AtCoder [2000, 3199] 不水

https://kenkoooo.com/atcoder/#/list/do_while_true?fromDiff=2200&toDiff=3199

abc294h | C

这位真是重量级！感谢 ZCPB 老师教导！

可以用“广义串并联图方法”，即不断删一度点和二度点，来对图进行简化。删完之后一条边有两个权值，分别代表两端颜色相同/不同时这条边对答案乘上的系数。

对于每个连通块单独考虑。如果点数很小，可以直接枚举颜色的最小表示，也就是爆搜一下集合划分。点数很多的话，非树边会比较少，所以就对于每个返祖边的 dep 较小的点组成的集合，搜这个集合里面的点的颜色的最小表示，然后上个暴力树形 dp 算方案数就行。

复杂度不是很会算，但跑得很快！

Code

arc158d | D

这啥？？？

摸鱼酱一语切中了肯綮！观察到等式左右两侧都是齐次的，那么自然有 $F(tx,ty,tz)=t^kF(x,y,z)$．

假设左边为 $F$，右边为 $G$，$F(tx,ty,tz)=t^aF(x,y,z),G(tx,ty,tz)=t^bG(x,y,z)$，那么 $\frac{F(x,y,z)}{G(x,y,z)}=\frac{F(tx,ty,tz)}{G(tx,ty,tz)}t^{b-a}$，想令 $\frac{F(tx,ty,tz)}{G(tx,ty,tz)}=t^{a-b}$.

对 $x,y,z$ 进行随机，直到 $G(x,y,z)$ 有逆元然后求出 $t^{-1}$，并且还要 $t^{-1}$ 能求逆元然后求出 $t$，就可以了。

arc158e | D

分治，$[l,r]$ 劈成两段 $[l,m],[m+1,r]$，计算跨过 $m,m+1$ 中间这条线的最短路。对左侧每个格子 $f_x,g_x$ 分别表示到达 $(1,m)$ 和 $(2,m)$ 的最短路（不会回头所以直接 dp），右侧也类似处理出 $f,g$ 是到 $(1,m+1),(2,m+1)$，然后考虑两个格子 $x,y$ 的最短路就是 $\min(f_x+f_y,g_x+g_y)$，假如是 $f$ 更优那么就是 $f_x+f_y<g_x+g_y\Longrightarrow f_x-g_x<g_y-f_y$，那就排序，前缀和，二分。

时间复杂度 $T(n)=2T(n/2)+\mathcal{O}(n\log n)=\mathcal{O}(n\log^2n)$．

abc293h | D

编一个看起来挺对的 dp：

$f_x$ 表示 $x$ 到子树内的颜色的最大颜色数最小是多少；

$g_x$ 表示 $x$ 子树内染色之后的答案。

然后考虑 $f_x$ 的转移是让 $x$ 和子树中 $f$ 最大的 $u,v$ 染同样颜色。考虑 $g$ ...... 这时候发现问题了。

在 $g$ 的转移中 $f$ 和 $g$ 的信息都需要。以为既要对 $f$ chkmax，也要对 $g$ chkmax．贪心肯定是让两个都尽可能小，但是无法定义它们之间的优先级，究竟优先哪个更小是更优的。这样分开记的话，无法得知究竟应该选哪一对 $(f,g)$，只知道最小的 $f$ 和最小的 $g$ 是啥。

一个有点用的观察是直接利用重链剖分构造出答案的上界是 $\mathcal{O}(\log n)$ 级别的。那么就可以将 $f,g$ 其中一维记在下标里，然后值域里面存另一维最小值是多少。

另外一个思路是考虑二分答案，这样只需要保证 $g$ 满足 $\leq mid$ 即可，然后去 dp $f$，这样复杂度就是 $\mathcal{O}(n\log\log n)$ 了。

这个得写下代码才行，青蛙鸽了

arc156d | A

异或有很好的性质，相同直接抵消。那考虑按照将 $X$ 看成多重集来划分等价类，仅大小为奇数的等价类贡献答案。考虑这个多重集的形态，假设下标 $i$ 出现了 $c_i$ 次，那么总的出现次数就是：$\binom{K}{c_1,c_2,\cdots,c_n}$（多重集的排列数）

欲求其出现次数奇偶性，考察其 $2$ 的次幂是否为 $0$，仿照 Kummer 定理，容易猜出 $2$ 的次幂为 $c_1+c_2+\cdots+c_n$ 在二进制下的进位次数，而证明与 Kummer 定理证明几乎一致故略去。那么现在 $\binom{K}{c_1,c_2,\cdots,c_n}$ 为奇数当且仅当 $c_1,c_2,\cdots,c_n$ 两两无交。（ Lucas 定理？）

也就是将 $K$ 二进制分解，每个二进制位分配给一个 $c_i$，这样得出来的 $c$ 才是会给答案产生贡献的。

那么思路就转到在数位上考虑，观察到 $N,A$ 都比较小，所以想到设数位 dp $f_{i,j}$ 表示从低到高考虑到第 $i$ 位，总和在第 $i$ 位这里进的位是 $j$，所有方案的异或是多少。如果这一位是 1 转移就枚举这个 1 分配给哪个 $A$，然后为了 $f$ 能够转移还要记一下模 2 下的方案数 $g$．

注意到 $j$ 的上界是 $\sum_{i\geq 1} \lfloor\frac{A}{2^i}\rfloor=\mathcal{O}(A)$，那么时间复杂度是 $\mathcal{O}(NA\log K)$．

补一下中间那个证明：

$v_2(n!)=\sum_{i\geq 1}\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor$，令 $\lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor=S_i(n)$．

$v_2(\frac{n!}{c_1!c_2!\cdots})=\sum_{i\geq 1}S_i(n)-S_i(c_1)-S_i(c_2)-\cdots$．

那么 $S_i(n)$ 实际意义为 $n$ 截取最底 $i$ 个二进制位之后的值。

$\sum_{j}S_i(c_j)$ 实际为所有 $c$ 仅看除去最底 $i$ 个二进制位之后的值再求和。

$n=\sum_j c_j$，那么 $S_i(n)-\sum_{j}S_i(c_j)$ 即为“所有 $c$ 仅看最底 $i$ 个二进制位求和后再截掉最底 $i$ 位”，也就是在第 $i$ 位进了多少位。

agc061c | C

学习一下不容斥的做法

令 $f_i$ 为 $[i,n]$ 的答案。然后考虑能不能转移，现在考虑选 $r$ 的情况：

对于左端点落在 $[l_i,r_i]$ 的区间，枚举这些区间中第一个选 $r$ 的是哪个区间。如果都选 $l$ 那么方案数就是 $f_{p+1}$，$p$ 是最后一个左端点落在 $[l_i,r_i]$ 的区间编号。

如果枚举了第 $j$ 个区间是第一个选 $r$ 的，现在有 $[i+1,j-1]$ 都选的 $l$，$i$ 选的是 $r$，然后考虑 $[j+1,n]$ 的选择方案，首先 $[i+1,j-1]$，但是需要 $j$ 是选 $r$ 的，所以记 $dp_j$ 为 $j$ 选右端点时 $[j,n]$ 的方案数。然后发现 $dp_j$ 中的方案，将 $[i,j-1]$ 都插到 ranklist 中得到的方案，与计算 $[i,n]$ 且 $j$ 是第一个选 $r$ 的方案，是一一对应的

（不能一一对应的话就是对于一个 $[l,r]$，$r_i$ 在其中，但是没有其它选了的位置在 $[l,r]$ 中，导致选 $l$ 还是选 $r$ 出现了区分。由于题目的特殊性质，$r_i$ 在 $[l,r]$ 中那么 $r_j$ 一定也在 $[l,r]$ 中，所以不会出现这种情况）

所以就直接令 $dp_j$ 转移到 $f_i$ 就行。$dp_i$ 的转移是几乎一模一样的。

现在考虑 $f_i$ 的转移，选 $l$ 的情况，如果直接算 $f_{i+1}$ 的话发现会有算重的，而算重的情况就是 $f_i$ 选 $r$ 且 $[i+1,p]$ 中的区间都选右的情况，这个就是 $dp_p$ 了。

后缀和优化就能做到 $\mathcal{O}(N)$．

abc297h | C

先考虑计数怎么做，容斥一下，钦定若个段内部是相等的。那就 dp，$f_n=\sum_{i\geq 1}\sum_{j\geq 1}(-1)^{j-1}f_{n-ij}$，处理出 $a_i$ 使得 $f_n=\sum_{i=1}^{n-1} a_if_{n-i}$，然后分治 fft 算下就行。

如果要算答案 $g_n$ 也一样，$g_n=\sum_{i\geq 1}\sum_{j\geq 1}(-1)^{j-1}(jf_{n-ij}+g_{n-ij})$，再搞个 $b_i$ 就是 $g_n=\sum_{i=1}^{n-1}a_ig_{n-i}+\sum_{i=1}^{n-1}b_if_{n-i}$，分治 fft 一起算 $f$ 和 $g$ 就行。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log^2 n)$．

arc159c | D

为什么这都想不出来/fn 越来越笨了/fn

考虑操作 $k$ 次那么总和 $sum$ 变成 $sum+k\frac{n(n-1)}{2}$，这个需要是 $n$ 的倍数，先考虑 $k$ 是偶数的情况。

现在 $k$ 是偶数有解当且仅当 $sum$ 是 $n$ 的倍数。必要显然，充分就开始构造：

首先发现：

第一步：1 2 3 4 5 ... n-1 n；

第二步；n n-1 ... 5 4 3 2 1．

这样子相当于完全没有变化。然后微调一下：

第一步：1 2 3 4 5 ... n-1 n；

第二步；n-1 n ... 5 4 3 2 1．

这样就实现了第一个减去 1，第二个加上 1．那么用这个玩意把所有数都推成平均值即可。

$k$ 是奇数的话，先随便操作一次，然后变成 $k$ 是偶数的情况，由于无论第一次怎么操作都不会改变操作后的 sum 具体值，所以随便操作一下然后尝试构造就行。

arc153d | A

套路：考虑第 $k$ 位是否进位给 $k+1$，按照最底下 $k$ 位从大到小排序，能进位的一定是个前缀。那么数位 dp 只需要记当前考虑了前 $i$ 位，第 $i$ 位上有 $j$ 个进位，就能知道哪些进了位，再考虑这一位填啥就行。

arc139d | A

套路：期望可以拆成 $>x$ 的概率之和，即使是计数问题也一样，$>x$ 的方案数之和。

然后就考虑 $>x$ 的有多少个的方案数，加起来就是答案，这个统计就很简单了。假如现在有 $c$ 个 $\leq x$，那么每轮就有 $x$ 种方案 $c\geq c+1$，有 $(M-x)$ 种方案 $c$ 不变，然后 $c$ 再和 $X-1$ 取 min，按照初始时 $c$ 与 $X-1$ 的大小分类讨论，枚举 $K$ 次操作中有几次是取到 $\leq x$ 的值即可统计方案数。

abc309h | D

折线容斥的新思路？！

首先是个格路计数问题，尝试反射容斥无果。

每上一层可以往左走或者中间走或者往右走，看上去就很想让答案多项式去乘一个 $(x^{-1}+1+x^1)$，那需要在模 $(x^M-1)$ 意义下做，那么现在问题。。。