!114514

$S_m(n) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1}i^m = \dfrac{1}{m + 1}\sum\limits_{i = 0}^{m}B_{m + 1 - i}\dbinom{m+1}in^i$，注意求和没有 $B_0$。

CF923D Picking Strings

经过手玩发现, B 和 C 等价，A 可以转化为 BB，B 等价于 AB。

于是先把所有极长的 AB 连续段缩起来，凡是后面有 B 的 A 连续段都可以被消掉，只用考虑最后一段。且注意到 B 的数量只能增加，若 $[l, r]$ 中 B 的数量 > $[l_2, r_2]$ 中无解。

若第一个 A 的数量 < 第二个 A 的数量无解。若两个区间末尾 A 模 3 相同，若第一个存在 A 就可以把 B 不断 + 2，因此若两个 B 的奇偶性不同无解。若第一个不存在 B 但第二个存在 B 也无解。

直接判断，$\mathcal O(n + q)$。

CF578E Walking!

将题意转化为：将原序列划分成若干子序列，每个子序列内部 01 交替，然后将所有子序列拼在一起，使得交界处也是 01 交替。最小化子序列的个数 - 1。

显然可以贪心解决第一问，能放就放，不能放就新建一个子序列。

对于第二问，求出首尾分别为 00，01，10，11 的子序列个数。若只有 00 和 11 显然可以直接拼（个数相等且最多只有一个）。若存在 01 和 10，将最后一个位置更靠后的一个数划分到另外一组就行。

CF568E Longest Increasing Subsequence

*3000 ?

设 $cnt_i$ 表示 $[1, i]$ 中 -1 个数，$w_i$ 表示 $\leq i$ 的可以填充的数的个数，则：

$dp_i = \max\limits_{j < i, a_j < a_i} dp_j+\min(cnt_{i - 1} - cnt_j, w_{a_i - 1} - w_{a_j})$ 。

拆开 $\min$ 后是一个三维偏序，直接做即可，容易记录方案。

CF1271F Divide The Students

注意到可行解中一定存在一组中的某一项是被占满的，否则可以不断调整（怎么都放不满除外）

考虑枚举这个组，设为 111 的第一组，那么除去只选了一组的人外，包含这个组的有三个，考虑枚举前两个，那么就可以唯一确定最后一个数在当前组选的个数，对于剩下 11 显然可以贪心找到空余最多的一组填充。

CF573E Bear and Bowling

什么阴间结论。

结论是：对于 $dp_{i, j} = \max(dp_{i - 1, j}, dp_{i - 1, j - 1} + ja_i)$ 的转移，必然存在一个分割点 $p$，使得 $p$ 之前的都不变，$p$ 之后的都取到 $a_i$。

结论的证明可以打表得到，那么直接二分求 $p$ 即可，在 $p$ 之后的需要区间加一次函数，可以用平衡树打标记实现。

CF1661F Teleporters

显然相邻的两个传送点可以分开考虑，设 $f(len, x)$ 表示在 $[0, len]$ 中额外放 $x$ 个传送点的方案，取到 $\left\lceil \dfrac{len}{x+1}\right\rfloor$ 距离的有 $len \bmod(x+1)$ 个，$\left\lfloor\dfrac{len}{x+1}\right\rfloor$ 的有 $x+1 - len \bmod (x+1)$ 个，其差分 $\dfrac{1}{x(x+1)}$ 是单调不增的，因此 $f(len, x)$ 是关于 $x$ 的凸函数。而答案就是这 $n$ 个凸函数的 Minkowski 和 $\leq m$ 的第一个位置。

考虑二分最后的斜率 $k$，于是对每个 $len$ 都要取 $\geq f(len, x - 1) - f(len, x)$ 最后一个数，当和 $\leq m$ 时停止，此时再 chk $k+1$ 就能得到哪些取到的斜率 $k$。

CF559E Gerald and Path

考虑离散化区间后 dp，将所有线段按照中点排序，设 $dp_{i, j}$ 表示考虑到前 $i$ 个线段，目前覆盖的右端点是 $j$。

将线段看做若干个小区间的和，当 $i$ 向右扩展时 $dp_{i, r_i} \leftarrow dp_{i - 1, p}+r_i - p$，否则需要对 $i - 1$ 之前的方向进行讨论，令 $[k, i - 1]$ 的区间全部取右边，那么就有转移 $dp_{i, R} \leftarrow dp_{i - 1, l_i} +R - l_i$。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

CF516E Drazil and His Happy Friends

设 $g = \gcd(n, m)$，显然编号为 $i$ 的男生和 $j$ 的女生能一起玩当且仅当 $i \equiv j (\bmod g)$，于是可以分成 $g$ 组，每一组都是独立的。

P8261 [CTS2022] 袜子

半平面数点就是【UNR #4】己酸集合。做法是取块长 B 对序列分块，每块先将两两点的直线按照斜率排序，维护随着斜率变化的相对顺序（满足条件的一定是一个前缀）。最开始按照 $(x,y)$ 排序，表示当 $k = -\infty$ 时左下的点是最可能满足条件的。若两个 $(x_i, y_i), (x_j, y_j)$，当 $k \leq \dfrac{y_j - y_i}{x_j - x_i}$ 时 $i$ 比 $j$ 优秀，否则 $j$ 比 $i$ 优秀。于是 $>k$ 时，若 $i$ 还比 $j$ 优秀，就把 $i, j$ 的在数组里面的顺序交换（重要性质：每次交换的都是相邻两个数），每次二分一个前缀即可。时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt q\log n)$。

对于本题，考虑根号分治，当某一个颜色个数 $> B$ 时直接对这个颜色拉出来做上面的过程将结果相加即可。处理的次数显然不超过 $\dfrac n B$ 次。

否则先将块的大小填充为 $[B, 2B)$ 之间，每种颜色只在一个块中出现，可以一起统计，每个点维护 $\sum cnt, \sum cnt^2$，由于交换的都是相邻两个数，变化是容易计算的。

时间复杂度仍然是 $\mathcal O(n \sqrt q \log n)$。

CF1085G Beautiful Matrix

枚举字典序第一个不同的位置 $(i, j)$ 的值 $b_{i, j}<a_{i, j}$，$i+1$ 行之后的方案其实就是错排方案 $f_n = (n - 1)(f_{n - 1}+f_{n - 2})$。对于 $i$ 行的 $[j+1, n]$ 中的数，先选出它们能填的数与上一行（若 $i = 1$ 忽略）的交集大小，设为 $cnt$，那么有且仅有这 $cnt$ 个数会受到上一行的限制，不妨把它们放在最前面，设 $f_{i, j}$ 表示 $i$ 个数放在有 $j$ 个特殊限制的格子方案，显然可以容斥计算 $f_{i, j} = \sum\limits_{k = 0}^{j}(-1)^k\dbinom k j (i - k)!$。不过 $\mathcal O(n^3)$，考虑递推，枚举 $i$ 位置放得是有无限制的数，可以得到 $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} j+f_{i - 1, j}(i - j) \ \ \ (i \neq j)$，否则 $f_{i, j} = (i - 1)(f_{i - 1, i - 1}+f_{i - 2, i - 2})$。注意一定不要将错排和 $f$ 分开转移 ！！！！1。然后就 $\mathcal O(n^4)$。

先考虑得到 $a_{i - 1, j+1 \dots n}$ 中不在 $a_{i, 1 \dots j - 1}$ 的个数，然后特殊考虑 $w < a_{i, j}$ 的取值，若 $w \in {a_{i - 1, j+1 \dots n}}$ 就要把 $cnt$ 减 1，因此可以用两个树状数组维护 $w = x$ 时是否 -1 的个数，具体细节略。时间复杂度 $\mathcal O(n^2 \log n)$。

CF1835F Good Graph

3500*

根据 Hall 定理，若二分图存在完美匹配，则对于所有 $S \subseteq L, |N(S)| \geq S$ ，反之成立。若不存在完美匹配就随便找一个未匹配点不断 DFS，最后得到的 $S$ 一定满足 $|S| > |N(S)|$，于是 NO 就做完了。

考虑怎么构造一个二分图使得和原图的 tight 集合一一对应。考虑将 tight 集合划分成若干个极小 tight 集合，使得任意 tight 集合可以由这些极小 tight 集合合并得到，考虑从点的角度出发找到包含它的 tight 集合，这样只要两个二分图的点的 tight 集合相等即可。

对于找到给定点的 tight 集合和上面的 DFS 一样，不过我们可以把这个过程看做 DAG 的形式，即对于原图上的 $x \to y$，若 $y$ 不是 $x$ 的匹配，连有向边 $x \to match_y$，则 $x$ 的 tight 集合为 DAG 上的可达点。

注意这不是个 DAG，于是先强联通分量缩一下变成 DAG，由于新图不一定是原图的子图，对于 SCC 中的点直接找边数最小的即可，也就是连成环，且若存在 $x \to y, y \to z$，若 $x \to y$ 就可以把 $x \to y$ 删掉，即 $(x, y)$ 这条新边能保留当且仅当 $x$ 能到达的点与能到达 $y$ 的点无交，用 bitset 维护正反的传递闭包即可。

时间复杂度 $\mathcal O(\dfrac{n^3}w)$。

P1393 Mivik 的标题

萌萌题，建议评红。

设 $dp_i$ 表示 S 在 $i$ 处结尾的概率，设 $pb = m^{-|S|}$ ， $S$ 的所有 border 集合为 T，则有转移：$dp_i = pb - \sum\limits_{p \in T} dp_{i - p}m^{-p}-\sum\limits_{j = 1}^{i - |S|}dp_jpb$。

设 $F(x) =\sum\limits_{i}dp_ix^i, G(x) = \sum\limits_{i\geq |S|}x^ipb, H(x) = \sum\limits_{p \in T}m^{-p}+\sum\limits_{i \geq |S|}pb$，则 $F = G - HF \rightarrow F = \dfrac{G}{H+1}$，多项式求逆即可。

2023.8.9

SDOI2019 热闹的聚会与尴尬的聚会

第一问答案为 $p$ 当且仅当存在一个所有度数 $\geq p$ 的连通块，显然可以二分答案解决。

然后 $q$ 越大越好，根据最大独立集的近似算法多随几个排列去前面几个就好了？

别说，真过了。

时间复杂度 $\mathcal O(wys)$。

SDOI2019 连续子序列

考虑 T.M. 序列的几种生成方式：

• $f_i = \mathrm{builtin\_parity(i)}$。
• 初始为 0，每次在末尾加入当前序列的反转。
• 初始为 0，每次把 $0 \to 01, 1 \to 10$。

显然第三种生成方式可以更方便的判定合法性。

考虑一个长度为 $n$ 的串 $S$ 合法，显然不能存在 $\geq 3$ 个连续相同的，且若存在 $= 2$ 相同的划分方式唯一，否则形如 01010，当 $n \geq 4$ 时划分方案也是唯一的。

因此设 $dp_{S, k}$，每次枚举哪种划分合法，在 $S$

以后再想不到这些 trick 我就是 shik

1. 平面图转对偶图：将所有线段极角排序后，对每个线段 $(u, v)$ 找到第一个 $< (v, u)$ 的边设为 $pre_u$，然后形成若干个环，其中存在一个外部节点，通过计算面积判断。[https://www.luogu.com.cn/problem/P3249](HNOI2016] 矿区)

2. LCA 不一定要倍增求，当树的形态比较特殊时可以模拟倍增的过程。[https://www.luogu.com.cn/problem/CF1491H](Yuezheng Ling and Dynamic Tree)，[https://www.luogu.com.cn/problem/P3248](P3248 [HNOI2016] 树)

3. 把 $m$ 个位置分配给 $n$ 个人，每个人有一个目标位置和初始方向，求方案数？

新加一个 $m+1$ 点表示非法点，把 $m+1$ 个点串成一个环，对于一个点未被分配的概率是 $\dfrac{m+1 - n}{m+1}$ ，总方案为 $(m+1)^n2^n$，因此 $(m+1)^{m - 1}2^n(m +1 - n)$。

[https://www.luogu.com.cn/problem/CF838D](Airplane Arrangements)

定义一种合法方案的权值为所有人移动的步数和，再计数？

对每个人分开考虑，设 $dp_n$ 表示 $n$ 个人 $n$ 个位置的答案，为 $(n+1)^{n - 1}2^{n} = (n+1)\sum\limits_{i = 1}^{n}\dbinom {n - 1}{i - 1}dp_{i - 1}dp_{n - i}$，再设 $dp_2$ 表示权值。$g_{n, m}$ 表示 $n$ 个人 $m$ 个位置的答案，转移枚举极长选择后缀， $= \sum\limits_{l = 0}^{m}g_{n - l, m - l - 1} dp_{l}$，再设 $g_{2, i, j}$ 表示权值。

[https://www.luogu.com.cn/problem/CF1439D](INOI Final Contests)