随笔分类 - 题目来源-OI赛事真题
摘要：从 i 向 b[i] + 1 连边，得到一棵树。考虑分层，问题转化为构造一个数组，使得每个节点的值小于父亲的值，但大于父亲同一层左边节点的值。在 dfs 离开一个节点时记录的 dfs 序就满足这个要求。
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摘要：把所有位置按下标的奇偶性分类。考虑每个前缀里，两类位置上数的和之差。把对 h 的操作，变为对这个差序列的操作。操作变成了每次选一个小于 n 的位置，将它的值减 1。只要想清楚最终差序列的样子，就很容易求出合法差序列的数量了。
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摘要：分析题目性质，找出一些最基本的贪心策略（比如把 B 从小到大排序）。然后枚举总共获得了几个协作者，这样就能知道每个仅获得选票的州的用时，进而可以 DP。朴素的 DP 是 O(N^3) 的，总时间复杂度 O(N^4)。进一步观察问题特性后，可以把 DP 优化到 O(n^2)。
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摘要：lcp 就是后缀树上的 lca。因为字符串随机，所以后缀树树高是 O(log n) 级别的。将询问离线，从小到大枚举 R，暴力跳祖先，更新一些 i 的答案。需要数据结构支持：前缀对一个值取 max，区间求和。发现要取 max 的值是 O(log n) 级别的，对每个值记录最大位置，就可以实现 O(1) 修改，O(log n) 查询。总时间复杂度 O(n log n)。
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摘要：分 b > d 和 b <= d 两种情况讨论。关于 b, d 做 cdq 分治。每次考虑右边对左边的贡献，这样 b, d 的大小关系就解决了。第一种情况比较简单，就是在可持久化 01 trie 里查询一下就行了第二种可以考虑每个 b 对 d 的贡献，方法就和第一种情况差不多了，也就是把“查询”改成“打标记”。
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摘要：发现问题等价于：第一步可以到达右边任何一个点，且有推论：此后再也不需要向右走。我们特判第一步。然后问题转化为：求 x 及其右边所有点到 y 的距离的最小值。可以倍增。
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摘要：考虑最大前缀和所在的位置，需要满足什么条件。根据这个条件，可以得到一个状压 DP 的做法
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摘要：初步转化：不管死了多少个猎人，我们开枪时仍然在 n 个猎人里进行选择，如果选到了已经死去的猎人，就假装无事发生，再选一次，直到某次选中了活着的猎人为止。之后使用容斥，考虑哪些人死的时间晚于 1，写出式子后，发现可以用分治 NTT 计算。
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摘要：枚举 r。注意到关键性质：位置 r 必被选出。顺着这个思路，看哪些点是能被 r 看见的。进一步发现大区间可以直接从小区间转移过来。于是可以自然地得到一个 DP 做法
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摘要：首先转化为算每种完美匹配出现的概率之和。发现难点是处理 t = 1 和 t = 2。将一组的两条边拆开，假装他们就是 t = 0 的两组。考虑这样算会对答案有什么影响。t = 1 时，会在两条边同时出现在完美匹配里时，把概率少算 1/4。我们新建一种转移，把这 1/4 补回来即可。t = 2 同理。
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摘要：m=n-1时一定有解，策略是取最小的和最大的原材料拼成一道菜，然后转化为m,n分别小1的子问题递归下去。m>=n时，可以先取最大的原材料，直到m=n-1。m=n-2时，用DP将所有原材料，划分成两个m=n-1的集合。DP的状态设计比较巧妙，同时需要用到bitset优化
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摘要：先做一个二维DP：dp[u][i]表示点u的祖先边中离它最近的，颜色为1的边，深度为i，此时节点u子树内的边的染色方案数。然后把第二维搬到线段树上，做线段树合并
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摘要：朴素DP，设dp[i][u]表示第i个时刻在第u个点，总共得到的最大愉悦值。用矩阵快速幂优化，需要重新定义一种max运算的矩阵乘法，它也具有结合律。拆边可以完成转移。改成拆点可以进一步优化复杂度。我们要对k个美食节间的每一段时间单独做一次快速幂，太慢了。发现转移矩阵是一样的，可以预处理转移矩阵的2^x幂，就变成log T次向量乘矩阵的乘法。时间复杂度O((5n)^3 log T + k*(5n)^2 log T)
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摘要：对每个i，预处理以i结尾的AA数量f[i]，以i开头的BB数量g[i]，答案就是Σf[i]*g[i+1]。朴素地求f,g，时间复杂度是O(n^2)的。考虑枚举A的长度len，把是len倍数的位置标位关键点，则每个AA必定跨过恰好2个关键点。枚举每一组关键点，可以O(1)统计出跨过它们的AA。关键点数量是调和级数。所以总复杂度O(n log n)。
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摘要：因为border的border还是border，所以一个串的最小border，也必须是无界单词。设dp[i]表示长度为i的无界单词数量，转移时，枚举最小border的长度（长度一定不超过floor(i/2)）j，dp[i]可以从dp[j]转移过来。对第二问，可以逐位确定，每次对后面还未确定的位，做类似的DP。
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摘要：假设这n个数，最终就是从大到小严格降序的。可以做状压DP：对相邻两个数的大小关系（小于还是等于）进行状压。转移时枚举这个n个数下一个二进制位上分别是什么。发现S的这k次重复，每次的转移都是一样的。可以把转移预处理出来，然后做矩阵快速幂。
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摘要：状压DP，设dp[s]表示考虑了前|s|个位置，填了s里的这些数。转移时枚举下一个位置上的数i，考虑它和前面的数、后面的数，分别会产生哪些代价。时间复杂度O(2^mm^2)。发现对(s,i)，这个代价可以通过递推，预处理出来，时间复杂度降为O(2^m*m)。但是预处理一个这样的数组，空间复杂度O(2^m*m)，无法承受。可以按集合大小，从小到大，一边DP，一边处理代价数组。用滚动数组，或者stl-queue优化空间
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摘要：把f(k)拆开，对每一项单独算。后面的可以用二项式定理，难点在如何消掉k^i。可以每次求导再乘以x，效果等价于让每一项乘以k。这样就把k^i消掉了。还有一种方法是利用组合恒等式，拿组合数去消k，发现系数恰好是第二类斯特林数。当然，还有很多别的方法，例如考虑组合意义
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摘要：发现是求[ice的和]与[fire的和]的较小值的最大值。ice的和，是一个单调不下降的函数，fire的和，是一个单调不上升的函数。两者较小值的最大值，显然在它们相交的地方取到。二分相交的地方。用数据结构分别维护ice和fire，时间复杂度O(nlog^2n)。直接在线段树上二分，复杂度O(nlogn)，但是常数较大。用树状数组上倍增的技巧代替线段树上二分，就可以了
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摘要：考虑预处理出s的每个子串是不是t的子串。发现对于一个左端点i，是t子串的右端点是从i开始的一段连续的区间，我们记这样的最大右端点为R[i]。对t建SAM，可以通过在SAM上跳求出R[1...n]。然后对于询问l,r。分r<=R[i]和r>R[i]两类讨论。那么相当于一个二维的区间最大值查询。通过离线去掉一维，另一维用线段树维护即可。
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