AtCoder [2000, 3199] 水
abc292g | A
没一眼看出来还是拉了。
考虑区间 dp，\(f_{i,l,r}\) 表示 \([l,r]\) 前 \((i-1)\) 位都相同，看后面 \([i,n]\) 位填数使得递增的方案数是多少。
这样已经可以做了，但是还不够，要追求一下最简单的写法。想想，发现每次 dp 是要分为多个儿子乘起来，内部还要搞个 dp。但可以改成每次两个儿子乘起来的方式，那就是 \(f_{i,l,r,k}\)，\(k\) 表示第 \(i\) 位要填 \(\geq k\)，其余含义仍不变。
这样子就枚举 \(k\) 填了哪个前缀，时间复杂度是 \(\mathcal{O}(n^4|\Sigma|)\)，采用记忆化搜索的写法。
arc157d | B
假如有 \(cnt\) 个 Y，行分为了 \(A\) 段，列分为了 \(B\) 段，那么 \(2AB=cnt\)．
然后考虑竖着的分界线一共能从哪儿切，必须要保证每一段里面有 \(2A\) 个 Y，然后从左往右扫知道扫满了 \(2A\) 个 Y 之后，扫到下一个 Y 之前，那么这个分界线划分在这其中任意一个位置都是可行的，并且分界线之间的划分不会相互影响。横着的也同理，那就每个分界线的划分方案数乘起来就行。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(d(HW)(H+W))\)．
arc157e | B
特判 \(n=1\)，Y 形成独立集，然后考虑 Y 的填法会给 YX 和 XY 带来什么影响。
- 填 1：YX += 2
- 填无儿节点： XY += 1
- 填双儿节点：XY += 1, YX += 2
1 直接分类讨论掉，选它或者不选它两种情况，现在考虑填根也一样会 XY += 1 的情况：
如果没有 Y 形成独立集的限制，那么直接贪心就行了。
那就考虑，枚举选了几个无儿节点，那在双儿节点中就最多选多少个，那就是最大独立集。所以树形背包 \(f_{x,i,0/1}\) 表示 \(x\) 子树内选了 \(i\) 个无儿节点，然后 \(x\) 这个点有没有被选进独立集里，存的值是独立集里最多多少个双儿节点。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)．
abc290f | A
abc290g | B
一定是枚举一个深度，从这儿断一下，只留这么高位 \(i\) 的子树，然后再删掉这个子树的若干个子树得到 \(X\)．假设现在一共要删 \(Y\) 个点，那么将 \(Y\) 进行 \(K\) 进制分解，各个数位和即为答案。
arc159d | B
几个月前囤的 idea 被出了（虽然也是从 CF1474F 改编的）愤怒！愤怒！/fn/fn
用那个贪心，每次来一个 \(x\) 的时候如果能在最后接上就直接接上，否则找到第一个 \(>x\) 的位置将其替换成 \(x\)．
放在这里就是 LIS 里面每个位置放着是一个按 \(1\) 递增的一个东西。如果能直接接在最后面就接，不能的话找到第一个数能够替换的位置，然后如果是按 \(1\) 递增那么就会逐渐替换后面的，否则就逐渐替换前面的。一段一段整体一起替换。均摊下来替换次数是线性的。
abc296h | B
考虑一行一行往下 dp，一个状态需要记录每个格子是否是黑色，对于黑色还有记录其并查集。爆搜跑一下本质不同状态数不是很多，dp 就行了。
\(m=7\) 的时候状态数只有 324．
abc295h | D
先找充要条件！一个矩阵合法当且仅当对于每个 1，要不然上面全是 1，要不然左边全是 1，然后轮廓线 dp，状压里记录每一列是不是上面全是 1，还要多记一下左侧是不是全是 1．
