3nd ucup 部分题目记录

退役之后一直想着，我至少还是更新一下 ucup 好题和互测好题，但很遗憾一直摆到了现在；论文也还没有开始施工。

我一直觉得自己如果改掉不良的生活习惯，提高自己的学习效率，完全可以达到更高的水平，但很遗憾我确实战胜不了自己，我或许永远都看不到自己的上限了。

马上就 NOIP/CTT 了。我觉得我起码得象征性的训练一下。我仔细想了想，我还有一个上 LGM 的梦；我是 ucup 队里最菜的人，我不想继续次次在后期摆烂。

那趁我清醒，开始写点东西吧。

先写下没打但是想做的：stage4,stage8

2J. Polygon II

有 $n$ 个在 $[0,2^{a_i}]$ 随机的实数，求它们能围成多边形的概率。$n\le 1000$ 。

算不合法的概率，那就是枚举最大的边 $p$，要求 $\sum x\le 2x_p$ 。改变一下 $x_p$ 的定义，重新令其为 $2^{a_p}-x_p$ ，这样就得到 $\sum x\le 2^{a_p}$ 了。

接下来是关键的一步： 由于我们只关心 $\sum x$ 和一个整数的大小关系，那其实可以把 $x$ 拆成整数部分和小数部分。也就是如果指定 $x$ 的整数部分，令 $A=2^{a_p}-\sum [x]$ ，那合法的概率其实就是 $n$ 个 $[0,1]$ 间随机的实数加起来 $\le A$ 的概率，这可以容斥计算。

问题转化成：计算 $A\geq 0,A\geq 1,A\geq 2,\dots,A\geq n$ 的概率。

现在 $[x_i]$ 是 $[0,2^{a_i})$ 随机的整数，发现我们可以进一步拆解：可以看成二进制下每一位都有 $\frac{1}{2}$ 的概率为 $1$ 。最后的计算就是数位 dp 状物了，从低到高 dp ，记录下当前 $\sum x$ 和限制的大小关系，以及往后的进位。复杂度大概是 $O(n^4\log V)$ 。

怎么优化呢，由于我们最后只需要计算 $\sum e_iP(i+\sum [x]\le 2^{a_p})$ 状物，我们在 dp 的时候只需要在最低位先垫上 $i+1$ ，最后看第 $a_p$ 位有没有进位即可，于是也不需要记与限制的大小关系，答案就是 $dp_{a_p,0}$ ；又可以发现并不需要枚举 $p$ ，所以复杂度降为 $O(n^2\log V)$ 。

2L. Chords

一个环上 $2n$ 个点连了 $n$ 条边，要取出尽量的边满足两两不交，数据随机。

$n\le 10^5$

先编出来 $O(n^2)$ 的 dp ，就是设 $dp_{i,j}$ 为 $[i,j]$ 内能取多少线段。发现由于数据随机，答案是 $O(\sqrt{n})$ 级别的，于是经典的交换状态和值域，设 $p_{j,k}$ 是令 $dp_{i,j}\geq k$ 的最大的 $i$ ，发现 $p$ 也是好算的，复杂度 $O(n\sqrt{n})$ 。

2I. Mercenaries

有 $n$ 个点， $i$ 和 $i+1$ 的边上有若干物品，物品有属性 $(x,y)$ ；点 $i$ 上也有一件物品。现在有若干询问 $R,a,b,c$ ，你想求出最大的 $L$ 使得：能从点 $L$ 到点 $R$ ，使得取出点 $L$ 的物品，再在路上每条边取一件物品，能使得 $a(\sum x)+b(\sum y)\geq c$ 。

$n,q\le 2*10^5$ ，物品总个数 $S\le 5*10^5$ 。

可以发现这个问题一看就很凸包。

建出线段树，设 $G_p$ 是节点 $p$ 内每条边取一个物品得到的 $(\sum x,\sum y)$ 形成的上凸包；$F_p$ 是节点 $p$ 内取一个点为起点，走到右端点的 $(\sum x,\sum y)$ 构成的凸包。令 $M$ 是 $mid$ 到 $mid+1$ 的物品构成的凸包，发现 $G_p=G_l*G_r*M$ ；$F_p=F_l*G_r*M+F_r$ ，其中 $*$ 是闵可夫斯基和，$+$ 是求两个点集并起来形成的凸包。查询在线段树上二分即可。

发现每次询问要对 $O(\log n)$ 个凸包求出，取一个点 $(x,y)$ 使 $ax+by$ 最大。考虑把询问离线下来，把 $(a,b)$ 按极角排序，然后只用对每个凸包维护一个指针即可。复杂度 $O((n+q+S)\log n)$ 。

3K. Knocker

这场开始和两个超级传奇大师做队友。

给你一个序列，一次操作能整体模一个数，问最后能得到多少不同的序列。$n\le 500$

（记录官方题解）先来分析终止状态 $b$ 合法的条件。不妨对 $a$ 从大到小排序并去掉相同的位置，接下来观察 $b_1$ ，现在不妨设 $k=b_1-a_1$ ，我们有结论：对于 $a_i\geq k$ ，$b_i$ 一定等于 $a_i-k$ 。

只需要证明一步操作后这个条件成立，然后归纳即可。不妨设模 $x$ 后得到的分别是 $a'_1$ 和 $a'_i$ ，那首先有 $a_1-a'_1\le k\le a_i$ ，于是 $a_i-a'_i\geq a_1-a'_1$ 。另一方面由于 $a_i-a'_i=x[\frac{a_i}{x}]$ 。所以 $a_1-a'_{1}\geq a_i-a'_i$ 。就发现 $a_1-a'_1=a_i-a'_i$ 了。

回到问题，这里还有一个条件：$a_i<2k$ ，一步有效操作后 $a_1$ 一定会减半。发现这之后直接取模数为 $k$ ，即可让 $a_i\geq k$ 的数都变成 $b_i$ 了；这也是最优的方法，因为取更小的数后效性更大，取更大的不合法。你发现这样就不会影响 $a_i<k$ 的那些数，于是此时递归到了一个子问题！只不过我们为了不再影响已经固定了的这些数，会要求之后每次取的模数 $> b_1$ 。

于是设 $dp_{i,j}$ 表示只使用 $\geq j$ 的模数能得到的不同 $b_i$ 到 $b_n$ 个数，转移枚举 $k$ 即可。复杂度 $O(n^3)$ 。

3B. Breaking Bad

给你一个 $n*n$ 的矩阵，对于 $k=0,1,\dots,4$ ，问是否存在排列 $p$ 使得 $(\sum A_{i,p_i})\bmod 5=k$ ，$n\le 1000$ 。

首先可以想到随机赋权算行列式，可惜过不了。

（记录官方题解）

观察到大多数情况下每个 $k$ 都是有解的。考虑如果有一个排列满足能取出不交的四对数 $(i,j)$ ，都满足 $a_{i,p_i}+a_{j,p_j}\neq a_{i,p_j}+a_{j,p_i}$ （模 $5$ 意义下）那就可以通过交换/不交换 $i,j$ ，对排列进行调整，不难发现一定能调整出所有可能的余数。

（其实有一个数学上的结论是，对于 $k$ 个模 $p$ 非 $0$ 的数 $(k<p)$ ，它们不同的子集和一定有至少 $k+1$ 个。）

接下来先找到任意一对这样的 $(i,p_i),(j,p_j)$ 。事实上去尝试 $(i,j),(i+1,j+1)$ 就好了，反证易得。如果找不到的话也不难说明此时排列怎么取，结果都是一样的：一定存在序列 $R,C$ 使得 $a_{i,j}=R_i+C_j$ 。

接下来直接把 $i,i+1$ 行和 $j,j+1$ 列删掉，继续找下去，如果最终找到了四对我们就 win 了。否则看一下发生了什么，设此时找到了 $q$ 对，发现我们其实就得到一个 $(n-2q)*(n-2q)$ 的子矩阵，满足 $a_{i,j}=R_i+C_j$ 。不妨设 $q=3$ ，把特殊的 $6$ 行 $6$ 列提到最前面。接下来直接状压 dp:

$dp_{i,S,h}$ 表示考虑到第 $i$ 行，关键列取了 $S$ 且当前和为 $h$ 是否可能。注意这里算和的时候，我们先把和当成 $\sum R+\sum C$ ，每次取了一个特殊的格子后就把对应的 $R,C$ 减去，再把实际值加上即可。复杂度即为 $O(4^mn)$ ，本题中 $m=5$ 。

感觉这场这两个题都不在我脑洞范围内啊，大概想一想，K 是找到了判定过程中的子问题，从而设计 dp；B 是观察到了难搞的情况形式很好看，于是也不难搞了。

5J. Prefix Divisible by Suffix

问你 $n$ 以内有多少数满足：把十进制写出来，能够把它划分成两段 $p,q$ ，使得 $q+c|p$ ，其中 $c$ 是给定常数。$n\le 10^{14},c\le 10^4$ 。

发现自己其实一眼就会了，只是不敢剪枝。考虑直接枚举最低的 $7$ 位，发现此时我们对 $n$ 提出来若干限制 $(p,c)$ 表示：若模 $p$ 余数为 $c$ 就一定合法了。对这些限制容斥，这样就得到了一个算量 $20^{7}*\log V$ 的做法。（需要解 CRT）

但自己想想，算量真的会那么大吗？可以发现指定容斥的集合，其模数的 lcm 很有可能很大，于是容斥的时候直接搜索要钦定的集合，lcm 太大了就剪掉。然后就能通过了。。挺没意思的。

5C. Painting Fences

给你一个网格，给出每个格子开始的颜色（黑/白），一次操作可以选一条与 x/y 轴平行的直线对网格翻折，对于重合的两个格子，如果一个为黑的话可以把另一个也染黑。求出使得所有格子变黑的最小次数。$n\le 1000$

倒着来看这个过程，于是发现起作用的其实只是一个全黑的子矩形，设 $f_{l,r}$ 是假设这个矩阵是 $1*n$ 的，且 $[l,r]$ 为黑那需要操作多少次，$g_{l,r}$ 同理为矩阵长为 $m$ 时的次数。则可以发现一个子矩阵需要的操作数就是 $f_{xl,xr}+g_{yl,yr}$ 。

枚举 $xl,yl$ 。一个一开始就能做出的观察是答案很小，具体的发现：$f_{l,r}$ 的大小都是 $O(\log n)$ 级别的，所以求出 $p_{l,i}$ 表示最小的 $r$ 使得 $f_{l,r}\le i$ ，$q_{l,i}$ 同理。于是只需要枚举 $xr=p_{xl,i},yr=q_{xr,j}$ 看看是否合法即可。这里可以双指针，复杂度 $O(n^2\log n)$ 。

7E. Express Eviction

给你一个 $n*m$ 的网格图。有一些格子存在障碍，障碍可以 ban 掉它周围的四个顶点。现在你想知道：至少要移除多少障碍，才能从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$。

先想想如果已经知道哪些点被 ban 了该怎么判断，发现其实就是，如果存在 $x=0/y=m$ 的点与 $x=n/y=0$ 可以通过 ban 掉的点八联通起来，那就寄掉了。

进一步可以发现，确定障碍后寄掉的条件其实就是： $x=1/y=m$ 的某个障碍可以走到 $x=n/y=1$ 的障碍，其中每一步只能走到 $x,y$ 之差都不超过 $2$ 的障碍，证明比较容易。

对着这个做最小割就好了。

7C. Price Combo

很牛的一个题，先咕了。

10H. Intersection of Paths

给定一棵有边权的树，询问：临时修改一条边的边权，然后给定 $k$ ，求出取 $k$ 条端点不重合的路径，交的边权和的最大值。$n,q\le 5*10^5$ 。

取重心为根，发现如果存在一组方案的交会包含 $u$ 到 $v$ 的路径，就等价于 $sz_u,sz_v\geq k$ ，于是如果没有修改边权的事情，我们就只用求出 $sz\geq k$ 的点中距离最远的两个点。

现在有边权修改，怎么处理，我们其实只需要求出删掉这条修改的边后，两个子树分别的直径即可。注意到这个直径的端点要么是叶子，要么是删掉的边的端点，那我们考虑把 $k$ 相同的询问放到一起处理，将保留 $sz\geq k$ 的点后得到的树的叶子拎出来，容易发现它们只会有 $\frac{n}{k}$ 个，每次询问相当于查一段区间的点的直径，线段树处理就可以平衡。复杂度 $O((n+q)\log n)$ 。

冷静一下，其实这样处理烦了，我们把询问按 $k$ 从大到小排序，这样只需要维护线段树，要求每次激活一个点，以及查询一个区间激活的点的直径即可。复杂度仍是 $O((n+q)\log n)$ 。

LOJ177 生成子群阶数

给你 $m$ 个长度为 $n$ 的排列，问你它们能复合出多少不同的置换，其中每个排列都能用若干次。$n,m\le 50$ 。

发现还不会这个东西，学一下。

首先可以把给定排列的逆也加进来，因为设其环长 lcm 为 $L$ ，其实逆就可以表示成原来的排列复合 $L-1$ 次。

考虑建出一张图，对于一个给定的排列，对任意 $1\le i\le n$ ，我们从 $i$ 连向 $p_i$ ，这样一组操作可以看做是从 $1$ 开始的一条路径，途中会复合上所有经过的置换。可以发现这里走到的点就代表当前 $p_1$ 的值。

现在先求出以 $1$ 为根的生成树，设终点为 $t$ ，那对于 $1$ 到 $t$ 的任意一条路径，考虑在走到 $t$ 之后，沿着树边走回 $1$ ，再走到 $t$ ，可以发现这样效果是不变的，于是终点为 $t$ 的路径一定都形如：从 $1$ 出发走回了 $1$ ，再按照树边走向 $t$ 。

就可以得到一个结论，方案等于：$p_1$ 可能的取值数 ，乘上 $p_1=1$ 的方案数。

继续思考对于一条走回 $1$ 的路径 $1\rightarrow u_1\rightarrow u_2\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1$ ，它和 $1\rightarrow u_1\rightsquigarrow1\rightsquigarrow u_1\rightarrow u_2\rightsquigarrow 1 \rightsquigarrow u_2\rightarrow u_3 \rightsquigarrow 1\dots \rightarrow u_k\rightarrow 1$ 是等价的。其中 $\rightsquigarrow$ 是在走树边。

于是得到结论：$p_1=1$ 的排列都可以通过将 $1\rightsquigarrow u\rightarrow v \rightsquigarrow 1$ 得到的排列复合得到。

这样做的好处是，我们可以用的置换都满足 $p_1=1$ ，于是可以递归到 $n-1$ 的子问题继续做。但问题是我们建出的图有 $nm$ 条边，也就是说子问题里 $m:=nm,n:=n-1$ ，这显然就炸掉了。结论是，我们只需要把这 $nm$ 个置换先改造成 $O(n)$ 个，改造的方法是，我们进行随机，在这些置换中随机选择一个子集，将内部的置换复合起来，这样随 $O(n)$ 次，把每次随机得到的置换给递归下去。

复杂度 $O(n^5)$ ，瓶颈在于要做 $O(n^2)$ 次随机复合的过程 ，每次期望会复合 $O(n^2)$ 个排列，单次复合是 $O(n)$ 的。

11J Again Permutation Problem

只需要把 LOJ177 的答案和 LOJ4127 的答案乘起来就好了。

回顾一下 LOJ4127 的做法，其实发现这里分析的方法是类似的，我们仍然先把排列的逆加进来，然后建立一张 $n^2$ 个点的图，对于一个给定排列我们在点 $(i,j)$ 和点 $(p_i,p_j)$ 间连边。这样有结论是：若 $(i,j),(a,b)$ 联通则 $p_i=a,p_j=b$ 的方案数等于 $p_i=i,p_j=j$ 的方案数。证明是和上面那个题的证明基本一致的。

于是算逆序对的期望只需要枚举 $i<j$ ，记与 $(i,j)$ 联通的满足 $a<b$ 的点数为 $x$ ，$a>b$ 的点数为 $y$ ，那贡献其实就是 $\frac{y}{x+y}$ 了。更直接的，就是对每个联通块计算 $\frac{xy}{x+y}$ 的和。

11F Train Seats

题意是有一些椅子，每次可以拿走一个椅子，代价是离它最近的两把椅子的坐标差（若左边没有则为 $0$ ，右边没有则为 $m+1$） 。让代价的和最大。$n\le 2*10^5$ 。

对 $a$ 排序，设 $b_i=a_{i+1}-a_i$ （令 $a_{n+1}=m+1$），则一次操作相当于合并 $b_i,b_{i+1}$ ，代价为 $b_i+b_{i+1}$ ，最后让代价最大。建一棵二叉树来刻画这个过程，然后我们有结论：不可能有一个点的两个儿子都是非叶子。证明就考虑四个数 $x,y,z,w$ ，我们相当于要证明：先合并 $(x,y),(z,w)$ ，再合并 $(x+y,z+w)$ 一定不优。原因考虑此时代价是 $2(x+y+z+w)$ ，而从左往右依次合并的代价是 $3x+3y+2z+w$ ， 从右往左是 $x+2y+3z+3w$ 。把都有的东西减掉，发现 $\max(2x+y,z+2w)\geq \frac{2x+2w+y+z}{2}\geq x+w$ 。

那其实就可以看到我们只有两种可能：要么合并好 $[2,n]$ 再把 $1$ 合并进来，或者合并好 $[1,n-1]$ 再把 $n$ 合并进来。也就是说，每次会删掉 $b$ 的开头/结尾，代价是当前剩余的长度乘上选择的数。

直接使用 qoj2070 的代码即可。大概思路就是枚举最后保留的位置 $k$ ，那就是对一棵只有两条链的树做 exchange argument，利用线段树来合并两侧已经出现的连续段即可。

11O New School Term

差点把我们队逮捕了的题。

题意是有一个 $2n$ 个点的无向图，你需要选择一个边集，使得能黑白染色且 白点个数=黑点个数 的前提下，使选择的边的 $\sum 2^{编号}$ 最大。

$n\le 5000,m\le 10^6$ 。

从大到小尝试加入每条边，先看一下加入后怎么判断合法。

用拓展并查集判能不能黑白染色：如果 $u$ 和 $v$ 在一个联通块就寄了；如果 $u$ 和 $v+2n$ 已经在一个联通块，那不会影响，直接加进来即可。

否则我们连上这条边来尝试，发现其实对每个联通块求出黑-白之后做一个背包就好了。

这里我们任意设立一个模数变成算方案，这样的好处是可以支持删除物品。

接下来更新并查集，如果可以连的话，自然就合并 $(u,v+2n),(v,u+2n)$ ；否则你发现 $u,v$ 一定同色，于是合并 $(u,v),(u+2n,v+2n)$ 。

这样每次做尝试都会让联通块个数减少，于是复杂度 $O(n^2+m)$ 。

11N Product Matrix

题意是定义 $P(x)$ 是一个 $n*n$ 的矩阵满足：$P(x)_{i,j}=a_{i,j}x+b_{i,j}$ 。

现在需要求出 $(\prod\limits_{i=0}^{m-1} P(2^ix))_{1,1}$ 这个多项式每一项的系数。$n\le 6,m\le 5*10^5$ 。

尝试直接插值。

求出 $x=2^0,2^1,\dots,2^{m}$ 时这个式子的值，设 $x=2^i$ 时答案为 $c_i$ ，那我们的多项式就长成 $\sum c_i\prod\limits_{i\neq j}\frac{x-2^j}{2^i-2^j}$ 。

现在分为两步，第一步是怎么算 $c$ ，第二步是怎么算最后这个多项式。先来看第一步，令 $A_i=P(2^ix)$ ，则 $c_i$ 就是把 $A_i$ 到 $A_{i+m-1}$ 乘起来之后 $(1,1)$ 处的值，于是只需要求出 $B_i=\prod\limits_{j=i}^m A_j,C_i=\prod \limits_{j=m+1}^{i} A_j$ ，则 $c_i=(B_iC_{i+m-1})_{1,1}$ ，复杂度 $O(n^3m)$ 。

再来看第二步，我们固然能直接 $O(m\log^2m)$ 求出来，但这个太慢了过不了。

先把式子写成 $\sum c'_i\prod\limits_{i\neq j}(x-2^j)=\prod (x-2^i)\sum \frac{c'_i}{x-2^i}$ 。

算 $\prod (x-2^i)$ 可以分治：考虑得到 $\prod\limits_{i=0}^{m-1} (x-2^i)$ 后怎么求出 $\prod\limits_{i=m}^{2m-1}(x-2^i)$ ，记前者第 $i$ 项系数是 $a_i$ ，则后者第 $i$ 项的系数就是 $a_i2^{(m-i)m}$ 。复杂度 $O(m\log m)$ 。

算 $\sum \frac{c'_i}{x-2^i}=\sum\limits_{i} \frac{c'_i}{-2^i}\sum\limits_{j}\frac{x^j}{2^{ij}}$ ，于是第 $j$ 项系数就是 $\sum\limits_{i} \frac{c_i}{-2^{i+ij}}$ 。利用 chirp-z 处理 $2^{ij}$ 即可，复杂度 $O(m\log m)$ 。

这题最难的一步是第一步，想到直接插而不是干别的事情。

13G Count Pseudo-Palindromes

题意是给你一个序列满足每种数出现恰好两次，然后对序列的每个位置，询问有多少个包含它的区间是合法的。合法的定义是：出现一次的数有恰好一个。$n\le 5*10^5$

抛开异或哈希的思路，我们直接考虑设 $A_{l,r}$ 表示 $[l,r]$ 内出现一次的颜色，发现颜色对 $A$ 的贡献就是把两个矩阵加 $1$ ，而查询就是查 $A$ 的某个子矩阵里有多少 $1$。 $A$ 矩阵最小的值是 $0$ ，如果是 $1$ 就好做了，考虑合法的区间一定满足 $l,r$ 奇偶相同，且这样的 $A_{l,r}>0$ ，于是枚举 $0\le k<2$ ，维护矩阵 $A'$ 满足 $A'_{l,r}=A_{2l+k,2r+k}$ 即可。扫描线做完，复杂度 $O(n\log n)$ 。

13A 012 Grid

题意是问你有多少填充 $n*m$ 的矩阵的方案，使得每个数是 0/1/2，且 $A_{x,y}-A_{x',y'}\in [0,1]$ ，其中 $x-x'\in [0,1],y-y'\in [0,1]$ 。

$n,m\le 2*10^5$

把 0,1 的分界线，1,2 的分界线画出来，思考怎么样的分界线能使方案合法。先把全 0/全 2 的情况判掉，接下来可以看见两条线一定形如：从右下角开始重合走一段然后分开，再次重合后就不会分开，一起走到左上角。并且为了保证 02 不连通，这重合的一段只能是一条线段，否则就寄了。枚举重合的部分后中间的方案容易用 LGV 算，最后对着这个式子优化，发现可以写成卷积的形式，复杂度 $O(n\log n)$。

14D A Simple String Problem

题意是给你一个 $2*n$ 的字符矩阵，取一条起点终点任意，只能往右往下的路径使得：把经过的字符串起来是 AA 串。求出最长的长度。$n\le 5*10^5$

考虑把第二个串往后平移一位。接下来使用 优秀的拆分 trick ，画画图发现求几个 lcp 就做完了。

14I A Brand New Geometric Problem

给你一堆正整数，一次操作可以删掉一个数/加入一个正整数，需要通过最少的操作使得：它们的和与积等于给定的两个数。$n\le 10^5$ 值域 $10^{10}$

一个暴力的思路是搜索积的拆分，考虑怎么优化。

设立块长 $B$ ，我们搜索拆出的 $>B$ 的数，$\le B$ 的数直接 dp 。这样就做完了。

14H Subsequence Counting

转化后题意是求 $\prod\limits_{i=0}^{L-1} A_{ik\bmod L}$ ，其中 $gcd(k,L)=1$ ，$A$ 以若干连续段的形式给出，连续段个数 $\le 2000$ ，每个 $A_i$ 是大小 $\le 10$ 的矩阵，$L\le 10^9$ 。

观察 $(ik)\bmod n$ 变化的过程，考虑求出 $B_i=\prod\limits_{i\geq 0,i+tk<L} A_{i+tk}$ ，可以发现 $B$ 的连续段个数与 $A$ 基本相同，我们可以通过线段树处理出 $B$ 的连续段。发现 $\prod \limits_{i=0}^{L-1} A_{ik\bmod L}=\prod \limits_{i=0}^{k-1}B_{i(k-L\bmod k)\bmod k}$ 。于是我们递归到了一个子问题：从 $(k,L,A)$ 递归到 $(k-L\bmod k,k,B)$ 。

可以发现如果每次 $k\le \frac{L}{2}$ ，我们就能保证递归层数是 $\log L$ 的。但看起来这里并不是，怎么办呢。考虑 $k>\frac{L}{2}$ 时，我们可以直接把 $A$ reverse （$A_0$ 不动），这样 $k:=L-k$ ，就满足 $k\le \frac{L}{2}$ 了。

于是 $k>\frac{L}{2}$ 时递归到 $(L-k,L,rev(A))$ 即可。复杂度 $O(nm^3\log n\log L)$ 。

15H Friendship is Magic

题意是设 $f(x)$ 是把 $x$ 在十进制下划分成两段，二者之差的最小值。多次询问，求 $f$ 的一个区间和。$T\le 1000,N\le 10^{18}$ 。

考虑直接枚举使差最小的分界线，如果前面的部分是 $x$ ，后面的部分除了第一个数字是 $y$ ，第一个数字是 $a$ ，后面的部分长度为 $w$ 。

不妨设前面的数更小，那么限制即形如：$0\le 10^{w}a+y-x\le 10x+a-y$ 。当然还有对 $x,y$ 的限制，我们可以拆成 $x$ 顶满/没顶满的情况，最终都可以写成 $0\le x\le N,0\le y\le M$ 的形式。可以发现确定 $x$ 后 $y$ 的上下界都是分段的一次函数，而我们关心这一段中 $y$ 的和，那么这是分段的二次函数。想办法计算即可。

17L The Tower

维护一个初始全 $0$ 的序列，有三个操作，第一个是给定 $k$ ，把前 $k$ 个 $0$ 都赋成一个新的值；第二个是把所有等于某个值的数赋成 $0$ ；第三个就是单点查。操作次数 $\le 5*10^5$ 。

考虑离线下来，然后转化观察的角度，我们从左往右考虑序列的位置，在每一刻的值。再来观察我们的操作，发现其实等同于：有若干条从 $i$ 连向 $fa_i$ 的边，边有边权，对于每个位置，我们会从 $1$ 出发，如果当前的点到 $fa_i$ 边权 $>0$ 就跳到 $fa_i$ ，边权减 $1$，且可以得到这个位置在 $[i,fa_i)$ 这些时刻的值都是 $i$ 对应的颜色；否则会跳到 $i+1$ 。

发现可以用 LCT 来维护，如果边权减成 $0$ 了就把这条边断掉连上 $(i,i+1)$ ，我们不断提取出 $1$ 到根的链，算出其上边权最小者，进行断边连边以及查询即可。复杂度 $O(n\log n)$ 。

18B NonZero PrefSuf Sums

定义一个序列是合法的当且仅当对其重排后，所有前缀和&所有后缀和都不是 $0$ 。

给你一个序列，问有多少子序列是合法的。 $n\le 100,|a_i|\le 100$ 。

不断的找充要条件。不妨令正数的和>负数的和。

1. 如果存在两个不同的正数就 win 了，可以把负数排前面，正数从小到大排后面，如果此时寄了的话，把最小值移到这个寄的前缀的最后面，再和最大值交换即可。

2. 剩下正数全部相同的情况，不妨令它们是 $k$ 。如果存在负数不是 $k$ 的倍数就 win 了，还是可以把负数排前面，正数排后面。

3. 剩下所有数都是 $k$ 的倍数的情况，不妨都除掉 $k$ 来观察。我们需要前缀和数组中不能有 $0$ 和 $S$ ，其中 $S$ 是所有数的和。其实可以发现由于现在正数只有 1，所以若存在 $\geq S$ ，就一定有过 $S$ ；又因为终点 $S>0$ ，所以有 $\le 0$ 就一定有 $0$ 。此时如果有一个负数的绝对值 $\geq S-1$ 就铁定爆了，否则设负数分别为 $a_1,a_2,\dots,a_m$ ，只需要先加 $a_1+1$ 次 $1$ 再减掉 $a_1$ ，加 $a_2$ 次 $1$ 再减掉 $a_2$ ... 这样子，你会发现此时 $1$ 肯定是有剩余的，所以就 win 了 。

于是不合法的条件即：正数全部为 $k$ ，负数全部为 $k$ 的倍数， $-min\geq S-k$ 。

对着这个计数就好了。 $n$ 很小所以复杂度是多项式的就行了。

18I Donkey, Keep Watch

给你一个序列，问有多少子序列 and+xor=or。$a_i\le 1.5*10^4,n\le 10^6$ 。
设 $n=14,V=2^{14}$ 。直接枚举全 $0$ 的数位 $x$ 和全 $1$ 的数位 $y$ ，这里不妨设 $y>0$ ，发现只需要选的数异或起来是 $V-1-x$ 即可，算出来这些满足条件的数的线性基，进而就能算出方案数了。发现 $(x,y)$ 时的线性基可以通过 $(x+2^p,y)$ 和 $(x,y+2^p)$ 并起来得到，其中 $p\notin x\cup y$ 。这里复杂度就是 $O(3^nn^2)$ 的了。再考虑 $y=0$ ，只需要容斥几下就能得到答案了。

18M Enchanted Lawns Quest

给你一棵有边权的树，你需要让这些边的边权增加，增加的总量要等于一个定值。最后要让直径最小。

考虑二分直径。一开始的想法是做一些从下往上的 dp ，发现 $\le \frac{mid}{2}$ 的部分好处理一点， $>\frac{mid}{2}$ 就很麻烦了。这个时候就想到，为什么不去枚举直径的中点呢。假如说中点一定在一个点上，我们只需要枚举这个点 $x$ ，我们让修改之后所有点距离它 $\le \frac{mid}{2}$ 就好了。那现在中点在边上，我也可以枚举这条边。设这条边是 $(u,v,w)$ ，$A$ 是 $u$ 那侧离 $u$ 最远的距离，$B$ 是 $v$ 那侧离 $v$ 最远的距离，我们让 $A,B\le \frac{mid}{2},A+B\le mid-w$ 就好了。

先想想确定了 $A,B$ 怎么计算能添加的最多边权。以 $A$ 这边为例，发现最远的只会是叶子，于是设叶子个数是 $s_1$ ，它们距 $u$ 总和是 $s_2$ ，那这个就是 $s_1A-s_2$ 。 当然也对 $A$ 提出了一个下界。现在 $A,B$ 都从下界开始上下调整，不妨设 $A$ 它对应的 $s_1$ 比 $B$ 大一点，那肯定会先去调 $A$ 。这个题就做完了。