2023.8 ~ 眼角闪起的泪光 无边无际地游荡

1. 【数据删除】

给定一张带边权图，询问从 1 开始出发的路径，边权异或和一共有多少不同的权值。还有若干次删边操作（永久的），删一次问一次。

P4151 【[WC2011]最大XOR和路径】的结论，取出任意生成树 $T$，假设所有从 $1$ 出发又回到 $1$ 的路径权值构成的集合为 $A$，在 $T$ 中 $1$ 到 $u$ 的路径异或和是 $f(u)$，那么所有从 $1$ 出发到 $u$ 的路径权值集合就是 $\{f(u)\oplus w\mid w\in A\}$．

如果 $x$ 能够通过若干 $A$ 中的元素异或得到 $y$，那么就称它们之间等价。假设 $A$ 线性基大小为 $k$，那么答案就是等价类个数 $\times 2^k$．

这个是因为等价具有传递性，等价类划分可以直接按照 $x$ 与 $A$ 中元素异或得到的最小值来划分。因为不同的 $x$ 与 $A$ 张成的线性空间要不然无交要不然完全相同。

删边就不是很难了，倒过来看成加边，对于每个极小简单环（这里是指最终挑选出的 dfs 树上由一条返祖边和它跨过的树边构成的环，因为仅有这些环就能表示出所有的环）都能求出它在哪个时刻开始形成，在哪个时刻开始和 1 连通，两者取 max 在那个时刻加入线性基即可。

每次线性基加入元素的时候，如果加入成功则直接重构一下所有 $f$ 对应的等价类，加入失败那就只算新加进来的。

[ABC304Ex] Constrained Topological Sort

对于边 $x\to y$，$\text{cmax}(l_y,l_x+1),\text{cmin}(r_x,r_y-1)$ 之后不管图，直接从前往后拿个堆贪心每次选扫过 $l$ 的 $r$ 最小的。首先转化前后限制等价，其次一定有 $l_x<l_y$ 和 $r_x<r_y$，这样 $x$ 在 $y$ 前面加入，并且优于 $y$ 弹出，自然有 $p_x<p_y$ 的限制满足。

如果只 fix $\text{cmin}(r_x,r_y-1)$ 也是对的。若存在解 $P$，先重标号使得拓扑序为 $i$ 的是节点 $i$．在分配标号 $x$ 时定义一个节点 $y$ “可分配”当且仅当 $L_y\leq x$ 且连向它的点均已分配完了标号。

若分配 $x$ 时可分配的节点中 $R$ 最小的是 $y$，那么调整说明将 $x$ 分配给节点 $y$ 依然是一个合法的解。

现在将 $P=1,2,\cdots, n$ 调整为 $P'=1,2,\cdots x-1,x+1,x+2,\cdots y,x,y+1,\cdots ,N$．

• 首先 $[x+1,y-1]$ 中没有连向 $y$ 的边（$y$ 是可分配的，而这中间的点均未分配标号），所以 $u\to v$ 则 $P_u<P_v$ 的限制依然满足。
• $L_i\leq P'_i$：限制变紧的只有 $y$，而 $P'_y=x\geq L_y$．
• $P'_i\leq R_i$：
  • 仅需说明 $[x+1,y-1]$ 中的满足即可。若其中的 $z$ 是可分配的，那么 $R_y\leq R_z$；
  • 若其中 $z$ 是不可分配的，说明有一个可分配的点 $w$ 能够走若干条边到达 $z$，那么 $R_y\leq R_w<R_z$．
  • 说明了 $R_y\leq R_z$，那么有 $P'_z=z+1\leq y\leq R_y\leq R_z$．

2. 维护点和区间的完美匹配问题

利用 Hall 定理，区间的任意一个集合，其大小要 $\leq$ 区间并起来之后的点数。如果有不合法，那么并起来之后若干连续的段一定有一个段是不合法的。去考虑点数，那就是不能有 $[L,R]$ 满足被包含在 $[L,R]$ 内的区间个数 $>R-L+1$．

3. 一类堆贪心前 k 优方案题

给雷暴磕头了/kt

4. hdu 多校 R10 1002 Assignment

操作两两不交或包含。dp 出 $f_{i,j,k}$ 表示从空开始覆盖区间 $[i,j]$，有 $k$ 个位置和 $b_{[i,j]}$ 不一样的最小代价，然后容易用另一个 dp 统计出答案。那么转移就两种，一种是不存在 $[i,j]$ 这个操作，那么一定中间有个划分点 $l$，让 $[i,l]$ 和 $[l+1,j]$ 拼出来得到 $[i,j]$；另一种存在 $[i,j]$ 操作。

没想到的就是这部分可以另设 $g_{i,j,k}$ 表示从全是 $b_i$ 开始覆盖 $[i,j]$ 的最小代价，也就是从 $f$ 的定义修改了如果颜色是 $b_i$ 那么可以忽略代价。这样 $g_{i,l}$ 和 $f_{l+1,j}$ 能拼出 $g_{i,j}$，这样就能用 $g_{i,j}+A_{b[i],len}$ 来更新 $f_{i,j}$．

5. CF487E

建出圆方树，即为询问两点直接所有点双的点权 $\min$．因为对于点双中任意三个不同的点 $x,y,z$，一定存在一条 $x\to y\to z$ 的路径。那就树剖维护圆方树，方点的权值定义为周围圆点的 $\min$。但是同一个圆点可能对应了很多个方点，于是对方点进行儿子批量维护父亲单独处理的套路，方点只记为所有圆点儿子的 $\min$，只需要在 LCA 是方点时看一下其圆点父亲的值即可。

6. CF666E

询问 $s[l,r]$ 在 $t$ 中出现次数，就对 $s$ 和 $t$ 作广义 SAM 然后把 $t$ 放在上面跑，跑到的位置 cnt++，然后 $s[l,r]$ 对应等价类的 parent 子树和即为答案。每个 $t$ 看作一种颜色，就是子树颜色个数最大值及其位置，在 parent 树上线段树合并即可，定位 $s[pl,pr]$ 对应的节点就倍增。

7. CF914F

没救了能被蓝题干爆的？？看到字符串匹配问题枚举字符串算法，但也要记得还有 fft 和 bitset 这两个东西。上 bitset，对每个字符开一个 bitset 表示它所在位置，询问的时候就位移一下 bitset，与一下，然后统计一下区间 1 的个数就行，复杂度是 $\mathcal{O}(n^2/w)$．

看这个问题太难了那就想根号，长度 $>\sqrt n$ 的直接 kmp 跑出来答案。$<\sqrt n$ 的就考虑分块，整块块内的查询就对每个块作一个后缀自动机，parent 子树和，$\mathcal{O}(|y|)$ 定位等价类；散块块内用 hash 一个一个 check；块间一定是前面后缀拼上后面前缀，也是用 hash 一个一个 check。修改的时候重构所在块的 SAM 和 hash，这样复杂度就是 $\mathcal{O}(n\sqrt n)$．

8. CF603E

先想想怎么 check，思路历程大概是先想到是不是等价于匹配，发现四个点的菊花那样也是合法的，沿着匹配的思路走发现如果 $u\to v$ 存在一条路径，那么将路径上的边的选取状态取反，即可使得 $u,v$ 的度数奇偶性均取反。所以合法当且仅当每个连通块大小都是偶数，而且能选就选是最优的。

题解里的证明思路是考虑拉出来一棵生成树，然后直接对着生成树递归构造，如果这棵子树的根不满足度数条件就和父亲连。只需说明根也是偶数度数即可。

现在会 check 了，整体二分，solve(l,r,L,R) 表示处理 $[l,r]$ 的这些边的时候，已知答案范围是 $[L,R]$，并且此时 $[1,l)$ 中 $<L$ 的已经加入到并查集中，求出 $mid=\frac{l+r}{2}$ 的答案 $k$ 之后，递归到 solve(l,mid-1,k,R) 和 solve(mid+1,r,L,k)，向右递归的时候扫 $[l,mid]$ 里面权值 $<L$ 的边加进去，回溯回来的时候撤销掉；向左递归的时候扫权值在 $[L,k)$ 中位置 $<l$ 的边加进去，回溯回来的时候撤销掉。注意这里权值可能需要离散化一下，相同的也钦定一个顺序，这样在向左递归之前扫描桶的时候，单独分析分治每一层中的各个节点，它们的 $[L,R]$ 并起来得到了 $[1,m]$，所以这里扫桶在同一层是 $\mathcal{O}(m)$ 的，那么现在复杂度就是 $\mathcal{O}(m\log m\log n)$ 的了。

9. CF576E

每种颜色搞个扩展域并查集，那么就需要加边删边查询连通性，LCT。。。线段树分治递归到叶子 $i$ 的时候得到它是否修改成功，再在 $(i,nxt_i)$ 这个区间 push 上这个修改就行。咋都这么若至。。。

10. CF1037H

从大到到小枚举 $T$ 的一个前缀 $T[1,i]$，判断 $S[l,r]$ 中是否有一个子串是 $T[1,i]$ 后面接一个比 $T_{i+1}$ 更大的字符．

SAM：对 $S$ 作 SAM，定位到 $T[1,i]$ 对应节点，然后查询 $>T_{i+1}$ 的后继节点，是否存在一个 endpos 在 $[l+i,r]$ 内。1. 线段树合并解决。2. 问题形式化成每次查询 SAM 一个节点是否有 $[l,r]$ 内的 endpos，离线下来枚举 $r$，把 endpos 为 $r$ 的那个节点打一个 $r$ 的标记，询问一个节点就是它 parent 子树中标记的最大值是否 $\geq l$，这样线段树即可解决。

SA：S 以及各询问串之间用比 $a$ 小的字符连接起来．枚举 $T$ 的一个前缀 $T[1,len]$，二分出 LCP 恰好为 len 且后一个字符比 $T[len+1]$ 大的区间 $[L,R]$，那么就是问 $[L,R]$ 中是否有后缀的编号 $sa_i$ 是 $[l,r-len]$，并且 $i$ 要尽可能小。

11. CF1628E

颜色段均摊之后问题就是询问 $x$ 到 $[l,r]$ 中的最短路径中最大边权是多少，先联想到二分答案，如果 $\leq mid$ 的边连起来之后 $x$ 和 $[l,r]$ 是连通的，那么答案 $\leq mid$．发现问题是《只经过 $\leq x$ 的边》是否能将 $[l,r]$ 与 $x$ 连通，从而想到 Kruscal 重构树。那么建出 Kruscal 重构树之后 $x$ 与 $[l,r]$ 构成的虚树的根的权值即为答案。线段树维护区间 LCA 即可 一个点集的 LCA 是 dfn 最小/最大这两点的 LCA，于是只需要支持查询区间 dfn 极值即可。其实也不用再拿个 set 颜色段均摊，用线段树维护白点的 dfn 最小最大就行，好写一点。

12. CF1063F

呃之前口胡过但是又想了一遍才发现细节上有点偏差。题解。

13. CF1017G

先考虑没有 2 操作，发现就是询问 $x$ 到根的路径的是否存在一个前缀满足修改次数 $\geq$ 点数。移项之后就是初始每个点是 $-1$，然后操作 1 就是单点 +1，询问是否有个前缀和 $\geq 0$．有了操作 2 之后我们需要适当的修改点权。洛谷题解里有个比喻很好，这个看成一个晕染操作，假设 $x$ 这个地方最大前缀和是 $s$，那么在 $s$ 这个位置减去 $(s+1)$，用这个来吸收墨量，然后将子树其他点点权均改成 -1 就行。

14. QOJ6795

对于一个线性基，令 $f(x)$ 表示用线性基里的元素和 $x$ 异或出来的最大值（或最小值），结论是 $f(x\oplus y)=f(x)\oplus f(y)$，证明就是左右两边同时贪心，决策完最高位从而归纳到最高位更低的情况。

这个题先变成将一个数 $x$ 从线性基 $A$ 里转一圈，再从线性基 $B$ 里面转一圈，$A$ 想异或出来最大，$B$ 想异或出来最小。于是让 queryminB(x) 在 queryminB(A[i]) 构成的线性基里转一圈出来最大值就行。

15. CF1863G

看成内向基环森林，操作 $u\to v$ 相当于让 $u$ 连向 $v$ 所连的点，$v$ 变成自环。发现如果一个点 $v$ 变成了自环，那么操作任意一个 $u\to v$ 都没有用。

从简单的情形出发，对于一个内向树（或者说环大小为 $1$ 的内向基环树），每次操作 $x\to fa_x$ 时，相当于让 $fa_x$ 变成一个自环，然后 $x$ 的父亲就变成了 $fa_{fa[x]}$，并且 $fa_x$ 其它子树往上连的边再也不能跨过 $fa_x$．于是想到用树链剖分去对应操作出来的一张图。对于一条树链，让链底连向链顶的父亲，非链底的节点都是自环。

于是每次操作 $x$ 的时候，如果 $x$ 是链底并且链顶的父亲还没有重儿子，那么将链顶到父亲的这条边设为重边，否则什么也不干（对应 $x$ 是自环或 $x$ 连向了一个自环）。于是这样完成了链剖分方案与一张合法图方案的双射。这里有个问题是根已经是自环了，所以不能它不能有重边连下去。于是方案数就是除了根以外的度数 +1 之积 $\prod(d_i+1)$．

现在考虑环很大，依然想要让它去对应链剖分的情况。当环上全是重边的时候定义其表示环上所有点都是自环。

但是这个时候发现有计重的情况，当环上只有一条边不是重边的时候会出现这样的计重：

环上点的入边轻重选取方案将所有左侧的这种情况减去即可，也就是减去 $\sum_{u\in circle}d_u$．所以答案就是 $\prod_{circle}(\prod_{u\in circle}(d_u+1)-\sum_{u\in circle}d_u)\prod_{u\notin circle}(d_u+1)$