ATCoder 做题记录
AGC 备忘录
Notes
- Beginner：过于简单因此没进备忘录的题
- Easy：能在几分钟内秒掉或者一眼看出了做法的题
- Medium：自己想出了正解或大部分思路的题，或一些正解不难但很有迷惑性的题。
- Hard：自己只想到了个大方向或者束手无策的题
- Insane：完全想不到，几乎理解不能的题
- 加号：该难度中相对难的题。
- 减号：该难度中相对简单的题。
- 前一个难度的加号约等于后面一个难度的减号，用于区分个人差。
AGC001
D (Easy)
一段长度为 \(i\) 的回文事实上就是限制了 \((1,i),(2,i-1),(3,i-2)\) 这样的字符必须相同。
注意到一段长度为 \(L\) 的区间会给这个序列加 \(\lfloor\frac{L}{2}\rfloor\) 个限制，而我们至少需要 \(n-1\) 个限制，所以显然 \(n\) 是奇数就一次都不能浪费，也就是 \(a,b\) 都只能有一个长度为奇数的段了。
然后如果 \(n\) 是偶数我们就可以浪费一次，所以可以分为 \(a\) 有 \(0\) 或 \(2\) 个长度为奇数的。
一个非常强的构造策略是我先输出一个 \(1\)，然后全部复读，不难发现这样对于偶数就是合法的，但是错了一位，把错的那位放到开头末尾和奇数的段即可。
E (Easy+)
组合意义。
从 \((-x,-y)\) 走到 \((z,w)\) 的合法路径数就是 \(\binom{x+y+z+w}{x+z}\)。
因此我们直接把走到起点的路径数设为 \(1\) 然后递推一遍，在所有终点处统计贡献。
这样求出的是 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}f(i,j)\)，不要忘记稍微处理一下。
F (Hard)
考虑排列中值为 \(i\) 的位置为 \(a_i\)。
那么我们能交换 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 当且仅当 \(|a_i-a_{i+1}|\geq k\)。
于是我们发现，如果 \(|a_i-a_j|<k\)，无论怎么样它们都不能被交换，也就是说它们的关系已经被固定。
大胆猜测固定所有 \(|a_i-a_j|<k\) 的对同样是构造排列的充分条件，同样可以证明。
因此我们转化回去，就变成了给一个序列，差 \(<k\) 的下标的相对关系已经固定，求可能的最小排列。
这个东西就可以建 DAG 了（然后这里粉兔说明了一些题解的问题）。
于是一个点的入度就是 \(a_{i-k}\sim a_{i+k}\) 里面比它大的数的数量，直接暴力上数据结构即可。
AGC002
D (Easy)
整体二分基础练习题。
E (Medium)
考虑把博弈的网格画出来，然后找到一个厉害的结论：一个点和它左下的胜负态相同。
然后直接搞一下就做完了。
F (Hard)
\(f_{i,j}\) 为放 \(i\) 个白球后放完 \(j\) 种其它颜色球的方案数。
然后每次可以在最前面放一个白球或者在后面的位置随便放 \((k-1)\) 个同一种颜色的新球。
注意 \(i\geq j\)。
AGC003
D (Medium)
非正解。
首先有个 \(O(nv^\frac{1}{3}+n\frac{\sqrt v}{\log v})\) 的做法，过不去。
然后换成 \(O(nv^\frac{1}{3}+nv^\frac{1}{4})\)，就过去了。
你不想写 pollard-rho，于是你发现两个数都大于 \(\sqrt v\) 的匹配其实巨少，直接跑到 \(5\) 秒把剩下的都当没匹配直接加进答案里就过了。
E (Medium)
首先离线一下操作，显然如果两个操作有 \(a_i\geq a_{i+1}\) 那 \(a_i\) 就没用了，于是我们可以把 \(a_i\) 转成递增的。
设 \(f(n)\) 为前 \(n\) 个元素的贡献，显然我们可以找到 \(<n\) 且最大的 \(a_i\)，记这个东西的值为 \(x\)，就可以将 \(f(n)\) 拆成若干个 \(f(x)\) 和一个 \(f(n\text{ mod }x)\) 了。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，因为 \(\text{mod}\) 函数每次至少减半。
F (Hard)
因为题目是一个递归的形式，我们尝试现在 \(2\) 层递归中找规律。
我们发现在两个复制的交界处一定是上下交界或者左右交界。
于是考虑交界能否有交：显然在原图上有交的话，在每一层都会有交，反之亦然。
那么枚举一些情况：
- 上下左右都没有交，显然每次连通块都一分为黑格数量个，答案为 \(cnt^{k-1}\)，其中 \(cnt\) 为黑格数量。
- 上下左右都有交，显然每次递归完后都仍然联通，答案为 \(1\)。
- 只有上下有交或只有左右有交，下面描述如何处理。
首先如果只有上下有交我们直接旋转 \(90\) 度，这样就只有左右有交了。
然后我们发现，在 \(2\) 层递归的图中，只要原图里有两个相邻的黑格，答案就会减 \(1\)，初始答案为 \(cnt^2\)。
类似地，我们只需要求出在 \(k\) 层递归图中有多少相邻的黑格就可以算了。
这是一个简单的问题，直接矩阵快速幂就做完了。
AGC004
D (Easy)
注意到 \(1\) 必须是自环。
然后 \(1\) 肯定在基环树上。
于是把 \(1\) 拆掉之后就是一棵树了，随便做。
E (Hard)
首先让所有机器人移动的细节非常多，我们考虑只让出口移动。
假设出口的移动范围为一个矩形 \(\{i,j,k,l\}\)。
这样的话出口对应的矩形和原矩形就会有一个交，这个交外面的格子要么已经被收集了要么一定白给了，所以这个东西可以作为一个 dp 状态。
我们设 \(f_{i,j,k,l}\) 为这个移动范围下已经被收集或白给的格子中，最多被收集的数量，每次转移即可。
F (Hard)
考虑树的情况。
如果我们把奇数层的节点染黑，一次移动就等价于把两个不同色相邻节点翻转，也就是移动一步黑色节点。
于是问题变成了奇数层有一些节点，每次可以移动一个，问多少次才能使所有白色节点变黑。
考虑每条边的贡献即可。
然后套一个环直接考虑断环为链。
如果是偶环我们依旧枚举某条边贡献，可以发现是一个经典模型。
最后说一下卡了我很久的奇环：这条边的操作一定让黑点 \(+2\) 或者 \(-2\)，显然黑白点相等后就不会再操作，所以直接加权值即可。
AGC005
D (Hard-)
考虑钦定 \(i\) 个点不合法，但是仍然满足是一个排列的方案数。
我们发现给同行同列不合法的点连边之后一定是若干条链，求链上独立集。
于是就非常好做了。
E (Hard)
记先手在 A 树上走，后手在 B 树上走。
首先发现一个结论：如果存在两个 A 树上相邻的点在 B 树上的距离 \(\geq 3\)，并且先手能走到那个节点，那么答案就是 \(-1\)。
假设不存在上面那类边，也就是说 A 树的边在 B 树上的边的长度 \(\leq 2\)，这样我们发现是必然走不出这个子树的，直接 dfs 所有能走到的点，对答案取最大值即可。
F (Medium+)
考虑计算每个点算的次数，其实就是 \(\binom{n}{k}-\sum\limits_{i\in e_x}\binom{sz_i}{k}\)。
于是我们只需要对 \(k=1,2,\cdots,n\) 求出 \(\sum\limits_{i=1}^nc_i\binom{i}{k}\) 即可，显然 \(c_i\) 直接一遍 dfs 就可以求了。
于是推推式子：
就做完了。
AGC006
C (Easy)
不难发现只需要维护坐标期望即可，真实坐标没啥用。
然后坐标期望是非常好算的，我们可以获得一个 \(O(nm)\) 做法。
然后发现 \(n\) 次操作后相当于期望值乘上了一个排列。
于是直接倍增即可，时间复杂度 \(O(n\log m)\)。
D (Medium)
首先二分。
二分完之后，我们发现如果有两个相邻数都是 \(1\) 或 \(0\) 的，它们一定能一起上升到上一行。
于是求出包含中间的一段最小稳定段分类讨论即可。
E (Medium)
首先可以把每一列抽象成它最后的位置和它当前的正反。
一次操作可以看成交换 \(a_x\) 和 \(a_{x+2}\)，并将 \(a_x,a_{x+1},a_{x+2}\) 都反过来。
于是我们求出奇偶数位置的逆序对数和初始状态中被反过来的对数。
确认奇偶性即可。
F (Medium+)
这个题看起来巨大像图论题，我们考虑转化成图论，也就是对于任意黑格 \((x,y)\)，从 \(x\) 向 \(y\) 连有向边。
如果 \((x,y)\) 变黑了，那么一定存在 \((y,a),(a,x)\) 使得它们都是黑的，于是我们可以把一条正向边转化成两条反向边，又可以把一条反向边转化成两条正向边。
这样可以怎么建模呢？我们考虑把正向边看作 \(+1\)，反向边看作 \(-1\)，这样模 \(3\) 意义下就对了。
现在我们把边拆成 \(+1\) 和 \(-1\) 的两条，要求任意两个点是否可以走 \(sum\) 模 \(3\) 等于 \(1\) 的边到达。
注意如果边都是一个集合连另一个集合是不可能生成新的边的，要判掉。
AGC007
C (Hard-)
你需要观察到一点：在推掉其中一个球之后，剩下球和盒子的距离的期望仍然是等差数列！
于是就做完了。
这也太神仙了吧？
D (Easy+)
最后方案一定是割成若干段，每次先走到一段的最右边，再走回最左边，再走到最右边。
然后直接优化一下决策点记录一下历史状态就好了。
注意一些很小的细节。
E (Medium+)
首先我们发现是求一个 dfs 序。
如果确定好 dfs 序之后怎么做呢？
我们可以用一个 dp 统计答案：\(f_i=\max(f_l,f_r,g_{l,1}+g_{r,0}),g_i=(g_{l,0}+w_l,g_{r,1}+w_r)\)。
时间复杂度非常劣，但是我们发现这个东西完全可以二分。
二分之后我们相当于维护了一个合法的集合，去掉被二维偏序的点之后还剩一些较小值递增较大值递减的状态。
这个时候我们发现，合并的时候就可以直接启发式了！我们对于 size 较小的去搞一下，然后证明一下总状态数并不会太多就行。
F (Hard-)
考虑答案一定是选一些字符，这些字符不断向右延伸，出现冲突就新开一列。
我们可以发现它们尽量向右挤是最优的。
于是直接把匹配的位置算出来求每一列会有几次冲突即可。
AGC008
D (Easy)
按照 \((a_i,i)\) 排序，然后每次将最前面有空的数用来垫着。
全部弄完之后再对于剩下的元素做一遍，每次也将最前面有空的数拿来垫着。
最后检查一遍是否合法即可。
E (Medium+)
首先我们把 \(i\to a_i\) 表示成 \(i\) 向 \(a_i\) 连边，形成内向基环森林。
于是构造的排列就必须保证 \(i\) 到 \(a_i\) 的距离 \(\leq 2\) 了。
稍微手玩一下可以得到结论：
-
一个不是自环的连通块一定最后还在一个环中。
-
一棵内向基环树可以分两种情况：只有环，和有环上的点。
-
两个长度相等的环可以结合在一起。
-
一个长度为奇数的环可以自己反一下。
-
一棵内向基环树如果不是一个环，不能和其它树合并。
于是问题变成了两个子问题：
- \(n\) 个点，两个点可以套在一起，有 \(k\) 种方法。
- \(n\) 条线段，每条线段可以选择覆盖 \([i,r]\) 或者 \([(i+1)\%n,(r+1)\%n]\)，问方法数。
好像都很水，于是就做完了。
F (Hard)
首先我们知道答案肯定不是每个点最大扩展次数的和，因为会算重。
我们考虑所有算重的方案，显然会存在一个 \(d\) 最小的（也就是说 \(d\) 相同，\(x\) 不同所构成的点集也一定不同），我们就考虑只对于这样的 \((x,d)\) 计数。
然后我们考虑判定一组 \((x,d)\) 是否合法：对于所有和 \(x\) 相邻的节点 \(y\)，如果 \((x,d)\) 和 \((y,d-1)\) 相等，那么 \((x,d)\) 不合法，反之合法。
也就是说，合法当且仅当去掉任意一棵子树后，都存在一棵子树的深度 \(\geq d\)，即第二深的子树深度 \(\geq d\)。
特别地，覆盖整棵树可能不满足上面的规律，所以我们不统计整棵树对应的点集，在最后 \(+1\) 即可。
于是你把其中的一个 subtask 做完了，接下来考虑只能选其中部分点的情况。
那么其实也就是每个点多了一个下界，重点在于怎么计算这个下界。考虑用别的点替代一定是在某一棵子树里选一个点，然后把这个子树全选完，因此考虑所有有可以选的点的子树，取最小的深度即可得到下界。
AGC009
C (Easy)
考虑平方 dp：\(a_{i}\) 属于集合 \(A/B\)，上一个属于另一个集合的是 \(a_j\)。
于是 \(f_{i+1,i,A}\) 等于一段区间的 \(f_{i,j,B}\) 的和，暴力计算这段区间即可。
注意有些时候因为 \(a_{i+1}-a_i<A\) 一个前缀都会变成 \(0\)，需要处理一下。
D (Hard)
就是点分治，问分治最少层数。
我们发现答案显然 \(\leq \log n\)，考虑 \(O(n\log n)\) 的 dp。
考虑点分树的一个描述：点分树上深度相同的点的路径肯定经过一个深度更小的点。
这个描述非常友好：我们发现如果我们将一些点的深度 \(+1\)，这一点仍然满足。
于是我们依次枚举并判断即可。
E (Medium)
首先我们考虑每个数对答案的贡献，就是 \(a_i\times\frac{1}{k}^{t_i}\)，其中 \(t_i\) 是这个数被操作的次数。
我们发现一个事实：我们可以构造出任意一组 \(\sum \frac{1}{k}^{t_i}=1\) 对应的操作序列！
于是问题变为了找若干个符合要求的小数，直接 dp 即可。
感觉这题反而没有 D 难，为啥洛谷上是黑的啊。
AGC010
D (Easy)
对于 \(n\leq 2\) 特判。
然后你发现如果在不能改变数的奇偶性的情况下答案和所有数减 \(1\) 的和的奇偶性有关。
也就是说一个人如果发现他要输了，必须想个办法使得 \(\gcd\) 是偶数，即所有数都是偶数。
这显然等价于场上只剩下一个 \(>1\) 的奇数且没有 \(1\)，此时他的操作也唯一，因此世界线收束。
迭代不会超过 \(\log n\) 轮，因此时间复杂度 \(O(n\log n\log a)\)。
E (Hard)
显然如果两个数不互质那么它们的相对位置就固定了。
首先我们考虑先手确定了这张图。
那么后手只要不断取出 \(deg=0\) 的点中编号最大的点即可。
于是先手反过来使得每个连通块这么做的字典序最小就是最优解。
时间复杂度 \(O(n^2\log a)\)。
F (Medium+)
现在假设先手从 \(1\) 挪到 \(x\)。如果后手在 \(x\) 这棵子树必败，那么它走回去之后先手可以再挪回来，因此后手必败。
唯一的问题是如果 \(a_1\leq a_x\)，会出现 \(1\) 先变不合法的情况，此时不能走这个分支，而其它情况都是可以的。
于是我们成功地把判断一个点是否必败分解到它的子树是否必败，对于每个节点 dfs 计算一次即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
AGC011
D (Easy+)
手玩一下发现如果第一个墙激活了就会直接被弹回来，不然就可以走到第二个墙的右边，此时第二个墙又被激活，不断重复后就走到了另一侧。
然后对于走到另一侧的情况，对于每个墙，如果下一个墙一开始是激活的那么这个墙一定变成非激活，如果下一个墙一开始是非激活的那么这个墙一定被激活，而最后一个墙一定被激活。
也就是说我们要执行这样的操作：循环右移一位并取反所有数，将开头的 \(1\) 变成 \(0\)。
不难发现这个操作一定以 \(2n\) 为循环节，直接暴力 \(O(n)\) 做就行了。
注意 \(k<2n\) 的步不一定在循环里，需要暴力做。
E (Medium)
可以发现其实一个上升数就是九个形如 \(111\cdots1\) 的数的和。
然而 \(111\cdots 1\) 并没有什么优美的形式，我们考虑整体乘 \(9\)。
于是一个上升数就是九个形如 \(10^x-1\) 的数的和。
也就是说， 我们要求出 \(x\) 至少要表示成多少个形如 \(10^x-1\) 的数的和。
注意到这个答案一定不会很大（最多为 \(9\log x\)）我们可以直接从小到大枚举并判断。
于是我们只要支持高精度位数和和加 \(1\) 即可，时间复杂度 \(O(n\log x)\)。
F (Hard+)
照抄 command_block 了，因为实在太过神仙。
显然因为 \(k\) 个时刻会发一辆新车，所以所有车通过轨道的时间都可以对 \(k\) 取模。
设 \(p_i\) 为向右的车在 \(i\) 停靠的时间，\(q_i\) 为向左的车在 \(i\) 停靠的时间。
我们可以列出从左向右的车通过第 \(x\) 个区间的时间为 \(\sum\limits_{i=1}^{x-1}a_i+\sum\limits_{i=0}^{x-1}p_i\sim\sum\limits_{i=1}^{x}a_i+\sum\limits_{i=0}^{x-1}p_i\)，而从右向左的车通过第 \(x\) 个区间的时间为 \(-\sum\limits_{i=1}^{x}a_i-\sum\limits_{i=0}^{x-1}q_i\sim-\sum\limits_{i=1}^{x-1}a_i-\sum\limits_{i=0}^{x-1}q_i\)。
如果我们设计的方案合法的话，这个区间是不会有交集的，也就是说这两个集合的交集应该是空的。
稍微整理一下可以得到一个优美的式子：\(\sum\limits_{i=0}^{x-1}p_i+q_i\notin(-2\sum\limits_{i=1}^{x-1}a_i,-2\sum\limits_{i=1}^{x}a_i)\)
做到这个形式之后就非常简单了，每次把这段区间的数放到右边就可以了，可以直接线段树维护 dp。
感觉这题非常困难……准备给后面更困难的题开新等级了。
AGC012
C (Easy)
我们发现如果我们能钦定后一半，那么数量可以转化为前一半符合某种条件的子序列数。
注意到字符集很大，我们尝试构造一个排列。
我们先输出这个排列，再输出一个 \(1\sim n\) 的排列，那么答案就转化为了长度为 \(n\) 的上升子序列数量。
直接倍增构造答案即可。
D (Medium)
考虑这个交换和这个数在哪个位置根本没有关系。
于是如果 \(x,y\) 可以交换，\(y,z\) 可以交换，那么 \(x,y\) 也可以交换，因此我们就可以划分出若干个可以交换的集合，对于每个集合求阶乘即可。
对于每种颜色，同色交换事实上就等价于有一部分数能和 \(w\) 最小的数交换，异色交换就等价于其中一种颜色 \(w\) 最小的能和另一种颜色的一些球交换。
于是剩下的部分是非常平凡的，求出每种颜色内部的集合和颜色之间的连边即可。
E (Medium)
如果你做不出来，一个提示：\(V\) 的值域只有 \(2\times 10^5\)。
不难发现 \(\log V\) 次跳跃之后 \(V\) 一定变为 \(0\)，每次跳跃之后能走的都是一个区间。
然后我们就把 \(\frac{1}{2}V,\frac{1}{4}V,\cdots,1\) 分给左边的前缀和右边的后缀，如果存在一种分法就是 possible。
显然我们可以算出使用集合 \(s\) 时最长能覆盖多长的前缀/后缀，唯一的问题是，如果我们对于每个点暴力 check，时间复杂度是 \(O(nV)\) 的。
事实上对于每个长度为 \(V\) 的极长区间的答案都是一样的，而如果极长区间的数量超过了集合中数的数量一定无解，因此时间复杂度降低到 \(O(V\log^2V)\)，可以通过。
F (Hard+)
首先我们知道 \(a_i\leq b_i\leq a_{N-i}\)。
设 \(b_i=x\)，然后我们知道每次如果我们加两个小于 \(x\) 的数 \(x\) 就会变成 \(x\) 的前驱，加两个大于 \(x\) 的数 \(x\) 就会变成 \(x\) 的后继。
注意到一个数和前后缀之间一定不会相隔其它的数，所以对于任意 \(i>j\)，肯定不存在 \(b_i<b_j<b_{i+1}\)。
在这基础上，我们可以证明以上两个条件已经充分，从后往前构造序列即可。
于是在这个结论下，我们可以设计一个从后往前的 dp：\(f_{i,j,k}\) 代表要选 \(i\) 位，前面还有 \(j\) 个数可选，后面还有 \(k\) 个数可选的方案数。
转移是平凡的，时间复杂度 \(O(n^4)\)。
AGC013
D (Easy+)
我们可以把放进去一个红球，拿出来一个蓝球改成放进去一个指定球。
于是我们考虑转化成现在只有 \(n-1\) 个球，做 \(m\) 个放球，拿球的循环（如果先拿球可能存在一些特殊的 case），最后答案乘以 \(2\)。
这样就等价于你可以做 \(m\) 次 \(\pm1,0\) 的操作之后求极差 \(\leq k\) 的操作序列数量。
这个题就比较平凡，先枚举极小值，然后因为 \(n,m\leq 3000\) 的特性直接暴力 dp 转移即可。
E (Easy+)
首先这个 \(\prod a_i^2\) 看起来非常阴间，我们直接大力组合意义拆成在区间里选一个点打一种标记，再选一个点打另一种标记。然后这一切就都好起来了！
记 \(f_{i,0/1,0/1}\) 表示放完前 \(i\) 个，是否打第一种标记，是否打第二种标记，非常好写出转移。
然后如果某个位置被禁了，就代表不能在这个位置新开一段，因为只有 \(10^5\) 个位置，我们直接暴力转移。
时间复杂度 \(O(m\log n)\)，常数应该比较大。
F (Hard+)
首先我们都知道对于两个已经确定的序列，只需要检验对于任意一个值 \(v\)，\(a\) 序列中 \(\leq v\) 的数的数量都多于 \(b\) 序列中 \(\leq v\) 的数的数量。
于是我们直接转化，就变成了有一个序列和若干区间，每次给一个后缀临时 \(+1\)，问至少要选择多少区间 \(+1\) 才能使得每个数 \(\geq 0\)。
我们考虑有没有不依赖于后缀的决策：显然对于一个 \(\leq -2\) 的 \(v\) ，它必须被覆盖到至少 \(-1\)。
然后最后相当于我们只需要覆盖一段前缀的 \(-1\)，我们可以对于每个前缀分别求出答案。
特别注意的是，第一遍我们应该从后往前依次处理，不然如果 \(4\) 需要一个区间，我们选了 \([2,6]\)，但是如果覆盖了 \(2\) 开始的后缀，最优的方案应该是选 \([1,5]\)，这个贪心就错误了。
AGC014
D (Easy)
如果一个点有两个叶子显然木大。
如果一个点有一个叶子显然可以把这个点先选强迫后手选那个叶子，这样就可能产生更多叶子。
直接选择一个非叶子节点 dfs 模拟即可。
E (Easy)
注意最后一次连边，一定是直接一条蓝边换一条红边。
而这次连边之前，显然这条边一定要被保留，所以直接将这两个点合并即可。
代码有一些小细节。
F (Hard)
对于 \(i=1\)，显然这个数不会影响别的数是不是前缀最大值。
于是其实我们先求出 \(i=2\sim n\) 的答案，然后再看看这么多次之后是否 \(1\) 也归位了。
显然在 \(i=2\sim n\) 的倒数第二步完成时，此时 \(2\sim n\) 的第一个数显然不是 \(2\)。
我们考虑将第一个数 \(x\) 和 \(1,2\) 的位置关系求出，然后证明一个非常厉害的事情：这三个数相对的循环顺序不会改变。
具体证明基于一个结论： \(x\) 当且仅当在第一个位置时是前缀最大值，其它情况都不是前缀最大值。
于是在最后一步完成时，如果我们在所有操作前的相对顺序是 \(1,2,f\)，那么 \(1\) 就自动归位了。不然第一位上的数还是 \(2\)，就需要再合并一次。
直接模拟这个过程扫一遍就行了。
AGC015
D (Easy)
考虑不断求包含最高位的数有多少能被表示。
假设现在同时存在有最高位的数和没最高位的数。
不含最高位的数能构造的数显然在 \([l, 2^x)\)。
包含最高位的数构造的数显然在 \([2^x,2^{x}\text{ or }(2^{x}+1)\text{ or }\cdots\text{ or }r)\)
将它们的并集加入答案，并将最高位的数都丢了，分解成子任务。
如果所有数的最高位相同，显然所有能构造的数都包含最高位，减去最高位后分解成子任务即可。
时间复杂度 \(\text{polylog}(r)\)。
E (Medium-)
注意所有点最后一定按照 \(v\) 排序。
对于第 \(i\) 个点，如果有第 \(j\) 个点最开始在 \(i\) 后面，最后在 \(i\) 前面，那么 \([i,j]\) 的所有点显然都在 \(i\) 被初始染色的时候染上色。
于是我们可以算出第 \(i\) 个点的染色区间 \([l,r]\)，显然 \([l,r]\) 有单调性，随便 dp 一下就可以了。
F (Hard)
我们要构造答案越大越好，注意到如果 \(x<y\)，\((x,y)\) 会变成 \((y\bmod x,x)\)，我们直接反向构造，从 \((0,1)\) 开始反推。因为我们要让用的数尽可能小，我们显然会从 \((y,x)\) 推回 \((x+y,x)\)。
最后会发现其实最小的最深答案就形如 \((Fib_i,Fib_{i+1})\)，因此答案也只有 \(\log n\) 级别。
考虑哪些数对可能可以这样反向构造回去。显然构造的方法就是不断推回 \((kx+y,x)\)。
不难发现 \(k\) 在除了最后一步的位置只能取 \(1\) 或 \(2\)，不然可以证明如果这样存在解则存在一个答案更大的解。同样不难发现的是 \(2\) 只能选一次，证明的方法是类似的。
因此我们还证明了除去最后一层，反向构造在最后一步之前只能构造出层数个解。
于是我们直接对于所有解求出最后一步能得到几个合法对即可。
注意在只有一层的时候特判。
AGC016
D (Not solved)
我们记所有数的异或和为 \(S\)，显然每次的操作就是交换 \(a_i\) 和 \(S\)。
我们考虑对于所有 \(a_i\neq b_i\) 的 \((a_i,b_i)\) 连边，对于每条边答案 \(+1\)，每个连通块答案 \(+1\)。
最后注意如果存在 \(b_x=\bigoplus\limits_{i=1}^n a_i\)，可以省去一次。
E (Medium-)
每只鸡的情况要么是一定死，要么是可能活下来。
如果一只鸡可能活下来，那么一定存在一个集合 \(S\)，只有集合 \(S\) 中的鸡全在某次选择中被献祭才可能让最后的某只鸡活下来。
我们可以依次模拟所有操作，如果某次操作为两只都有可能存活的鸡 \((x,y)\)，那么 \(y\) 的集合就要或上 \(x\) 的集合，并且 \(x\) 的集合也要并上 \(y\) 的集合。
特别地，如果两个集合交集为空，显然这两只鸡都必死，因为一只鸡没有办法献祭两次。
最后枚举集合判断交集是否为空即可，时间复杂度 \(O(n^3+nm)\)。
F (Medium)
不难扯到 SG 函数上做。
我们考虑直接钦定每个点的 SG 函数，然后要满足以下要求：
- \(sg_i=A\) 的点要对于每个 \(B<A\) 向至少一条 \(sg_j=B\) 的点连边。
- \(sg_i=A\) 的点之间不能连边。
那么我们考虑钦定一个点集是合法的，每次加一个新的点集，加入的点集的 SG 函数都是原点集的 SG 函数最大值 \(+1\)。
再看看要满足什么要求：这些点之间的边全部不取，对于每个集合外的点和新选的点之间的连边要至少选一条边。
可以做到 \(O(n3^n)\)。
AGC017
D (Easy)
经典 SG 函数练习题。
我们尝试表示一棵子树的 SG 函数。
不难发现，如果加入一棵子树，因为子树可以变成任意操作后状态或者直接消失，所以相当于 SG 函数异或上 \(f_y+1\)。
检查 \(f_1\) 是否为 \(0\) 即可。
E (Medium)
讲个笑话，我一直以为可以翻转。
记一个点某侧的权值，接地为 \(-a_i\) 或 \(b_i\)，没接地为 \(c_i\) 或 \(-d_i\)， 显然两个点能连当且仅当权值相等。
于是大力边转点，我们就要从一个正数点开始，走若干个有向边到负数点。
注意到可以不连成一段，所以可能会走多次。我们建一个超级起点和超级终点，检查是否在增加若干条这两个点之间的边后存在一条欧拉回路即可。
具体来说就是每个正数点出度都不比入度少，负数点同理，并且不能有一个连通块内部消化完了。
F (Medium+)
显然的思路：放完 \(x\) 根线，状态为 \(S\) 的方案数，时间复杂度高达 \(O(4^{n}\text{poly}(nm))\)。
问题在于我们一次枚举了过多的状态，我们尝试分解每层的状态。
考虑放完 \(x\) 根线，第 \(x+1\) 根线覆盖部分方案为 \(A\)，未覆盖部分方案为 \(B\)，两个状态之间距离为 \(d\)。
时间复杂度为 \(O(2^nn^2m)\)，空间复杂度 \(O(2^nn)\)，无法通过。
我们发现覆盖的特殊要求就是 \(A\) 的前缀 \(\text{popcount}\) 要大于等于 \(B\) 的前缀 \(\text{popcount}\)。
所以可以不记录到某一位的距离，记录第 \(i\) 条线走完前 \(j\) 步，已经覆盖的位为 \(A\)，剩余要覆盖的位为 \(B\) 的方案数即可。
AGC018
D (Easy+)
首先对于哈密顿回路的问题是经典的，就是每条边的边权乘 \(\min(sz_x,sz_y)\)。
对于哈密顿路，显然我们只需要扣掉一条边。
我们考虑哈密顿回路的构造方式，核心就是要每次进入以重心为根的不同子树。
因此我们扣掉一个点只需要扣掉最后回重心的那个点即可，答案只需减去重心的出边中距离最短的那条。
特别注意的是如果有两个重心，那么只有它们之间的边是两个重心的公共出边，特判即可。
E (Not solved)
F (Not solved)
AGC019
D (Not solved)
E (Not solved)
F (Hard-)
显然如果还剩 Yes 多我们就猜 Yes，不然猜 No。
于是我们放到二维平面上，每个决策可以表示成一条边，数所有路径经过的决策边数量之和即可。
唯一的问题是决策边的数量并不好数，是这个形状的：
我们考虑把每条边超出斜线的部分强行折回去，然后加上 \(0.5\) 的贡献（因为一定会走一条超出斜线的竖边）。
计算斜线上的每个点被经过的路径条数即可。特别注意因为事实上我们没有折回去，所以计算的其实就是走到左下的路径数量乘以走到右上的路径数量。
AGC020
D (Not solved)
E (Not solved)
F (Not solved)
AGC025
D (Easy+)
对于所有距离为 \(D_1\) 的点连边，可以证明这是一张二分图。
取出点较多的一侧，对于所有距离为 \(D_2\) 的点连边，仍然可以证明这是一张二分图。
因此最终至少可以选出 \(\lceil\frac{\lceil\frac{4n^2}{2}\rceil}{2}\rceil\geq n\) 个点。
E (Hard)
抛出一个结论：所有被经过至少两次的边都能提供 \(2\) 的贡献。
考虑每次选一个叶子。
如果这个叶子没有连向父亲的路径，那么我们什么都不用考虑，直接删点即可。
如果只有一条连向父亲的路径，我们就之后再考虑，将这条路径的起点改为它的父亲。
如果有 \(\geq 2\) 条连向父亲的路径，我们选一条定一个方向，再选一条定反方向，剩下的随意。
设这两条路径的终点分别为 \(a,b\)，它们从当前结点 \(x\) 分开的位置为 \(t\)，显然 \(x\to t\) 的路径肯定被覆盖两次，而 \(t\to a\) 和 \(t\to b\) 因为方向相反可以变成 \(a\to b\) 的路径。显然因为这个节点是叶子，\(x\) 肯定不等于 \(t\)，所以我们成功地将问题缩小到了相同条件的更小规模，反复操作即可。
由于数据范围很小某些地方可以复杂度换码量，然而细节还是很多。
F (Hard-)
每次操作可以看成是从高到低，对于每个都为 \(1\) 的位产生一次进位，并处理随之带来的进位。
我们发现一件神奇的事情：我们可以对于从高到低的位，直接产生至多 \(k\) 次进位，与上述操作等价。
证明可以使用归纳法，在我们增加一次的时候，如果某一位上都是 \(1\)， 那么这一位进位之后位置上的数一定是 \(0\)。而即使它下面的所有位都全为 \(1\)，这一位也无法继续进位。
此时我们得到了一个 \(O(nk)\) 的暴力，考虑继续优化。
我们发现只有在 \((01,01)\) 的情况下对低位进位不会减小 \(0\) 的个数，于是我们将连续的 \((0,0)\) 段压在一起存之后暴力模拟，时间复杂度即为 \(O(n)\)。
有趣的事实：zhoukangyang 没有使用这个性质也切掉了此题，大家可以膜拜他。
AGC055
A (Easy+)
我觉得比 B 难。
将字符串分成三段，每次枚举一个 ABC 的排列 \(s\)，尝试在第 \(i\) 段中找出尽可能多的 \(s_i\)，取最小之后将这些字符取出即可。
可以通过一些方式证明最后一定能取完。
B (Easy)
首先我们发现无论怎么操作每种字符的数量都是不变的。
注意到一个性质：如果有一个 ABC，它可以和任意一个字符交换。
于是我们直接对于 \(s,t\) 寻找 ABC 并移到最前面即可。
当没有东西可以移动时能否转换等价于剩下的两个串是否完全相同。
C (Medium-)
一个显然的性质：所有数的答案要么是 \(L-1\)，要么是 \(L\)，其中 \(L\) 为序列的 LIS 长度。
于是一个很自然的想法是枚举哪些位置是 \(L-1\)。
枚举完哪些位置是 \(L-1\) 之后，我们发现我们要求的就是 \(L\) 的最大值和最小值。
最小值是显然的，也就是 \(L-1\) 的位置数量，构造为剩下的数全选 \(+\infty\)，注意要和 \(3\) 取 \(\max\)。
最大值应该是在每个空隙中尽可能塞若干对数。
例如，我们选择 \(\{1,3,6,8\}\)，那么我们可以让 \(a_3<a_4=a_5<a_6\)，那么这样 LIS 长度就增加了 \(1\)，注意 \(0\) 和 \(n+1\) 都必须选上。
不难发现能塞的对数和选的数的数量只和长度为奇数的空隙有关，枚举选的数的数量和长度为奇数的空隙计算即可。
注意选所有数和不选数是两种情况。
D (Hard)
神仙结论题。
记 \(A_x\) 为序列所有前缀 \(A\) 比 \(B\) 多的数量的最大值，\(B_x\) 和 \(C_x\) 的定义类似。
抛出一个神仙结论：序列可以被分解当且仅当 \(A_x+B_x+C_x\leq n\) 且 \(A,B,C\) 各有 \(n\) 个。
必要性显然，充分性也可以通过一些技巧证明。
于是直接大力 dp 就可以了。
