2024-08-04 09:58阅读: 42评论: 0推荐: 0

2024.8 做题记录

2.P6326 Shopping

题目的要求实质上是要我们选的位置构成一个连通块。
可以暴力枚举根做树上依赖背包。
优化的方法是点分治，计算经过当前重心的连通块，不经过的可以地柜计算。
时间复杂度 $O(nm \log n)$ 。

首先这个 $t - h \le k$ 可以转化为“免费选一条根链，求至多选 $k$ 个的最大价值”。
考虑枚举这条根链，然后整棵树就被这条链划分成了两部分，且两部分是在 dfs 序上连续的，链上的部分可以选 $a_i - 1$ 个，其余部分可以选 $a_i$ 个。
不放将链上的部分合并到左边的部分，这样就可以预处理两部分的背包，然后 $O(k)$ 查询答案。
具体来说，在 dfs 的时候，可以先放入 $a_i - 1$ 个，然后递归儿子，合并儿子的时候再把儿子中少选的一个加上，这样算的就是对的。

时间复杂度 $O(nk)$ 。

4.P3571 POI2014 SUP-Supercomputer

先将操作转化为每次最多删 $k$ 个叶子。
不难发现当叶子个数 $\le k$ 的时候答案就是树高 $h$ 。
当叶子数大于 $k$ 的时候，我们贪心地选深度最大的叶子删掉。
如果记 $cnt_h$ 表示深度大于 $h$ 的点数，那么答案可以表示为 $\max_h \{ h + \lceil \frac{cnt_h}{k} \rceil \}$ ，证明可以看题解。
推一下式子：

\begin{matrix} a n s_{k} & = max h {h + ⌈ \frac{c n t_{h}}{k} ⌉} = ⌈ max h {h + \frac{c n t_{h}}{k}} ⌉ \end{matrix}

$\begin{aligned} ans_k &= \max_h \left\{ h + \left\lceil \frac{cnt_h}{k} \right\rceil \right\} \\ &= \left\lceil \max_h \left\{ h + \frac{cnt_h}{k} \right\} \right\rceil \end{aligned}$

里面这个是若干个一次函数的最大值，考虑类似斜率优化的方式推式子：

\begin{matrix} a n s_{k} & = h + \frac{c n t_{h}}{k} h & = - c n t_{h} \cdot \frac{1}{k} + a n s_{k} \end{matrix}

$\begin{aligned} ans_k &= h + \frac{cnt_h}{k} \\ h &= - cnt_h \cdot \frac{1}{k} + ans_k \end{aligned}$

这就是说：有一些点 $(- cnt_h, h)$ ，你要用斜率为 $\frac{1}{k}$ 的直线去切它，要截距最大。
维护上凸壳，斜率是单调的，所以扫一遍就行。

时间复杂度 $O(n)$ 。

5.P4383 八省联考 2018 林克卡特树

题意可转化为：选出恰好 $k$ 条链，使得权值和最大。
首先我们有暴力 DP：设 $f_{u, i, 0 / 1 / 2}$ 表示以点 $u$ 为根的子树中选恰好 $i$ 条链，点 $u$ 的度数为 0 / 1 / 2 的最大权值。
转移就是分类讨论一下 $(u, v)$ 这条边选不选，做一个树上背包，较为繁琐。
时间复杂度 $O(nk)$ 。

感觉一下没有什么阳间的优化方式，而且看到到“恰好”，考虑凸优化。
如果设 $f(k)$ 表示选择恰好 $k$ 条边的最大权值，通过打表等方式可以发现它是凸的（具体证明见 https://www.luogu.com.cn/article/hkdxyitj）。
于是套个 WQS 二分就做完了。

时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

6.P5298 PKUWC2018 Minimax

设 $f_{u, i}$ 表示点 $u$ 权值为第 $i$ 大的数的概率，转移为：

f_{u, i} \leftarrow p_{u} \times (f_{l s_{u}, i} \times \sum j \leq i f_{r s_{u}, j} + f_{r s_{u}, i} \times \sum j < i f_{l s_{u}, j}) + (1 - p_{u}) \times (f_{l s_{u}, i} \times \sum j \geq i f_{r s_{u}, j} + f_{r s_{u}, i} \times \sum j > i f_{l s_{u}, j})

$f_{u, i} \leftarrow p_u \times \left( f_{ls_u, i} \times \sum_{j \le i} f_{rs_u, j} + f_{rs_u, i} \times \sum_{j < i} f_{ls_u, j} \right) + (1 - p_u) \times \left( f_{ls_u, i} \times \sum_{j \ge i} f_{rs_u, j} + f_{rs_u, i} \times \sum_{j > i} f_{ls_u, j} \right)$

然后线段树合并即可。
时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

7.Minecraft

设 $f_{i, j}$ 表示考虑完了从低往高的第 $i$ 位，进位为 $j$ 是否可行。
转移是平凡的。
输出方案的话同时记录一下转移即可。
时间复杂度 $O(nk)$ 。

8.P4590 TJOI2018 游园会

首先考虑计算 LCS，这个可以通过 DP 简单实现。
考虑 DP 套 DP，先把内层的 DP 变成自动机。
考虑如何压缩节点数，不难发现 DP 数组单调不减且差分数组只有 0 和 1，所以可以只存差分数组。

剩下的 DP 就是简单的了，设 $f_{i, j, 0 / 1 / 2}$ 表示确定了 $i$ 个字符，匹配了 0 / 1 / 2 个字符的方案数。
转移是简单的。时间复杂度 $O(nk 2^k)$ 。

9.P5279 ZJOI2019 麻将

首先考虑如何判定一些牌是不是胡的：设 $dp_{i, j, k 0 / 1}$ 表示考虑了前 $i$ 中牌，预留了形如 $(i - 1, i, i + 1)$ 的 $j$ 个，预留了形如 $(i, i + 1, i + 2)$ 的 $k$ 个，是否预留对子的方案数。
转移已是简单的，对于划分成 7 个对子的形式可以记一个 $cnt$ 表示能取出的对子的数量然后简单判断。

先对原问题进行一个简单的转换：对于每种方案算胡的轮数之和等于算第 $i$ 轮还没胡的方案数之和。
考虑把上面的 DP 变成自动机然后在自动机上 DP。
先压缩状态：首先有 $j, k \le 2$ ，因为如果等于 3 就可以直接凑成 3 个刻子，然后我们钦定 DP 值是 $\le 4$ 的。
这样状态就变成了 2091 个。

再考虑 DP：设 $f_{i, j, k}$ 表示考虑了前 $i$ 种牌，摸了 $j$ 张，在自动机上状态为 $k$ 的方案数。
转移是简单的。

时间复杂度 $O(n^2 S)$ ，其中 $S = 2091$ 。

10.P8497 NOI2022 移除石子

先考虑判定：设 $dp_{i, j, k}$ 表示考虑了前 $i$ 个位置的石子，至少扩展到 $i$ 的操作 2 有 $j$ 个，至少扩展到 $i + 1$ 的 $i$ 操作有 $k$ 个的是否可行，转移就是考虑 $i$ 位置开始了多少个操作 2。

要求计数，考虑将判定的 DP 变成自动机后在自动机上 DP。
先压状态数，不难通过看题解发现 $j , k \le 2$ ，这样状态数就是 $8765$ 的了。

通过讨论可以发现，除了 “ $k = 1$ 且 $a_i = 0$ ” 和 “ $k = 1, n = 3, a_1 = a_2 = a_3 = 1$ ” 的情况，若 $k - 1$ 有解， $k$ 一定有解。
所以上面的 DP 可以将 “是否可行” 改为 “最少加几个石子”。

然后可以 DP：设 $f_{i, j}$ 表示考虑了前 $i$ 个位置，位于自动机的节点 $j$ 上的方案数。
对于 $a_i \ge 8$ 的情况是与 $a_i = 8$ 相同的。
直接转移即可。

时间复杂度 $O(nS)$ ，其中 $S = 8765$ 。

11.Range Minimum Sum

放到笛卡尔树上考虑，首先一个点都不删的答案是好求的：

s u m = \sum u a_{u} \times s i z e_{l s_{u}} \times s i z e_{r s_{u}}

$sum = \sum_u a_u \times size_{ls_u} \times size_{rs_u}$

考虑删掉一个点后的影响：

对于祖先节点，影响可以一遍 Dfs 求出。
对于儿子节点，他们子树内部的贡献是不变的。但是左右儿子要合并起来。发现合并的是左儿子的右链，右儿子的左链，所以暴力归并算贡献即可。

时间复杂度 $O(n)$ 。

12.Heartbeat

首先 $n$ 的位置把整个序列分成了两部分，左边的部分只有前缀最大值，右边的部分只有前缀最小值，两边的计算是类似的。
首先我们算出 $f_{i, j, k}$ 表示 $i$ 个元素的排列，有 $j$ 个前缀最大值、 $k$ 个上升位置的方案数。
考虑如何转移。这种一般是考虑插一个元素。这里如果是插最大值的话，全局最大值的个数会减少。所以我们考虑插最小值：

最小值插到开头： $f_{i, j, k} \rightarrow f_{i + 1, j + 1, k + 1}$ 。
最小值插到结尾： $f_{i, j, k} \rightarrow f_{i + 1, j, k}$ 。
最小值插到上升的间隙中： $f_{i, j, k} \times k \rightarrow f_{i + 1, j, k}$ 。
最小值插到下降的间隙中： $f_{i, j, k} \times (i - 1 - k) \rightarrow f_{i + 1, j, k + 1}$ 。

然后记 $L_{i, j}$ 表示 $i$ 个元素有 $j$ 个上升位置时前缀最大值的贡献， $R_{i, j}$ 表示 $i$ 个元素有 $j$ 个上升位置时后缀最小值的贡献，这两个数组都能通过 $f$ 数组计算出来：

\begin{matrix} L_{i, k} & \leftarrow f_{i, j, k} \times a_{j + 1} R_{i, i - 1 - k} & \leftarrow f_{i, j, k} \times b_{j + 1} \end{matrix}

$\begin{aligned} L_{i, k} & \leftarrow f_{i, j, k} \times a_{j + 1} \\ R_{i, i - 1 - k} & \leftarrow f_{i, j, k} \times b_{j + 1} \\ \end{aligned}$

右式中 $j$ 加了 1 是因为要加上 $n$ 的贡献。

记 $ans_{i, j}$ 表示长度为 $i$ 的排列有 $k$ 个上升位置时前缀最大值和后缀最小值的贡献。
则 $ans$ 可通过 $L, R$ 计算出：

(\frac{i + u}{i}) L_{i, j} \times R_{u, v} \to a n s_{i + u + 1, j + v + [i > 0]}

$\binom{i + u}{i} L_{i, j} \times R_{u, v} \rightarrow ans_{i + u + 1, j + v + [i > 0]}$

这是个二维卷积的形式，先改写一下：

\begin{matrix} \frac{L_{i, j}}{i!} \times \frac{R_{u, v}}{u!} \to \frac{a n s_{i + u + 1, j + v}}{(i + u)!} \end{matrix}

$\begin{aligned} \frac{L_{i, j}}{i!} \times \frac{R_{u, v}}{u!} \rightarrow \frac{ans_{i + u + 1, j + v}}{(i + u) !} \end{aligned}$

$ans$ 中第二维的 $+ [i > 0]$ 可以通过对 $L$ 提前处理消掉。
这个直接做是 $O(n^4)$ 的。

之后有两种处理方法。

sol1

这里我们相当于做了 $O(n^2)$ 次 $O(n^2)$ 的多项式乘法，可以通过转成点值变成 $O(n^2)$ 次 $O(n)$ 的点乘，这样时间复杂度就是 $O(n^3)$ 的了，不难注意到 $ans$ 是 $n - 1$ 次多项式。

算完点值以后直接拉插插出每项系数即可。

时间复杂度 $O(n^3)$ 。

sol2

直接看官方做法把。

13.P8349 SDOI/SXOI2022 整数序列

调不出来了 /ll

首先对出现次数根号分治，记阈值为 $B$ 。
对于两个小块，可以把有用的位置拉出来暴力，时间复杂度 $O(qB)$ 。
对于两个大块，可以暴力然后记忆化，时间复杂度 $O\left(\frac{n^2}{B}\right)$ 。
对于一个大块和一个小块，离线处理。对于每个小块元素的连续段，可以找出他前后的连续段长度个大块元素，不难发现只有这些事有用的，然后暴力即可。时间复杂度 $O(qB)$ 。

平衡一下，时间复杂度为 $O(n \sqrt q)$ 。

14.P5047 Ynoi2019 模拟赛 Yuno loves sqrt technology II

首先有朴素的莫队 $O(n \sqrt m \log n)$ 做法。

先研究右端点的移动。
记端点从 $(l, r - 1)$ 移动到 $(l, r)$ 的影响为 $f(l, r, r)$ 表示 $(l, r - 1)$ 中比 $a_r$ 大的数的个数。
发现贡献有可差分性，不妨将他变为 $f(1, r, r) - f(1, l - 1, r)$ ，分别去做。
首先 $f(1, r, r)$ 这个是好解决的，只有 $O(n)$ 种本质不同的询问，可以扫描线树状数组求出，时间复杂度 $O(n \log n)$ 。
对于 $f(1, i, j)$ 这类贡献，不难发现只有 $O(n \sqrt m)$ 个（端点移动次数），所以对 $i$ 这一维扫描线，每次查询大于 $a_j$ 的数的个数。这部分有 $O(n)$ 次单点改， $O(n \sqrt m)$ 次前缀查，可以根号平衡。

但发现空间不够，原因在于第二类贡献有 $O(n \sqrt m)$ 个。
但是我们发现，左端点相同时右端点的移动是一段区间，且只有 $O(m)$ 个，所以直接存区间就行了。

这样就做到了时间复杂度 $O(n \sqrt m)$ ，空间复杂度 $O(n + m)$ 。

19.Museums Tour

建分层图，缩点，然后 DP。
时间复杂度 $O(nd)$ 。

20.D. Perishable Roads

注意到关键应该是最短的边。
发现答案的树的形态应该是形如：根和最短的边有一条链连接，最短的边下挂着个菊花。
现在的关键是找这一条链。
发现如果链上的边依次是 $e_1, e_2, \cdots, e_m$ ，则 $\forall i < m - 1, e_i > e_{i + 1}$ 。
因为如果存在 $e_i \le e_{i + 1}$ ，那么我们可以把 $e_{i +1}$ 换成任意一条连向最短边的路径，这样答案会更优。
对于最后一条边，如果 $e_{m - 1} > e_{m}$ ，那么它的贡献是 $e_m$ ，否则是 $e_{m - 1}$ 。
现在我们的答案是 $\sum_{i} e_i + \text{min edge} \times (n - 1 - m)$ ，把 $- m$ 放到前面的求和里，得到：

a n s = \sum i (e_{i} - min edge) + min edge \times (n - 1)

$ans = \sum_{i} (e_i - \text{min edge}) + \text{min edge} \times (n - 1)$

这样根据刚才的分析，先将每条边的边权减去 $\text{min edge}$ ，将每个点的初值赋成 $2 \min_{j} w_{i, j}$ 然后跑最短路即可。
时间复杂度 $o(n^2)$ 。

21.P1402 酒店之王

简单题。拆一下点随便连就行。

22.F. Special Edges

卡不过去，就当过了把 /ng
最大流等于最小割，所以 $O(2^k)$ 枚举把这 $k$ 条边选与不选的最小割都求出，然后询问时拼一下即可。

23.I. Marbles

无源汇上下界可行流。
1 操作就把新建点，连 $[0, n]$ 的边。
2 操作就向起始点连 $[0, 1]$ 的边。
3 操作就新建一个点连 $[l, r]$ 的边。
最后再向初始点连一边即可。

24.E. ALT

建模是简单的：源点向每条路径连流量为 1 的边，路径向每个点连流量为 $+ \infty$ 的边，每个点向汇点连流量为 $1$ 的边，这样最小割即为答案。
边数太多，考虑优化建图。
有以下几种方式：倍增、树剖加线段树等。
然后就做完了。

25.F. Making It Bipartite

首先如果 $a_i$ 是 $a_j$ 的因数，就连一条 $i \rightarrow j$ 的边。
发现问题等价于删多少个点是的最长链不超过 2。
这个是切糕，做完了。

26.P3227 HNOI2013 切糕

典题。

27.P6054 RC-02 开门大吉

和切糕一样，注意边要连全。

28.P4248 AHOI2013 差异

建出 SA 后统计每个 $ht_i$ 作为区间最小值的出现次数。

29.P2178 NOI2015 品酒大会

建 SA，然后在 $ht$ 数组的笛卡尔树上统计答案。

30.P2408 不同子串个数

。

31.P1117 NOI2016 优秀的拆分

求出 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的 $\texttt{AA}$ 的数量， $g_i$ 表示以 $i$ 开头的 $\texttt{AA}$ 的数量，则：

a n s = \sum i f_{i} \times g_{i + 1}

$ans = \sum_{i} f_i \times g_{i + 1}$

现在的问题是求 $f$ 和 $g$ ，我们只关注求 $f$ 因为求 $g$ 和把 $s$ 翻转后求 $f$ 是等价的。

考虑枚举 $\texttt{AA}$ 中 $\texttt{A}$ 的长度 $len$ ，并以之为间隔做标记。
我们依次考虑相邻两个标记之间的能作为 $\texttt{AA}$ 的两个 $\texttt{A}$ 之间的间隙的位置的数量。
分别求一和正向和反向的 $\operatorname{lcp}$ ，它们的交即为答案。
细节可能比较多。时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

32.P3181 HAOI2016 找相同字符

先建两个串拼起来建 SA，然后答案是两个串各选一个位置 LCP 的和，笛卡尔树上算一算就行。

33.P3804 【模板】后缀自动机（SAM）

/fendou

34.E. Cool Slogans

首先发现如果对于相邻的两个选的串，可以将他们没有互相匹配的后缀删掉，这样就得到了 $s_i$ 一定是 $s_{i + 1}$ 的后缀。
建出 SAM，在 parent 树上自上而下 DP。
设 $f_i$ 表示当前在 $i$ 节点最长的序列长度， $g_i$ 表示在长为 $f_i$ 时最后一个元素的最小节点。
线段树维护 $\text{endpos}$ 集合后转移是简单的。

35.P4770 NOI2018 你的名字

先考虑 $l = 1, r = \lvert S \rvert$ 。
对 $S$ 和 $T$ 分别建 SAM。
对于 $T$ 的每个前缀的所有后缀，满足在 $S$ 中没出现过的的一定一段前缀。
所以考虑枚举 $T$ 的每个前缀，维护当前在 $S$ 上匹配的点和匹配长度，每次前缀长度 +1 时能匹配则匹配，否则暴力跳父亲即可得到每个前缀的最长的没有在 $S$ 中出现的后缀的长度。
最后对于每个在 $S$ 中出现的前缀的后缀，将它的后缀全部设为出现过然后在 SAM 上统计答案即可。

再考虑一般的情况。
第一个问题我们不能暴力跳父亲了，因为 $S$ 只保留了 $[l, r]$ 的区间，所以一个节点上的 $\text{endpos}$ 集合不一定相同。正确的做法是维护匹配长度 $len$ ，不能匹配则将 $len$ 减一后再尝试匹配，若 $len$ 已经小于 $\text{minlen}_p$ ，那么就跳父亲。
第二个要解决的问题是我们无法判断能不能走转移边。这个可以线段树合并维护 $\text{endpos}$ 集合后简单判断。
其余部分与 $l = 1, r = \lvert S \rvert$ 的情况基本一致。

时间复杂度 $O((\lvert S \rvert + \sum \lvert T \rvert) \log \lvert S \rvert)$ 。

36.P6139 【模板】广义后缀自动机（广义 SAM）

/fendou

37.P4482 BJWC2018 Border 的四种求法

可以用基本子串字典做到 $O(n \log n)$ ，但是我在练 SAM。

问题等价于找一个 $pos \in [l, r]$ ，满足 $\operatorname{lcs}(pos, r) \ge pos - l + 1$ 。
建 SAM，求 $\operatorname{lcs}$ 就可转化为两点的 $\operatorname{lca}$ 。

考虑离线下来倒着扫 $i : n \rightarrow 1$ ，同时维护一个未解决的询问的集合，每次将还没有被解决的询问中答案为 $i$ 的询问删掉，然后将右端点为 $i$ 的询问加入集合中。
这样只要我们支持每次 $O((1 + \text{应被删除的询问个数}) \operatorname{polylog}(n))$ 地将应被删除的询问删除， $O(\operatorname{polylog}(n))$ 地将每个询问加入，时间复杂度就是对的。

先考虑怎么暴力做。就是不断跳父亲（枚举 $\operatorname{lca}$ ），每次将子树每的询问 check 一遍。
考虑树剖优化这个过程，模拟树剖求 $\operatorname{lca}$ 的过程。
每次加入询问的时候，跳重链，并把询问挂到每次跳到的点上。
尝试用 $i$ 删除询问的时候， $i$ 不断跳重链。不妨设在同一条重链上， $i$ 跳到的点是 $u$ ，询问的点跳到的点是 $v$ ，对他们的深度分类讨论一下：

Case1: $dep_u \ge dep_v$

这也就是说 $\operatorname{lca} = v$ ，此时应有：

\begin{matrix} l e n_{v} \geq i - l + 1 l e n_{v} + l \geq i + 1 \end{matrix}

$\begin{aligned} len_v \ge i - l + 1 \\ len_v + l \ge i + 1 \end{aligned}$

线段树叶子处开个 set 维护 $len_v + l$ 的最大值和询问编号即可。

Case2: $dep_u < dep_v$

这也就是说 $\operatorname{lca} = u$ ，此时应有：

\begin{matrix} l e n_{u} \geq i - l + 1 l e n_{u} - i \geq 1 - l \end{matrix}

$\begin{aligned} len_u \ge i - l + 1 \\ len_u - i \ge 1 - l \end{aligned}$

线段树叶子处开个 set 维护 $1 - l$ 的最小值和询问编号即可。

删除一个询问可以使用标记懒惰删除。
这样我们就做到了均摊 $O((n + q) \log^2 n)$ 。
为什么我写了 9K + /tuu

38.P8150 再会 | Sayounara

根本想不到 /ll

找到最小值位置后就能通过 $O(n)$ 次操作得出答案，所以目标是找最小值。
考虑三分，拿一个 vector 存当前的分治区间，记其为 $[l, r)$ ，记两个三等分点分别为 $p1, p2$ 。
此时区间被分成 $[l, p1)$ ， $[p1, p2)$ ， $[p2, r)$ 。

每次通过询问得到： $x = \operatorname{query}(l, p2 - 1) - \operatorname{query}(l, p1 - 1), y = \operatorname{query}(p1, r - 1) - \operatorname{query}(p2, r - 1)$ 。
也即： $x = \min_{i \in [l, p2)} a_i - \min_{i \in [p1, p2)} a_i, y = \min_{i \in [p1, r)} a_i - \min_{i \in [p2, r)} a_i$ 。

通过细致的分类讨论可以得出最小值在哪个区间中，这样就可以以 $O(\log n)$ 的代价求出最小值。

39.D - 軍艦ゲーム

设 $f_{u, i}$ 表示在点 $u$ ，生命值为 $i$ 走到 $n$ 的期望步数。
转移为：

f_{u, i} \leftarrow min {f_{1, H} + H - i, \frac{\sum_{(u, v) \in E} f_{v, i - d_{v}}}{d e g_{u}} + 1}

$f_{u, i} \leftarrow \min\left\{ f_{1, H} + H - i, \frac{\sum_{(u, v) \in \mathbb E} f_{v, i - d_v}}{deg_u} + 1 \right\}$

发现唯一使转移有后效性的元素是 $f_{i, H}$ ，考虑对它动一些手脚。
二分 $f_{1, H}$ 的值 $A$ ，然后按上面的转移，得出新的 $f_{1, H}$ 的值 $g(A)$ ，然后调整二分的上下界。
不难通过归纳证明 $g'(A) \le 1$ ，也就是说 $\big( g(A) - A \big)' \le 0$ ，也就是说有单调性，可以二分。

时间复杂度 $O\big(nh \log \frac{1}{\epsilon}\big)$ 。

40.P9144 THUPC 2023 初赛最后的活动

首先显然可以爆搜+迭代，然后把迭代换成上一个题的二分就对了。
时间复杂度 $O\big(2^n m \log \frac{1}{\epsilon}\big)$ 。

41.P9073 WC/CTS2023 楼梯

自然可以想到维护右下的轮廓线，1 表示向下的边，0 表示向左的边，现在的目的是找到一个形如 0...1 的子串，使得它的长度为 $q + 1$ 。
前三个操作可以平衡树简单维护，现在要做的就是查询。
考虑把 $i \equiv 1 \pmod q$ 的位置 $i$ 单独拉出来，因为第一个位置一定是 1，最后一个位置一定为 0，所以除非楼梯是空的，一定可以找到相邻的两个位置使得他们为 10。
考虑一个类似二分的东西，每次找到 $mid$ ，如果 $mid$ 位置是 0，就向左逼近，否则向右逼近，这样就会一直满足条件。
时间复杂度 $O(n \log n \log V)$ 。

42.P5319 BJOI2019 奥术神杖

卡精度。。。懒得喷。
感觉不被关键词提示的话做不出来。
首先肯定要对咒语建 AC 自动机然后跑 DP 啥的。
先取个 $\ln$ ，然后可以化成分数规划的形式，DP 就好了。
时间复杂度 $O\big(ns \log (\epsilon^{-1}V)\big)$ 。

43.Chips on a Board

自己想了个很蠢的莫队+trie。。。关键词提示后才会 $O(n \log n)$ 。
这显然和 Nim 游戏是一样的，所以要求的就是区间到左端点距离的异或和。
考虑倍增维护，每次倍增的时候加上最高位的贡献即可。
时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

44.CF1523H Hopping Around the Array

跳的时候一定是跳到 $a_i + i$ 最大的位置，我们称其为跳一步。
一眼倍增。设 $f_{i, j, k}$ 表示从 $i$ 开始跳，跳了 $2^j$ 步，删了 $k$ 个数跳到的位置和再跳一步能跳到的范围。
然后倍增即可，时间复杂度 $O(n k^2 \log n)$ 。

45.P6406 COCI2014-2015#2 Norma

扫描线线段树，信息和标记随便设计一下就好。
时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

46.P3350 ZJOI2016 旅行者

分治最短路板子。

47.CFgym103409H Popcount Words

首先的思路是将询问串建 AC 自动机，然后将原串的每个前缀所在的点打上标记，答案为子树和。
现在的问题是如何将原串的每个前缀所在的点打上标记。

我们不妨设这个 popcount 串是从 0 开始的。
分析一下发现可以通过如下的方式递归构造出来：

初始 $s = \texttt{0}$ 。
记 $\operatorname{rev}(s)$ 表示将 $s$ 按位取反后得到的字符串，那么有： $s' = s + \operatorname{rev}(s)$ 。

这看着就很倍增！记 $f_{i, j, k}$ 表示从节点 $i$ 开始匹配 $s_{[k \cdot 2^j, (k + 1) \cdot 2^{j + 1} - 1)}$ ，匹配完后能到哪个点，其中 $k \in \{0, 1\}$ ，这个可以通过下面的式子简单预处理：

f_{i, j, k} \leftarrow f_{f_{i, j - 1, k}, j - 1, 1 - k}

$f_{i, j, k} \leftarrow f_{f_{i, j - 1, k}, j - 1, 1 - k}$

现在考虑怎么用 $O(\log n)$ 个 $f$ 把区间 $[l, r]$ 凑出来。
考虑用形如 $[2^i, 2^{i + 1})$ 这样的区间把 $[l, r]$ 拼起来，现在的问题就是如何知道它们是否翻转，这个可以直接判断 $\operatorname{parity}(l)$ 。
这样我们就实现了把 $[l, r]$ 用 $O(\log n)$ 个区间拼起来。

现在的问题是确定每个位置被经过了多少次。记 $g_{u, j, k}$ 表示从点 $u$ 开始匹配 $s_{[k \cdot 2^j, (k + 1) \cdot 2^{j + 1} - 1)}$ 所经过的点被匹配的次数，初始值可以通过刚才的倍增得到。
现在考虑怎么下传经过次数，就是将 $j$ 的出现次数更新到 $j - 1$ 上去。
这部分是简单的：

\begin{matrix} g_{u, j, k} & \to g_{u, j - 1, k} g_{u, j, k} & \to g_{f_{u, j - 1, k}, j - 1, 1 - k} \end{matrix}

$\begin{aligned} g_{u, j, k} &\rightarrow g_{u, j - 1, k} \\ g_{u, j, k} &\rightarrow g_{f_{u, j - 1, k}, j - 1, 1 - k} \\ \end{aligned}$

最后一个点的经过次数就是 $g_{u, 0, 0} + g_{u, 0, 1}$ ，统计即可。
时间复杂度 $O((n + \sum \lvert s \rvert) \log V)$ 。

48.ARC150F Constant Sum Subsequence

首先的思路是设 $f_i$ 表示凑出 $sum = i$ 的序列的最短前缀。
如果记 $pre(i, x)$ 表示 $i$ 前面最大的 $j$ 满足 $a_j = x$ ， $suf(i, x)$ 表示 $i$ 后面最小的 $j$ 满足 $a_j = x$ ，那么转移为：

f_{i} \leftarrow max j < i s u f (f_{j}, i - j)

$f_i \leftarrow \max_{j < i} suf(f_j, i - j)$

现在的问题是优化这个转移。
有一个重要但是比较显然的观察： $f_i$ 单调不降。
考虑通过分治的方式来寻找最优决策点。
现在的分治区间是 $[l, mid]$ ，我们已经知道了 $[l, mid]$ 的 DP 值，现在的问题是如何用他们更新 $[mid + 1, r]$ 的 DP 值。
枚举在后面添加的数 $i$ ，发现我们可以按 $i$ 的序列中的出现位置把 $f_{[l, mid]}$ 分成若干段，且对于相邻的两段 $[l_1, r_1]$ 和 $[l_2, r_2]$ ，有 $\forall j \in [l_1, r_1], suf(f_j, i) < l_2$ 。
所以根据前面的单调性，只有最后一段是有用的，找出这一段的最前面的 $f$ 更新即可。

时间复杂度 $O(S \log S \log n)$ 。

49.P8231 AGM 2022 资格赛农场

整体二分，时间复杂度 $O((n + q) \log n \log T)$ 。

50.CF1217F Forced Online Queries Problem

强制在线和没有没啥区别，直接线段树分治。

51.CF833D Red-Black Cobweb

显然要点分治。
考虑当前有两条根链，他们权值分别为 $(c_0, c_1, prod)$ 和 $(c_0', c_1', prod')$ ，其中 $c_0$ 表示白边条数， $c_1$ 表示黑边条数， $prod$ 表示边权乘积， $prod \times prod'$ 能贡献到答案当且仅当：

{\begin{matrix} 2 (c_{0} + c_{0}^{'}) \geq c_{1} + c_{1}^{'} c_{0} + c_{0}^{'} \leq 2 (c_{1} + c_{1}^{'}) \end{matrix}

$\begin{cases} 2(c_0 + c_0') \ge c_1 + c_1' \\ c_0 + c_0' \le 2(c_1 + c_1') \\ \end{cases}$

移项可得：

{\begin{matrix} 2 c_{0} - c_{1} \geq c_{1}^{'} - 2 c_{0}^{'} c_{0} - 2 c_{1} \leq 2 c_{1}^{'} - c_{0}^{'} \end{matrix}

$\begin{cases} 2c_0 - c_1 \ge c_1' - 2 c_0' \\ c_0 - 2c_1 \le 2c_1' - c_0' \\ \end{cases}$

发现至少满足一个，所以用满足第一个的除以不满足第二个的即可。
时间复杂度 $O(n \log^2 n)$ 。

52.P4886 快递员

先随便取一个点当根，然后计算出答案，并将取到最大距离的点对存下来。

考虑什么时候向子树走能不能减小答案：

存在一个最大的点对跨过当前钦定的根。
存在两个不同的商品在不同的子树内。

发现除了这两种情况，能走的子树是固定的。
所以类似点分治，每次走到对应子树的重心即可。
时间复杂度 $O(m \log n)$ 。

53.P8907 USACO22DEC Making Friends P

考虑一个延时连边，就是每次我们把 $u$ 的连向的点连成完全图时，我们只将其中编号最小的点向其他点连边，其他的边会再后面一起连。

直接做是 $O(n^2)$ ，启发式合并即可做到 $O(n \log^2 n)$ 。

54.CF566C Logistical Questions

不妨记 $f(u) = \sum_{v = 1}^n \operatorname{Distance}(v, u)^{\frac{3}{2}} w_v$ 表示以 $u$ 为根时的答案。不难发现，随着 $u$ 距离真正的带权重心的减少， $f$ 也是在不断变小的。

考虑通过类似点分治的方式找出带权重心。

首先钦定一个点当根，现在我们要知道的是真正的的带权重心在哪个儿子的子树中。根据上面的结论，至多存在一个儿子满足 $f(v) < f(u)$ ，这个儿子就是我们要选的点。

考虑记 $\Delta(v)$ 表示向 $v$ 的子树走 $\epsilon$ 的距离后 $f$ 的变化量。根据求导可得：

Δ (v) = \sum x \in S u b t r e e (u) \frac{3}{2} w_{x} \sqrt{Distance (u, x)}

$\Delta(v) = \sum_{x \in \mathbb{Subtree}(u)} \frac{3}{2} w_x \sqrt{\operatorname{Distance}(u, x)}$

这个可以暴力算出，然后挑选能让答案减少的子树走即可。

时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

55.CF715C Digit Tree

直接点分治，两端拼起来的时候要判 $v_1 \times 10^{len_2} + v_2 \equiv 0 \pmod M$ ，这个可以把同类的放到一起变成 $v_1 + v_2 \times 10^{- len_2} \equiv 0 \pmod M$ 。求逆元要用扩欧。

时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

56.CF471D MUH and Cube Walls

在差分数组上 KMP。

57.CF1344E Train Tracks

考虑对于每个点，如果它在时刻 $x_1, x_2 \cdots, x_k$ 改变了方向，那么就相当于我们要在 $(0, x_1], (x_1, x_2], \cdots, (x_{k - 1}, x_k]$ 这 $k$ 段时间中都操作一次。

如果我们能对每个点分别求出这些区间，问题就变成了：

有一个无限长的序列，你要给每个位置 $i$ 填一个 $[0, k]$ 的数 $a_i$ ，满足 $\forall i \in [1, k], \exists j \in [l_i, r_i], a_j = i$ 。

这个是经典贪心，按左端点排序，维护当前的右端点集合，每次贪心地满足最小的右端点的限制即可。

考虑怎么找这 $k$ 个区间。仔细观察，发现初始的时候树被剖成了若干条链，每次操作其实就是把 $u$ 的根链拉出来。
发现这其实就是 LCT 的 access，所以直接 LCT 维护即可， $k$ 是 $O(m \log n)$ 级别的。
有一点小细节，就是你点 $u$ 在 access 的时候不应该把它原本指向儿子的边切掉。
时间复杂度 $O(m \log^2 n)$ 。

58.P8528 Ynoi2003 铃原露露

重点在于支配对的构造。

先考虑一组 $(u, v, z)$ 对答案的影响：

若 $a_u < a_z < a_v$ ：对答案无影响。
若 $a_z < a_u < a_v$ ：ban 掉 $l \in (a_z, a_u], r \in [a_v, n]$ 的 $(l, r)$ 。
若 $a_u < a_v < a_z$ ：ban 掉 $l \in [1, a_u], r \in [a_v, a_z)$ 的 $(l, r)$ 。

考虑对于一个 $z = \operatorname{lca}(u_1, v_1) = \operatorname{lca}(u_2, v_2)$ ，如果有 $[u_2, v_2] \in [u_1, v_1]$ ，那么 $(u_2, v_2, z)$ 这个三元组是无用的。
也就是说，如果我们固定了 $lca$ ，那么对于一个点 $u$ ，它一定只会选在其他子树中它的前驱和后继形成支配对。
如果我们在启发式合并的过程中做这个东西，不难发现有用的支配对只有 $O(n \log n)$ 个。

现在的问题是已知 $o(n\log n)$ 个支配对，如何算答案。
把点放到二维平面上，问题就变为矩形加，矩形查 0 的个数。
可以扫描线、区间加历史和线段树维护，时间复杂度 $O(n \log^2 n)$ 。

59.P9678 ICPC2022 Jinan R Tree Distance and P9058 Ynoi2004 rpmtdq

如果对于 $(u_1, v_1)$ ， $(u_2, v_2)$ 满足 $u_2 \le u_1 < v_1 \le v_2$ 且 $\operatorname{Distance}(u_1, v_1) \le \operatorname{Distance}(u_2, v_2)$ ，那么 $(u_2, v_2)$ 肯定不会对答案产生贡献。此时我们称 $(u_1, v_1)$ 支配了 $(u_2, v_2)$ 。
考虑怎么构造支配对。因为是路径信息，考虑点分治构造。

现在问题变为有若干二元组 $(u, dep_u)$ ，称 $(u_1, v_1)$ 支配了 $(u_2, v_2)$ 当且仅当 $u_2 \le u_1 < v_1 \le v_2$ 且 $dep_{u_1} + dep_{v_1} \le dep_{u_2} +dep_{v_2}$ ，要找出尽量少的支配对。
仔细思考一下，上面那个条件等价于说 $dep_u$ 、 $dep_v$ 是 $[u, v]$ 中的最小、次小值。
枚举 $u$ ，钦定 $u$ 是最小值我不会做，但是我会做钦定 $u$ 是次小值，此时的 $v$ 一定是 $\max_{dep_v \le dep_u \vee v < u} v$ 或 $\min_{dep_v \le dep_u \vee v > u} v$ 。

这也就是说，对于在一次分治中，每个点只会主动产生 2 个支配对，所以支配对个数是 $O(n \log n)$ 的。
查询就是矩形查 $\operatorname{max}$ ，扫描线即可。
时间复杂度 $O(n \log^2 n)$ 。

60.P5291 十二省联考 2019 希望

首先的第一想法是把包括每个点的答案算出来然后相加对吧，但这样会算重。
但是你发现，对于一组方案，它能到达的点一定是一个连通块，我们想让它只被算一次。这个可以点边容斥 $1 = V - E$ 。

也就是说，我们要把每个点和每条边的答案算出来相减。
考虑 DP：记 $f_{u, i}$ 表示选出一个在 $u$ 子树内且最远点与 $u$ 距离不超过 $i$ 的包含 $u$ 的连通块方案数， $g_{u, i}$ 表示选出一个在 $u$ 子树内且最远点与 $u$ 距离不超过 $i$ 的包含 $u$ 的连通块的方案数。
转移为：

\begin{matrix} f_{u, i} & \leftarrow \prod v \in s o n (u) (1 + f_{v, i - 1}) g_{u, i} & \leftarrow g_{f a_{u}, i - 1} \prod v \in s o n (f a_{u}) \lor v \neq u (f_{v, i - 2} + 1) + 1 \end{matrix}

$\begin{aligned} f_{u, i} &\leftarrow \prod_{v \in \mathbb{son}(u)} (1 + f_{v, i - 1}) \\ g_{u, i} &\leftarrow g_{fa_u, i - 1} \prod_{v \in \mathbb{son}(fa_u) \vee v \neq u} (f_{v, i - 2} + 1) + 1 \end{aligned}$

然后点的贡献为 $(f_{u, L} g_{u, L})^k$ ， $u \rightarrow fa_u$ 这条边的贡献为 $\big( f_{u, L - 1}(g_{u, L} - 1) \big)^k$ 。

后面的以后再说 /ng

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Case1: depu≥depvdepu≥depvdep_u \ge dep_v

Case2: depu<depvdepu<depvdep_u < dep_v

59.P9678 ICPC2022 Jinan R Tree Distance and P9058 Ynoi2004 rpmtdq

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