B
好牛逼啊。首先“每个集合非空”可以用容斥解决，我们算出 \(g_i\) 表示使用 \(i\) 种颜色染色，使相同颜色的点距离 \(\geq k\) 的方案，然后一遍卷积即可得到原答案。
接下来考虑链的情况，从左往右依次染色，注意到染 \(u\) 时若存在两个前面的点满足 \(dis(u,v_1)<k,dis(u,v_2)<k\) ，显然有 \(dis(v_1,v_2)<k\) ，于是直接统计 \(c_u\) 表示前面的点中满足 \(dis(u,v)<k\) 的个数，则 \(g_m=\prod \max(0,m-c_i)\) ，多点求值即可。
再考虑树，发现按 dep 从小往大染色即可得到相同的结论！点分治计算 \(c\) 即可。多点求值和 点分治+BIT 都是 \(O(n\log^2 n)\) 的。
32.互测 8A
考虑 \(\prod \frac{a_i}{s_i}\) 这个式子的组合意义：有 \(a_i\) 个颜色为 \(i\) 的球，然后要任意排列使得：取出每种颜色的最后一个球，这些球颜色依次为 \(1,2,\dots,n\) 的概率。 \(k=1\) 时，考虑确定 \(a\) 中包含的数后，每种对球的排列都对应着一个对 \(a\) 排的顺序。于是它们的权值和即为 \(\frac{1}{\prod a_i}\) 。
\(k=2\) 时，固定 \(a_1\) 后就是计算：任意排列后，颜色 \(1\) 的最后一个球在最前面。考虑容斥，钦定 \(2,\dots,n\) 中哪些打过了 \(1\) ，于是我们能得到式子：\(\sum\limits_{S} (-1)^{|S|}\frac{a_1}{a_1+\sum\limits_{i\in S} a_i}\) 。
对着这个式子 dp 即可，我们记录下当前考虑到了哪个权值；有没有指定 \(a_1\) ；\(S\) 中数的和，即可算出答案。复杂度 \(O(n^4)\) 。
33.ARC168F Up-Down Queries
太妙了。类似于 slope-trick，我们维护一个集合，内含 \(y_i-y_{i-1}\) 个 \(i\) 。则每次操作相当于加入两个 \(a_i\) 然后弹掉最小值。
而这个可以转化成费用流问题：\(i\rightarrow i+1\) 有流量无限，费用 \(0\) 的边；\(S\rightarrow i\) 有流量 \(2\) ，费用 \(a_i\) 的边；\(i\rightarrow T\) 有流量 \(1\) ，费用 \(0\) 的边。
就是人员调度链版本，我可太熟这个了。
35.CF1896F Bracket Xoring
先观察一下无解的情况：\(a_1\ne a_{2n}\) 一定无解，因为每次操作都会反转 \(a_1,a_{2n}\) ；\(\sum a_i\) 是奇数，因为 \([i,p_i]\) 长度为偶。
然后思考一些基础操作：不关心 \(a_1,a_{2n}\) ，因为能通过一遍 \((()()\dots())\) 反过来；
把一些 \((()()()\dots())\) 的串拼起来，发现可以使一些 \(a_{2i},a_{2i+1}\) 同时变化。那只要初始 \(a_{2i}=a_{2i+1}\) 即可。
考虑一开始在外面套一个括号；对于中间的，如果 \(a_i=a_{2i+1}\) 就填 \(()\) ，否则根据情况填 \(((\) 或 \())\) ，这样就能调整成需要的形式了。
36.CF1896G Pepe Racing
我咋感觉这个比 F 自然呢。就是把 \(n^2\) 个人分成 \(n\) 组，每组选出来一个快车，再比较这些快车即可得到最快的车。
把这个车删掉后考虑调整分组，就是从其他组的末尾抽出来一些车，凑够 \(n\) 辆后拼成新的一组。这样做下去，一直到只剩 \(2n-1\) 辆车。
这个时候换一种方法。注意到此时不在开头的车都是废的，因为在开头的车都通过前面的操作证明自己是好的了，而废车有 \(n-1\) 辆。
所以每次在剩下的好车里直接找最大的即可，查询时塞进来一些废车就行了。
37.CF1896H Cyclic Hamming
感觉是自己 yy 出来的啊。
先转化一下题意，令 \(F(x)=\sum s_ix^{2^{k+1}-1-i},G(x)=\sum t_ix^i\) ，则我们需要 \(FG+(O-F)(O-G)=2^nO\) ，其中 \(O(x)=\sum\limits_{i=0}^{2^{n+1}-1} x^i\) 。
（其实这里是要 \(\bmod x^{2^{n+1}}\) 的，但懒得写了）
化简一下可以得到 \(FG=2^{n-1}O\) 。注意到 \(DFT(2^{n-1}O)=2^{2n}\) ，而 \(DFT(F),DFT(G)\) 的常数项都是 \(2^n\) 。
于是我们只关心 \(DFT(F),DFT(G)\) 有哪些项是为 \(0\) 的。事实上因为只需观察是否非 \(0\) ，我们看 \(2^1,2^2,\dots,2^n\) 处是否为 \(0\) 就好了。
对于 \(2^i\) 处，即 \(\sum W_{2^{n+1-i}}^{j}f_j\) 是否为 \(0\) 。令 \(P=2^{n+1-i}\) 。
考察对于 \(0\le j<2^P\) ，哪些 \(W_P^j\) 是能合并的。发现只有 \(u\) 和 \(u+2^j\) 能合并。原因是你考虑 \(\sqrt{2^n-2^x}\) 和 \(\sqrt{2^n-2^y}(x,y<n)\) 能不能合并。是不能的。
这样就分析的差不多了。其实就是令 \(f'_{rev(i)}=f_i\) 后，\([2^{i+1}k,2^{i+1}k+2^i)\) 中 \(1\) 个数与 \([2^{i+1}k+2^i,2^{i+1}(k+1))\) 相同。
考虑对 \(f\) 求出 \(c_S\) 表示：\(i\in S\) 都要满足上述条件，填 \(t'\) 的方案数。\(g\) 类似的求，然后 FMT 即可计算答案。
接下来思考怎么算 \(c\) 。考虑把它这个序列建成一棵树，然后令 \(dp_{x,i,S}\) 为：\(x\) 子树内选了 \(i\) 个 \(0\) ，其中深度在 \(S\) 内的点都要满足：左右儿子的 \(1\) 个数相同。
有以下代码：
for(int o=1;o<N;o<<=1){
for(int i=0;i<N;i+=(o<<1))for(int j=0;j<o;j++){
vi x=g[i+j],y=g[i+j+o];
g[i+j]=x*y,g[i+j+o]=x|y;
}
}
其中 \(|\) 是点乘。复杂度是 \(O(3^nn)\) 的。
38. 互测 4A/CF132F
转化一下题意，设 \(p_x\) 是最大的 \(y\) 满足 \(y<x,a_x=a_y\) ，那就可以转化成：可以逃避 \(w_x\) 的费用，但会导致 \(a_{p_x+1}\) 到 \(a_{x-1}\) 都加 \(1\) ，要求最后 \(a_i<m\) 。
考虑从 \(x\) 到 \(x+1\) 连流量为 \(m-1\) 的边， 从 \(x\) 到 \(p_x+1\) 连一条费用为 \(-w_x\) ，流量为 \(1\) 的边，跑最小费用可行流即可，因为每选一条额外边就会使中间边调整。
39.互测 10A
好题。考虑确定每个叶子的深度后如何计算答案。此时重量带来的影响就固定了。
我们从下往上处理，则需要分析怎么对当前层的 \(2x\) 个点合并。每个点都有一个信息表示它的子树的高度。
由于费用是所有轻链的 \(2^|S|\) 之和，我们有策略：按高度从大往小排序后，第 \(2i\) 大和第 \(2i+1\) 大合并。（从 \(0\) 开始编号）
变成 \(x\) 个点后会加入 \(y\) 个叶子，发现这些叶子所在链的高度都能计算出来了，原因是再之后加入的叶子高度一定比它小，此时第 \(i\) 个叶子就是第 \(x+i-1\) 大的，每往上一层就会除以 \(2\) ，变成奇数了就会被毙掉。那这个链最后的权值就是 \(lowbit(x+i-1)\) 。
由此 dp 即可，记 \(dp_{i,j}\) 表示取了 \(i\) 个叶子，当前层有 \(j\) 个点的最小费用，每次要么在当前层再加入一个叶子，要么合并成 \(\frac{j}{2}\) 个点并往上传。
复杂度 \(O(n^2)\) 。
40.互测 11B
考虑单位根反演，整理一下式子可以得到 \(\prod \frac{1}{x_i^{c_i}}\prod\limits_{1<u<v\le n}\frac{1+x_ux_v}{2}\) ，其中 \(x_i\) 在 \(w_4^0\) 至 \(w_4^3\) 间取。
注意到取两个 \(w_4^1\) 或 两个 \(w_4^3\) 就寄了，同时取 \(w_4^0\) 和 \(w_4^2\) 也寄了，所以情况就很少了答案很好算。
难点在于想到要单位根反演捏。
41.互测 12C
所求即 \(\prod\limits_{i=1}^n ((x^2+2x+1)y^{a_i}+1)\) ,其中 \(y\) 做的是异或卷积，FWT 后发现我们要算一个形如 \([x^B](-2x-x^2)^{n-t}(x^2+2x+2)^t\) 的东西。把后面的括号二项式展开，即 \((-1)^{n-t}[x^B]\sum\limits_{i=0}^t\tbinom{t}{i}2^{t-i}(x^2+2x)^{n-t+i}=(-1)^{n-t}[x^{B-(n-t+i)}]\sum\limits_{i=0}^t\tbinom{t}{i}2^{t-i}(x+2)^{n-t+i}=(-1)^{n-t}\sum\limits_{i=0}^t\tbinom{t}{i}\tbinom{n-t+i}{B-(n-t+i)}2^{2n-t+i-B}\)
卷积计算即可。
42.互测 13A
首先可以看成第 \(i\) 轮末尾是 \(i+1\) ，这个显然不影响。然后我们有一个思路是，直接把 \(1\) 到 \(2\) 走的 \(k\) 步平移 \(n-1\) 遍。发现只要满足这 \(k\) 步的步幅互不相同，且都控制在 \(k+O(1)\) 内，就不会产生重复。 \(+(4i+1),-4i,+(4i+2),-(4i+3)\) 走一圈即可使得 \(k\) 减掉 \(4\) 。最后根据 \(k \bmod 4\) 分类讨论即可。
43.互测 13B
链的情况是容易的，考虑 2-SAT，即对每个物品都有 \(n-1\) 个变量，表示物品所在位置是 \(\le i\) 还是 \(>i\) 。
发现这个能拓展到树上的，仍然是 \(n-1\) 个变量，每个变量代表一条边 \((u,v)\) 和物品的相对关系，即在 \(u\) 子树还是在 \(v\) 子树（其实就是在定向，最后形成一棵内向树）
限制每个点与之相邻的边只有至多一条出边，就能得到想要的效果了。现在考虑题目中的限制，第一种是容易的；考虑第二种，相当于 \(u\) 到它的祖先 \(f\) 这条链中的每条边，都得满足：
\(|S_j|\) 内的物品在这条边上的状态相同。考虑并查集维护这个过程，把 \(f\) 按深度排序后处理，则每次操作时一定满足：越浅的边的 dsu 越满，于是直接从 \(u\) 暴力往上跳并修改，如果 merge 不动了就结束过程。
复杂度 \(O(nm+\sum |V_i||S_i|)\) 。
44.互测 13C
去掉 \(a\) 是容易的。逆用拉格朗日反演，可以推出 \(F(\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2})\) 这么一个式子。化成 \(F(\sqrt{1-4x}-1)\) 是容易的，让 \(f_i\) 乘上 \((-\frac{1}{2})^i\) 即可。
化成 \(F(\sqrt{1-4x})\) 也是容易的，计算 \(g_i=\sum\limits_{j\geq i}\tbinom{j}{i}f_j(-1)^{j-i}\) ，差卷积即可。
此时先考虑偶数项，即 \(\sum f_{2i}(1-4x)^i\) ，仍然是差卷积。
再考虑奇数项，注意到 \((1-4x)^{i+\frac{1}{2}}=\sum\limits_{j\geq 0} \frac{(-2)^j(2i+1)(2i-1)\dots(2i-2j+3)}{j!}x^j\) ，仍然能差卷积处理。
45.ucup 2.11 J Suffix Structure
考虑 \(f(i,j)\) 是怎么算的，其实就是从 \(i\) 这个节点出发，然后依次走 \(t_1,t_2,\dots,t_j\) 这些字符。
走到某个时刻要跳 fail 了，发现这之后的信息其实就和 \(i\) 无关，而和 \(i\) 的祖先有关。
具体的，假设我们添了 \(j\) 个字符时走到 \(p\) ，发现要跳了，如果 \(len_{f_p}\le j\) ，那往后的结果就和从 \(1\) 开走的结果相同；否则，只和 \(i\) 的长度为 \(len_{f_p}-j\) 的祖先有关。
如果对每个点求出这个关键的 \(j\) ，就能并查集维护了。那 \(j\) 怎么求呢，可以重链剖分，利用哈希快速往下跳；也有以下做法：
我们想对于一个 \(x\) ，求出哪些点满足 \(end_i=x\) 。
考虑对 \(u_x\) 以 \(t\) 为模式串，通过 kmp 匹配到 \(t\) 的前缀 \(p\) 。那 \(x\) 能贡献到的 \(i\) ，一定有: \(p\) 存在一个长度为 \(|x|-|i|\) 的 border ，且以 \(x\) 往下的字符中不存在 \(t_{|x|-|i|+1}\)。
看上去不好处理。但我们发现一个串的 border 能划分成 \(O(\log n)\) 段等差数列，且每一段的后继字符都是相同的。
所以我们直接往上跳这 \(O(\log n)\) 段，如果 \(x\) 往下不存在这个后继字符，那这一段所有 border 都会对某个 \(i\) 贡献，所以这部分复杂度 \(O(L)\)；否则，我们看成是覆盖了 \(x\) 的某条边，每条边只会覆盖一次，所以复杂度还是 \(O(L)\) 。
46.ucup2.9H Quake and Rebuild
分块维护，对每个点记录 \(f_x,g_x\) 表示往上第一次跳到块外前跳到了哪个点，以及对应的步数。考虑修改，发现有效的整块修改只有 \(O(n)\) 次，因为每个块进行 \(O(\sqrt{n})\) 次修改后都会导致：所有点直接指向块外，即 \(f_x=x\)。散块直接改就好了。而真正的 \(fa_x\) 就打 tag 修改即可。
考虑查询，分成两部分：查 lca ，以及多少个点子树内存在关键点。
对于第一部分，就利用维护的 \(f_x\) 随便跳，直到在同一个块且 \(f_x=f_y\) ，再在块内小跳即可。
对于第二部分，考虑从大往小扫每个块，并让关键点往上跳，跳到一起了就合并。
对于当前块，如果存在一对关键点满足 \(f_x=f_y\) ，则我们直接暴力数块内的合法点，原因是此时至少有一对关键点合并了，总合并次数是 \(O(\sum |S|)\) 的。
否则的话，直接用 \(g_x\) 算就好了。
复杂度就是 \(O((n+q+\sum |S|)\sqrt{n})\) 。
47.topcoder12294 BoundedOptimization
先考虑去掉下界是容易的，但现在的形式就成了 \(\sum x_ia_i+\sum w_{i,j}x_ix_j\) 了。
然后呢，考虑如果 \(w_{i,j}=0\) ，那 \(i\) 和 \(j\) 中一定有一个卡到了上下界。也就是说所有没卡的点，一定构成了一个团。
枚举这个团，以及团外的点卡的是上界还是下界，此时团内的点就不管上下界了。
能把权值写成一个 \(\sum x_ib_i+\sum\limits_{i<j}x_ix_j\) 的形式，而这个又等于 \(\frac{1}{2}((\sum x_i)^2+\sum x_i(2b_i-x_i))\) 。 \(\sum x_i\) 显然是越大越好的，在这个前提下，你发现 \(x_i-b_i\) 都是相等的，否则能调整变的更优。就做完了。
48.topcoder12304 InducedSubgraphs
分类讨论：\(k\le\frac{n}{2}\) 时，考虑初始的子树和最后的子树，它们中间一定隔了一条链，否则中间转移的时候就会断了。
\(k>\frac{n}{2}\) 时，中间有 \(2k-n\) 个点是固定的，然后令 \(\le n-k\) 的点为红， \(>k\) 的点为蓝，发现删掉固定点后形成的森林中，每个树一定是全红/全蓝，否则也会断。
dp 即可。
49.AtCoder snuke21_j Drink Bar
不妨把所有初始三元组按 \(p\) 排序，此时 \(p_i=i\) 。
考虑最后得到的三元组 \((a,b,c)\) 是怎么构成的：令 \(p_i=a,q_j=b,r_k=c\) ，则有三种情况：
-
\(i=j=k\)。数量为 \(n\) 。
-
\(i,j,k\) 中存在两个相等。那考虑选择 \((x,y)\) 满足 \(1\le x<y\le n\) ，则它对应了三元组 \((y,\max(q_x,q_y),\max(r_x,r_y))\) 。如果 \(q_x<q_y,r_x<r_y\) 则这里就算重了。用 \(\tbinom{n}{2}\) 减去 \(\sum e_i\) 即可，其中 \(e_i=\sum\limits_{j=1}^{i-1}[q_j<q_i][r_j<r_i]\) 。
-
\(i,j,k\) 互不相等。 仍然考虑枚举 \(1\le x<y<z\le n\) ，发现算重的情况是：三个数中存在一个，在至少两维上把其他人偏序掉了。令 \(s_{0,1,i}=\sum\limits_{j=1}^{i-1}[q_j<q_i]\)，\(s_{1,2},s_{0,2}\) 类似定义。则我们用 \(\tbinom{n}{3}\) 减去 \(\sum \tbinom{s_{0,1,i}}{2}+\tbinom{s_{1,2,i}}{2}+\tbinom{s_{0,2,i}}{2}\) 。但你发现，如果一个数在三维上都把其他人偏序掉了，那这个情况多减了两遍，于是我们再把答案加上 \(\sum e_i(e_i-1)\) 即可。
\(s\) 二维数点计算，\(z\) 三维数点计算，cdq 分治/二维 BIT 即可，复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
