退役前的做题记录2.0

upd on 2020.9.17

由于本人太鸽了，所以导致一个多月没更这玩意了，深感抱歉。
故先把近段时间（指八九月）的一些题放在这，心血来潮的时候更。

CF793G Oleg and chess

线段树优化连边+扫描线：

考虑二分图匹配就是把每一行连向能匹配该行的列然后再跑二分图匹配，因为所有矩形不交，所以我们可以用和扫描线一样的套路优化这个连边过程。

具体实现细节详见代码。

代码

CF464E The Classic Problem

首先暴力坑定是高精度最短路，考虑如何优化这个高精度。

如果一个点出发转移到另一个点，那么被转移的点的高精度位其实和转移过来的没差太多（只进行了一次加法），所以我们考虑用主席树将上一个状态继承过来。

进位的话可以在主席树上二分到进位的最高位，然后开一颗全\(0\)的线段树，将置为\(0\)的区间连上来，最后将最高位设为\(1\)即可。

比较的话可以运用字符串比较的那一套理论搞个个区间蛤希值求出lcp，这样子在主席树上二分一次就是一个\(\log\)的，和堆套一坨就是两只\(\log\)。

我比较懒，进位是直接暴力进位的，但是 CF 没卡所以直接过了。

代码

CF932F Escape Through Leaf

首先想到设\(f_x\)表示跳到\(x\)的最小代价，然后直接转移就行，复杂度是\(n^2\)的，然后优化的话如果是一条链李超树可以维护这玩意儿。

树上的话直接李超树合并维护这个东西，因为不用 pushup 所以可以把每一层的直线直接 modify 到被合并的线段树上，这样子总复杂度是两只\(\log\)的。

代码

CF504E Misha and LCP on Tree

屎题。

直接抠出来二分+蛤希就好了，也可以用后缀数组，然而我写的常数太大了过不去。

代码就不放了。

CF757G Can Bash Save the Day?

这个算\(\sum dis\)的套路很经典，直接把\(l,r\)中所有的点到根的路径上加一然后用线段树维护距离\(\times\)出现次数就好了。

这题强制在线我们就用可持久化线段树+标记永久化来实现，因为交换相邻两个实际上对于前后缀是没有影响的，只是改变了这两个。

然后这题空间卡得比较紧需要两个空间优化：第一个是在跳重链修改时不新建本次跳重链过程中新建的点（因为每条重链是无关的），另一个是在修改达到一定次数时直接清空可持久化线段树然后重建。

代码

CF605E Intergalaxy Trips

首先你在每个点坑定会走向期望最小的那个点，从\(1\)号点出发每个点可以被当前离他期望最小的点更新，这样子和dijkstra很像，然而我们每次的期望时间并不是很好算，所以考虑从\(n\)倒过来求。

因为一个期望时间比当前点的期望时间长的点不会转移到这个点，我们假设目前在期望第\(i\)小的点为\(a_i\)，那么对于一个\(i\)，有转移：

\[f_{a_i}=\prod _{j=1}^{i-1}(1-p_{a_i,a_j})+\sum_{j=1}^{i}f_{a_j}p_{a_i,a_j}\prod_{k=1}^{j-1}(1-p_{a_i,a_k}) \]

记\(q_i=\prod_{j=1}^{i-1}(1-p_{a_i,a_j})\)，把和\(f_{a_i}\)有关的全部放到一遍解方程即可，然后每次去最小的类似于dij更新\(f,q\)，复杂度\(O(n^2)\)。

代码

CF183D T-shirt

因为期望具有线性性，所以把可以先把每一件衣服买多少件送出多少件的概率dp出来最后再背包一遍，形式化的，就是：

\(f[i][j][k]\)：第\(i\)件衣服，前\(j\)人喜欢的有\(k\)人的概率。

\(g[i][j]\)：买了第\(i\)种衣服\(j\)件，送出个数的期望。

\(f\)很好dp，\(g[i][j]=\sum_{k=0}^{j-1} k\times f[i][n][k] + \sum_{k=j}^n j\times f[i][n][k]\)。

发现这样子是\(O(mn^2)\)的。

对\(g\)数组的相邻两项作差，发现\(g[i][j]-g[i][j-1]=\sum_{k=j}^n f[i][n][k]=1-\sum_{k=0}^{j-1}f[i][n][k]\)

也就是说随着\(j\)增大，他们之间的差值单调减小，每次选最大的贪心就好了，然后每次更新完再更新当前的\(f\)。

代码

CF526G Spiders Evil Plan

先转化一下问题：选\(k\)条路径出来一定对应了\(2k\)个叶子，而这\(2k\)个叶子中一定有一个是直径的一个端点，我们分别把直径的两个端点拿出来，那么问题就转化为把这个直径端点作为根，选出\(2k-1\)个叶子节点到根的路径不重复算的最大边权和为多少。

假设现在我们没有必须包含\(x\)的限制，对于这个问题有一个十分巧妙的贪心方法：长链剖分后依次选择最长的几条长链。

然而现在必须包含\(x\)了，怎么办呢？

如果\(x\)本来就包含在这些长链里，直接照常贪心即可。

否则的话分为两种情况：第一种是把\(x\)接在离他最近的长链中的一个点上，并删去该长链其他子树，第二种是直接从\(2y-2\)条链的状态转移过来，直接往上拼接。

代码

[NOI2019]弹跳

KD树优化连边，可以只建出KD树原来有的边，转移时直接在KD树上更新，有个可以剪枝的地方就是如果某个点的祖先已经被更新过了就不继续往下递归了。

代码

[PA2014]Muzeum

首先一眼一个最大权闭合子图，然后就是想办法优化求最小割。

先把坐标转一下：
对于一个警卫\(a\)可以看到文物\(b\)，有\(\frac {y_a-y_b}{x_a-x_b}\leq \frac hw,\frac {y_a-y_b}{x_a-x_b}\geq -\frac hw\)。
把每个坐标\((x,y)\)转化为\((x\times h+y\times w,x\times h-y\times w)\)，可以得到一个警卫\(a\)看到一个文物\(b\)当且仅当\(x_b\leq x_a,y_a\leq y_b\)。
把最小割转化为最大流。
我们可以从左到右进行扫描线，拿个 multiset 维护当前还有容量的文物的\(y\)坐标以及容量，然后每个警卫找他可以流的\(y\)最小的文物，一直这样匹配即可。
正确性的话就是说\(y\)越小肯定能流的就越少，把限制强的流完一定是缀好的。

代码

[APIO2012]守卫

先预处理出不被\(0\)覆盖的点，然后对每个点处理出在它左边离他最近的点和在他右边离他最近的点。

于每个至少存在一个忍者的区间，先将它左右边界处理为不被\(0\)所覆盖。按左端点排序后将包含其他区间的区间去除。

贪心求出前\(i\)个区间最小忍者数\(f_i\)和后\(i\)个区间最小忍者数\(g_i\)，那么最优的话肯定是左边全放在右端点，右边全放在左端点。

对于某个未确定的位置\(i\)进行判断，因为尽量靠左最好，所以我们新加入一个代替该位置的点\(i-1\)，二分出左边不包含它的最右区间\(x\)以及右边的最左区间\(y\)，如果\(f_x+g_y+1\)使得答案变大说明该点必选。

代码

[USACO20OPEN]Exercise G

把所有\(p_i\)向\(i\)连边，比较显然的结论就是循环大小是所有环长度的\(\text{lcm}\)。

但是现在还是不好求，考虑一个环\(len=\prod p_i^{r_i}\)，把它拆成所有\(p_i^{r_i}\)和一堆\(1\)一定是可以的，所以我们直接背包再前缀和优化一波就完事了。

代码

[USACO20OPEN]Exercise P

CF1093F Vasya and Array

[IOI2019]天桥

[ZJOI2020] 传统艺能

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[JSOI2019]神经网络

考虑把依次经过的树写成一个序列并放在一个环上，那么这个序列所要满足的条件就是开头必须是\(1\)，相邻的两个数不相同且首尾不能均为\(1\)（如果均为\(1\)的话会算重）。
对于每一棵树，我们可以设\(f_{i,j,0/1/2}\)表示以\(i\)为根，将这棵树划分为\(j\)条链，\(i\)已经连了\(0/1/2\)条边的方案数，这样就可以把一棵树划分为\(i\)条链的方案数算出来了，因为这题链有方向，所以节点数\(>1\)的链方案要乘\(2\)。
令\(f_i\)表示某棵树划为\(i\)条链的划分数，构造EGF。
首先我们不考虑\(1\)的情况，那么有

\[F(x)=\sum_{i=1}^{n}f_i\times i!\sum_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}(-1)^j\frac {x^{i-j}}{(i-j)!} \]

其中\(i!\)是他们内部排列数，\({i-1\choose j}\)是强制相邻的两个并起来的方案数，\((-1)^j\)是容斥系数。
把\(1\)考虑进来，就是我们钦定\(1\)中的第一个数必须放在第一个位置除去环的限制，它不参与内部排列也不参与外部排列，那么有

\[F(x)=\sum_{i=1}^{n}f_i\times (i-1)!\sum_{j=0}^{i-1}{i-1\choose j}(-1)^j\frac {x^{i-j-1}}{(i-j-1)!} \]

最后再减去考虑首尾均为\(1\)的情况，那么就是最后一个点不参与外部排列但参与内部排列：

\[F(x)=-\sum_{i=1}^{n}f_i\times (i-1)!\sum_{j=0}^{i-2}{i-1\choose j}(-1)^j\frac {x^{i-j-2}}{(i-j-2)!} \]

最后把所有EGF卷起来把\([x^i]\)乘上\(i!\)再相加就是答案。
代码

[JSOI2019]精准预测

这个题的约束条件很像\(\text{2-sat}\)，往这方面考虑。
题目所给的约束条件可以直接连边，还有约束条件的话就是如果一个人在\(t\)时刻活着那么在\(t-1\)时刻活着，在\(t\)时刻死了那么在\(t+1\)时刻死了。
然后再看每个点\(T+1\)时刻死了能到达多少个其他点活着的就行了，假设有\(cnt\)个，那么该点的答案就是\(n-cnt-1\)，这个可以通过\(\text{bitset}\)优化拓扑排序dp求出。
但是\(\text{bitset}\)还是存不下所以要分段跑，注意如果一个点必死那么它不能算进贡献。
代码

[TJOI2018]party

考虑我们算LCS的dp：\(f_{i,j}\)表示第一个序列到\(i\)，第二个到\(j\)的LCS长度。
那么有\(f_{i,j}=\max\{f_{i-1,j},f_{i,j-1},f_{i-1,j-1}+[a_i=b_j]\}\)
如果我们现在固定\(i\)，对于相邻的\(j\)，\(f\)的差值不超过\(1\)，可以考虑把对于每个\(j\)的增量状压下来。
然后对于一个 mask 的转移可以预处理出来，对于NOI的限制再多记一维状态就可以了。
代码

[NOI2016]循环之美

考虑最简分数\(\frac ab\)在\(m\)进制下是纯循环小数的条件：
第一位的余数是\(a\bmod b\)，第\(x\)位的余数是\(a\times m^x\bmod b\)，
我们要满足的条件就是\(a\equiv a\times m^x\bmod b\)。
因为\((a,b)=1\)，所以\(m^x\equiv 1\bmod b\)，若\((m,b)=1\)，\(x=\varphi(b)\)，否则无解。

所以题目转化为

\[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m [i \perp j][j \perp k] \]

然后推下式子：

\[\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m [i \perp j][j \perp k]\\ =&\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m [j \perp k] \sum_{d | i, d | j} \mu(d)\\ =&\sum_{d = 1}^n \mu(d) \sum_{d | i} \sum_{d | j} [j \perp k]\\ =&\sum_{d = 1}^n [d \perp k] \mu(d) \left\lfloor \frac nd \right\rfloor \sum_{j = 1}^{\lfloor\frac md\rfloor} [j \perp k]\\ \end{aligned} \]

令\(f(n) = \sum_{i = 1}^n [i \perp k], g(n, k) = \sum_{i=1}^n \mu(i)[i \perp k]\)
显然\(f(n) = \left\lfloor \frac nk \right\rfloor f(k) + f(n \bmod k)\)
推下\(g\)：

\[\begin{aligned} g(n, k) &= \sum_{i = 1}^n \mu(i)[i \perp k]\\ &= \sum_{i=1}^n \mu(i) \sum_{d|i, d|k} \mu(d)\\ &= \sum_{d|k} \mu(d)\sum_{d|i} \mu(i)\\ &= \sum_{d|k} \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor} \mu(id)\\ &= \sum_{d|k} \mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor} \mu(i)[i \perp d]\\ &= \sum_{d|k} \mu^2(d) g\left(\left\lfloor \frac nd \right\rfloor, d\right) \end{aligned} \]

当\(k=1\)时无法递归，需要杜教筛\(\mu\)，然后就做完了。
代码

[TJOI/HEOI2016]字符串

如果没有右端点的限制就直接\(\text{SA}+\)主席树查区间前驱后继就好了，但是现在有右端点的限制我们可以考虑二分将这个限制去掉，再用主席树查询即可，复杂度\(O(n\log^2n)\)。
代码

[NOI2017]蔬菜

考虑卖一定数量的菜所能带来的最大收益：我们将菜按钱数从大到小加入，并且选能选的最后一天放（可以用并查集维护），因为后面的天可以，前面的天就一定可以，所以最终查询直接查询卖\(m\times p\)棵菜能够赚到的最多的钱数即可，细节详见代码。
代码

[CEOI2017]Mousetrap

假设所给的树以陷阱为根。
考虑两点相邻的情况，设\(f_x\)为以\(x\)为根的子树下来再上去所需的最小步数，那么每次你最优肯定是堵\(f\)最大的这时候老鼠就会往次大的\(f\)走，\(f\)可以dp出来。
问题是现在不相邻，对于往上走再往下的情况我们不好处理，那么考虑二分答案\(\text{mid}\)，就可以算出陷阱到鼠的链上哪些点一定要堵住，就可以\(\text{check}\)出来不来得及了。
代码

[HNOI2012]三角形覆盖问题

自适应simpson+玄学调参
代码

[SNOI2019]字符串

后缀排序后就是\(\text{ST}\)表\(+\text{Sort}\)的事了
代码

[JSOI2019]节日庆典

可以维护出可能出现的最小的后缀的集合，发现集合中的数不超过\(\log n\)个。
证明参考 zsy 的：
简单证一下这个性质：考虑相邻的两个最小后缀\(i,j\)，若\(|j|<|i|<2|j|\)，则说明\(i=AAB,j=AB\)，其中\(A,B\)均为字符串，且\(B\)是\(A\)的一个严格前缀。此时考虑\(i=AAB,j=AB,k=B\)，可以发现无论如何最小后缀都会在\(i\)和\(k\)之间产生，\(j\)不可能成为最小后缀（如果\(j\)比\(i\)优，那么一定有\(k\)比\(j\)优），由此说明相邻两个最小后缀的长度至少\(\times 2\)，因此数量不超过\(\log n\)。
这题的数据范围较大，所以维护\(lcp\)时食用\(\text{Z-algorithm}\)维护。
代码

[POI2013] Tower Defense Game

发现如果选择一个没有被其他点覆盖的点的话一定可以覆盖到原来\(K\)个点之中的一个点。
所以没选则选就好了。

代码

[POI2011] Party

考虑删点。
对于没删的一对点\(u,v\)，如果他们之间没有直接连边的话肯定没在\(\frac 23N\)的团中。
那我们可以把这个\(u,v\)都删掉，可以保证剩下的点一定构成一个团。
代码

AT3557 Four Coloring

曼哈顿距离转切比雪夫距离。
然后按照

\[\begin{aligned} &\text{ABAB}\\ &\text{CDCD}\\ &\text{ABAB}\\ &\text{CDCD} \end{aligned} \]

构造块，每个块的大小为\(K\times K\)就行了。
代码

CF989C A Mist of Florescence

如果题目给我们\(50\times 50\)的话那我们就整个利用好。
考虑将\(50\times 50\)分为\(4\)个\(25\times 25\)。
在不分割\(25\times 25\)的前提下将其他颜色填进来就可以很简单的构造了。
代码

AGC004C And Grid

构造一个集合为奇数行+第一列+原图，一个为偶数行+最后一列+原图。
代码

CF576C Points on Plane

将每个坐标\((x_i,y_i)\)看作区间。然后就是莫队了。
代码

CF618F Double Knapsack

考虑加强题目限制：子集\(\rightarrow\)子区间。
分别记录前缀和，假设第一个集合的总和小于第二个集合。
从左往右扫第一个集合假设现在的前缀和为\(p\)，用单调指针在第二个集合前缀和中lower_bound，设为\(q\)。
那么\(0\leq q-p<n\)。
如果为\(0\)我们就找着了，否则的话根据抽屉原理一定会存在一对\(p,q\)差相等，减一下就完事了。
代码

[LG3599]Koishi Loves Construction

首先对于第一问，\(N\)必须要放在第一个。
那么对于所有数的和需要满足\(N\nmid \frac {N\times(N+1)}2\)，所以\(N\equiv 0(\bmod 2)\)。
然后构造一个这样的序列即可：\(N,1,N-2,3,N-4...\)
然后考虑第二问，\(N\)必须要放在最后一个。
而且需要满足\(N\nmid (N-1)!\)，发现\(N\)只能为\(1,4\ or \ \text{Prime}\)，对于\(1,4\)我们可以打表。
质数的话可以打表发现\(1,\frac 21,\frac 32,\frac 43...\frac {n-1}n,n\)可以，或者构造原根为\(g\)，像加法那样构造\(g^0,g^1,g^{N-3},g^3,g^{N-5}...\)。
代码

CF909F AND-permutations

首先考虑第一问，显然有\(N\)为偶数。
考虑怎么构造，可以想到\(i\)与\(i\)按位取反交换，但是这样的话有可能或超过\(N\)。
设\(k\)为\(N\)二进制为中的最高位，\(2^k\)与\(2^k-1\)交换，\(2^k+1\)与\(2^k-2\)交换，以此类推。那么我们交换了\(2^k\)到\(N\)，也交换了\(2^k-(N-2^k+1)\)到\(2^k-1\)，剩下了\(1\)到\(2^k-(N-2^k+1)-1\)，再递归处理即可。
第二问的话，考虑交换\((2,3),(4,5),(6,7)...\)。
最后会剩下\(1\)或者\(1,N\)，如果\(N\)为奇数则剩下\(1\)，直接将前\(7\)个改为\(7325641\)即可，小于\(7\)直接爆搜。
如果为偶数的话\(N\)为二的幂无解，把\(1\)和最后三个数的顺序变为\(N-1,N,1,N-2\)即可。
代码

AT5761 Odd Sum Rectangles

把\(\mathsf{\color{black}{I}\color{red}{tst}}\)的放上来

CF593C Beautiful Function

假设所有圆上的点都过圆心，于是我们可以让\(f(i)=x_i,g(i)=y_i\)，因为两种方法的构造情况其实是一样的，所以在这里我们只考虑\(x\)。
令\(t=|i-x|,x\in \mathbb Z\)
有这样一个式子\(1-t+|1-t|\)当且仅当\(t=0\)时有值且为\(2\)，那么我们直接在这个式子外边乘上\(\lfloor\frac {x_i}2\rfloor\)，就可以保证当\(x=i\)时值为\(x_i\)了，因为题目保证\(r\geq 2\)所以\(1\)的误差没关系。
代码

CF537C Bear and Drawing

发现一个可以画出的树必然是有一个主干和若干个枝条构成的，像下面这样：

那么我们可以将所有枝条中除了Y字形态的都给剪下来，那么现在树上就剩下了Y字枝条和主干。
考虑如何判断Y，就是看它的邻居中是否只有一个没有被剪下来，那么我们再对于主干判断一下有没有一个主干的邻居超过两个主干就好了。
代码

CF750F New Year and Finding Roots

随机从一个点开始，可以通过两次类似于\(\text{dfs}\)的询问确定访问到深度最浅的点\(x\)以及它的深度。
再从\(x\)出发类似地继续找到一个深度最浅的点\(y\)，如果\(y\)的深度是\(2\ \text{or}\ 3\)就直接往上\(\text{bfs}\)，否则再用类似的方法继续找。
代码

CF1060H Sophisticated Device

首先快速乘是很好模拟的。
然后想办法弄出一个\(0\)的位置，就是将一个\(1\)乘上\(p\)，乘法可以食用快速乘。
其他的运算：减法：乘上\(p-1\)，除法：乘上逆元。

看我们如何求出\(xy\)，有\(xy=\frac {(x+y)^2-x^2+y^2}2\)，那么现在我们要想办法求出平方。
设\(x^2=\sum_{i=0}^d a_i(x+i)^d=\sum_{j=0}^d{d\choose j}x^j\sum_{i=0}^di^{d-j}a_i\)，可以钦定平方项为\(1\)其他为\(0\)然后高斯消元。

平方弄出来这题我们就做完了，写的时候耐点心。
代码

CF1044B Intersecting Subtrees

其实只要用两次操作，第一次从\(B\)集合中选出一个点找到它在\(A\)中的位置然后把它作为根，再从\(A\)中找出深度最浅的点询问在不在\(B\)中即可。这样是对的是因为根不满足意味着其他点也一定不满足。
代码

CF1146C Tree Diameter

想办法把直径两端分在不同集合：每次按每个二进制位分组即可。
代码

CF830E Perpetual Motion Machine

分情况考虑：
如果存在一个环，那么令环上的点权值为\(1\)，其余点权值为\(0\)。

如果存在一个度数大于\(3\)的点，令这个点的权值为\(2\)，和它相邻的点权值为\(1\)，否则权值为\(0\)。

如果存在两个度数等于\(3\)的点，令这两个点的路径上点的权值为\(2\)，其余的点权值为\(1\)。

如果没有度数为\(3\)的点，说明是很多条链，由简单的不等式知识知道这肯定不行。

还有一种情况比较麻烦，有一个度数为\(3\)的点，那一定是这个点引出三条链，设这三条链长度分别为\(p,q,r\)，有解当且仅当\(\frac 1p+\frac 1q+\frac 1r\leq 1\)，下面进行证明：
设三条链上的点权由远及近为\(x_1,x_2...x_p\),\(y_1,y_2...y_q\),\(z_1,z_2...z_r\)，且\(x_p=y_q=z_r=v\)。
令

\[A_x=x_1^2+x_2^2+...+x_{p-1}^2-x_1x_2-x_2x_3-...-x_{p-1}v\\ A_y=y_1^2+y_2^2+...+y_{p-1}^2-y_1y_2-y_2y_3-...-y_{q-1}v\\ A_z=z_1^2+z_2^2+...+z_{p-1}^2-z_1z_2-z_2z_3-...-z_{r-1}v \]

那么我们想关注\(S=A_x+A_y+A_z+v^2\)的正负性，我们将等式两边同时\(\times 2\)，正负性不改变
也就是\(2S=2A_x+2A_y+2A_z+2v^2\)。
其中$$2A_x=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{i+1}{i}(x_i-\frac {i}{i+1}x_{i+1})^2-\frac {p-1}{p}v^{2=F(x)-\frac{p-1}pv}2$$
\(A_y,A_z\)同理，这里不展开。
然后\(2S=F(x)+F(y)+F(z)-\frac {p-1}{p}v^2-\frac {q-1}{q}v^2-\frac {r-1}{r}v^2=F(x)+F(y)+F(z)+(\frac 1p+\frac 1q+\frac 1r-1)v^2\)
想要\(S\leq 0\)必然满足\(\frac 1p+\frac 1q+\frac 1r\leq 1\)，构造的方法可以根据\(F(x),F(y),F(z)\)来构造。
代码

CF835E The penguin's game

询问一个集合的异或和结果有\(4\)种，分别为\(0,x,y,x\oplus y\)。
首先将所有下标依次按照每个二进制位\(01\)分类，询问异或和即可得到两个\(y\)下标的异或值。
之后再将两个下标不在一个集合的集合拿出来，再该集合内二分即可。
代码

ARC103D Distance Sums

从叶子往上推。
按\(D\)从大到小排序后，\(D\)最大的点\(x\)一定是叶子，根据换根的那一套理论，如果满足\(y\)是\(x\)的父亲那么就有\(D_x+sz_x-(n-sz_x)=D_y\)，因为等式左边的量都已知，所以我们可以直接把\(y\)二分出来。
这样子一步步构造就好了。
值得注意的一点是，构造完一颗树后要把一个点的\(D\)带进去检验，因为我们只有\(n-1\)个等式，而变量有\(n\)个，我们值确定了变量之间的关系，而未确定变量的具体值。
代码

CF566E Restoring Map

首先考虑非叶子节点数目至少为\(3\)的情况，
两个非叶子节点\(x,y\)之间存在边当且仅当存在两个集合的交为\(\{x,y\}\)，所以我们可以知道所有非叶子节点之间的连边情况，也确定了所有叶子节点。
对于一个叶子节点，包含它且集合大小最小的点就是它自己的集合，这样我们可以确定每个叶子节点的集合。
定义连边集合为非叶子节点连向非叶子节点的边的集合，那么把每个叶子节点集合中的叶子去掉之后就是其父亲节点的连边集合，因为每个非叶子节点的连边集合不同而且上面已经确定了连边集合，所以可以确定每个叶子的父亲，这棵树也就确定了。
如果非叶子节点数目小于\(3\)，比较容易判断，这里不再赘述。
代码

CF1053E Euler tour

考虑一个欧拉序合法的条件：

• \(a_1=a_{2n-1}\)
• \(\forall a_l=a_r,l,r\)同奇偶，因为其子树内每条边贡献次数均为\(2\)
• \(\forall a_{l1}=a_{r1},a_{l2}=a_{r2}\)，\([l1,r1]\)有交则是包含关系

考虑如何构造，假设当前我们构造的区间为\([l,r]\)，从左往右扫，如果发现有\(a_{l'}=a_{r'}\)，那么递归构造\([l',r']\)，然后删掉\([l',r']\)，删的过程可以用链表维护。

剩下的两两肯定不能匹配，我们可以统计一下这个区间的空位置的个数，如果我们区间内空位置的个数不足以让我们匹配完全，那么就是无解，否则如果我们区间中数的种类小于\(\lceil\frac {r-l}2\rceil\)，我们就在\([l,r]\)前面没有天的位置填上未在整个序列中出现过的数，之后再从\(l\rightarrow r\)考虑每个长度为\(3\)的区间，如果是\(0xy\)就变为\(yxy\)，\(xy0\)就变为\(xyx\)，然后缩点。如果区间里还有数为\(0\)就全部赋为这个区间的根。
正确性的话因为我们能够保证赋为根之前不会有两个\(0\)是相邻的所以是对的。

链表维护的复杂度为\(O(n)\)，具体实现细节见代码。
代码

CF538G Berserk Robot

在这里