3月杂题选做（part 2）

上回说到：Part 1

关于难度

\(\color{gray}\bigstar\) 可以秒杀的题。

\(\color{green}\bigstar\) 思考一会儿后可以秒的题。

\(\color{blue}\bigstar\) 需要较长时间思考的题。

\(\color{Gold}\bigstar\) 看题解、稍加指点就会做的题。

\(\color{red}\bigstar\) 看题解后需要较长时间消化，甚至现在都没有完全理解的题。

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本月主要板刷 cf *2300~*2400 的题。

一些简单的 DS 题就直接嘴巴了。

由于博客过长会导致 markdown 加载缓慢，所以源码长度超过 \(1000\) 行时进行分 P 处理。

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[JSOI2011]分特产 \(\color{CornflowerBlue} {提高+/省选-}\) \(\color{green}\bigstar\)

有 \(n\) 种物品，第 \(i\) 种物品有 \(a_i\) 个，现在需要分给 \(m\) 个人，要求每个人至少分到一样东西，求方案数，对 \(10^9+7\) 取模。
\(n,m,a_i\le 1000\)。

标签：组合数学，容斥。

每个人至少分到一个，这个条件比较难搞，考虑容斥，把这个条件去掉。

枚举有多少人没有分到任何东西，答案就是：

\[\sum_{i=0}^{m-1} (-1)^i C_m^i\prod_{j=1}^n C_{a_j+m-i-1}^{m-i+1} \]

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CF1228E *2300 \(\color{green}\bigstar\)

给定一个 \(n\times n\) 的矩阵，用 \(1...k\) 的数填充，使得每行每列最小值均为 \(1\)，问有多少填法，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 250,k\le 10^9\)。

标签：容斥。

考虑容斥一下，枚举 \(i\) 行 \(j\) 列没有一个 \(1\)，然后就可以直接算了。

和上面的题差不多，不细讲。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

• 容斥时一定要记得加上组合数，比如该题中 \(C_n^iC_n^j\)。

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好像有 \(O(n\log n)\) 的容斥做法，不大会。

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CF1117D *2100 \(\color{gray}\bigstar\)

有一个长度为 \(n\) 的串，开始都是 \(0\)，每次选择一个都为 \(0\) 的长度为 \(m\) 的空串，把这些位置都变成 \(1\)，问最后又多少种不同的序列，对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 10^{18},m\le 100\)。

标签：矩阵乘法，dp。

显然可以设 \(f_i\) 表示 \(1..i\) 的方案数，分情况讨论，得到转移式：

\[f_i=f_{i-1}+f_{i-m} \]

显然矩阵快速幂优化一下，时间复杂度 \(O(m^3\log n)\)。

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CF1182E *2300 \(\color{green}\bigstar\)

已知 \(f_1,f_2,f_3,c\)，当 \(i\ge 4\) 时，\(f_i=c^{2i-6}f_{i-1}f_{i-2}f_{i-3}\)，求 \(f_n\)，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 10^{18}\)

标签：矩阵乘法。

这东西一眼矩阵快速幂，但是都是乘法，矩阵快速幂只能支持加法。

设答案为 \(f_1^{a_1}f_2^{a_2}f_3^{a_3}c^{a_4}\)，只需要求出这些指数就可以算出答案了。

这些指数又满足加的条件，所以矩阵快速幂维护就好了。

一起维护比较困难，分开维护每一个，然后就做完了。

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P6835 \(\color{CornflowerBlue} {提高+/省选-}\) \(\color{blue}\bigstar\)

有一条链，\(i\) 向 \(i+1\) 连边，此外还有 \(m\) 条返祖边，\(x\) 连向 \(y(x\ge y)\)，在每个点随机选择一条出边走，求从 \(1\) 走到 \(n+1\) 的期望步数。
\(n\le 10^6\)

标签：期望，dp。

期望入门题，虽然我推了好久。

设 \(f_{x,y}\) 表示 \(x\) 走到 \(y\) 的期望步数。

\[f_{x,y}=\sum_{i=x}^{y-1}f_{i,i+1} \]

所以只需要算每一步就好了。

\[f_{x,x+1}=1+\frac{1}{d}\sum (f_{y,x}+f_{x,x+1})\\ \frac{1}{d}f_{x,x+1}=1+\frac{1}{d}\sum f_{y,x}\\ f_{x,x+1}=d+\sum f_{y,x} \]

\(d\) 表示出度，所以直接算出每一步的期望，后面的 \(f_{y,x}\) 可以直接前缀和一下查询。

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CF1139D *2300 \(\color{blue}\bigstar\)

给一个数列，每次随机选一个 \(1\) 到 \(m\) 之间的数加在数列末尾，数列中所有数的 \(\gcd=1\) 时停止，求期望长度。
\(m\le 10^5\)

标签：莫反，dp，期望。

推式子好题。

首先设 \(f_i\) 表示当前 \(\gcd=i\)，后面的期望长度。

\[f_i=1+\frac{1}{m}\sum_{j=1}^m f_{\gcd(j,i)} \]

这个可以根据期望显然得到。

换成枚举 \(\gcd(j,i)\)。

\[f_i=1+\frac{1}{m} \sum_{d|i} f_d \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor} [\gcd(j,\frac{i}{d})==1] \]

右边的式子莫反一下。

\[f_i=1+\frac{1}{m} \sum_{d|i} f_d \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor} \sum_{p|\gcd(j,\frac{i}{d})} \mu(p) \]

把 \(p\) 放前面来，得到

\[f_i=1+\frac{1}{m}\sum_{d|i} f_d \sum_{p|\frac{i}{d}} \mu(p) \left \lfloor \frac{m}{dp} \right \rfloor \]

预处理 \(\mu\) 后暴力做，时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，就做完了。

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看了题解，发现还可以继续推。

设 \(T=dp\)。

\[f_i=1+\frac{1}{m}\sum_{d|i} f_d \sum_{p|\frac{i}{d}} \mu(p) \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \]

把 \(T\) 扔前面。

\[f_i=1+\frac{1}{m}\sum_{T|i}\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \sum_{d|T} f_d \mu(\frac{T}{d}) \]

设 \(F(T)=\sum_{d|T} f_d \mu(\frac{T}{d})\)。

\[f_i=1+\frac{1}{m}\sum_{T|i}\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor F(T) \]

\(F(T)\)，可以在 dp 的过程中处理，复杂度是调和级数 \(O(n\log n)\)，所以总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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巨佬 George1123 有很强的 \(O(m)\) 做法，根本不会。

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P6810 \(\color{CornflowerBlue}{提高+/省选-}\) \(\color{gray}\bigstar\)

已知 \(n,m\)，求

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(i)d(j)d(\gcd(i,j)) \]

\(d(i)\) 表示 \(i\) 的约数个数。
\(n,m\le 2\times 10^6\)。

标签：数学。

简单题，显然枚举一下 \(\gcd(i,j)\) 的约数，然后预处理一下 \(d\)，直接暴力就好了。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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CF1332E *2100 \(\color{blue}\bigstar\)

有一个 \(n\times m\) 的矩阵，\((i,j)\) 有数 \(a_{i,j}\)，每次操作可以让一个 \(a_{i,j}\) 加二，也可以把两个相邻的数同时加一，问有多少中不同的矩阵满足 \(a_{i,j}\in [L,R]\)，且可以通过若干次操作使得所有 \(a_{i,j}\) 相同，答案对 \(998244353\) 取模。
\(n,m,L,R\le 10^9\)

标签：数学，二项式定理。

其实这题也不是特别难。

考虑每次操作，\(\sum a_{i,j}\) 的奇偶性是不变的，并且可以发现由于可以无限次操作，所以可以操作到任意和的奇偶性相同的局面。

考虑如果 \(n\times m\) 是奇数，那么最后状态的和可以是奇数也可以是偶数，所以必然有解，答案就是 \((R-L+1)^{n=m}\)。

考虑如果 \(n\times m\) 是偶数，状态要满足奇数、偶数的个数都是偶数。

设 \([L,R]\) 区间中有 \(X\) 个奇数，\(Y\) 个偶数。

那么答案的式子就是

\[\sum_{i=0}^{\frac{nm}{2}} C_{nm}^{2i} X^{2i}Y^{nm-2i}。 \]

这个东西和二项式定理特别像，只是把奇数项全部去掉而已。

可以发现答案就是 \(\frac{(X+Y)^{nm}+(X-Y)^{nm}}{2}\)，\(X+Y=R-L+1\),\(X-Y\) 只需要判断 \(R-L+1\) 的奇偶性就好了。

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注意不要使用欧拉定理，因为指数取模后可能出现 \(0^0\) 情况，快速幂的结果是 \(1\)，但应该是 \(0\)。

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P4247 \(\color{black} {NOI/NOI+/CTSC}\) \(\color{green}\bigstar\)

有一个长度为 \(n\) 的序列，有三个操作：
I a b c 表示将 \([a,b]\) 这一段区间的元素集体增加 \(c\)。
R a b 表示将 \([a,b]\)区间内所有元素变成相反数。
Q a b c 表示询问 \([a,b]\) 这一段区间中选择 \(c\) 个数相乘的所有方案的和 \(\mod 19940417\) 的值。
\(n,q\le 50000,c\le 20\)。

标签：线段树。

这题真不难，不知道为啥是黑。

\(c\) 很小，适合暴力。

每个节点暴力开 \(s_i\) 表示选 \(i\) 个数的答案。

合并是一个卷积形式，很简单。

所以 R 操作和 Q 操作解决了，考虑区间加。

假设原来选的是 \(x_1x_2...x_k\)。

变成 \((x_1+c)(x_2+c)...(x_k+c)\)。

拆开，发现是 \(c^i\) 乘上 \(k-i\) 个 \(x\)，考虑 \(s_i\) 对 \(s_j\) 的贡献，实际上就是再选 \(j-i\) 个 \(c\)，组合数算一下就好了。

打标记就和支持加乘的线段树一样。

做完了，但出题人很凉心，模数不是指数，不能 \(O(n)\) 预处理组合数，这个地方我调 \(1h\)。

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P7394 \(\color{CornflowerBlue} {提高+/省选-}\) \(\color{green}\bigstar\)

有一棵数，每个节点有点权 \(0/1\)，维护 \(3\) 种操作。
1 x 将 \(x\) 位置上的灯打开或关闭（原来如果打开就关闭，否则打开）。
2 x y 询问树上与 \(x\) 相同深度的点中与 \(x\) 结点距离为 \(y\) 的点中开着的灯的个数。
3 x 回到第 \(x\) 次事件发生之后的状态。

标签：主席树，dfs序。

挺简单的。

考虑 \(dis(i,j)=dep_i+dep_j-2\times dep_{LCA(i,j)}\)。

由于 \(i,j\) 深度相同，所以可以得到 \(LCA\) 是哪个点。

问题转化为查询 LCA 子树下，不与 \(x\) 在一棵子树的，深度与 \(x\) 相同点的个数。

dfs 序再线段树乱维护就好了，可持久化的话可以离线做也可以直接主席树。

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CF1523E *2600 \(\color{blue}\bigstar\)

有 \(n\) 个台灯初始时都是暗的，每次等概率随机一个暗台灯将其点亮，若点亮后存在一个长度为 \(k\) 的连续段有大于一个台灯被点亮则立刻停止，求期望点亮多少台灯。答案对 \(10^9+7\) 取模。

标签：数学，期望。

*2600 ？？？

考虑经典转化，因为算恰好 \(i\) 个灯不合法的方案难算，所以算放 \(i\) 个灯依然合法的方案，这个组合数随便算。

答案相当于求个和就好了。

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P2447 \(\color{CornflowerBlue} {提高+/省选-}\) \(\color{green}\bigstar\)

已知 \(m\) 个线性异或方程，问至少使用前多少个方程可以解出每个未知数的答案。

标签：高斯消元。

直接做高斯消元，答案就是使用的方程中编号最大的。

\(O(n^3)\) 过不了，用 bitset 优化一下。

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P6478 \(\color{purple}{省选/NOI-}\) \(\color{Gold}\bigstar\)

题比较长，自己看。

标签：二项式反演，树上背包。

新科技，二项式反演。

题目中恰好非常难搞，考虑转化成大于等于。

假设 \(f_k,g_k\) 分别表示恰好 \(k\) 组匹配与至少 \(k\) 组匹配的方案。

\[g_k=\sum_{i=k}^n \binom{k}{i} f_i \]

反演一下

\[f_k=\sum_{i=k}^n \binom{k}{i}(-1)^{i-k}g_i \]

\(f_k\) 是答案， \(g_k\) 可以直接用树上背包做。

设 \(dp_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中匹配了 \(j\) 组的方案数。

直接合并，然后考虑一下 \(i\) 的情况就好了。

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P2664 \(\color{black} {NOI/NOI+/CTSC}\) \(\color{green}\bigstar\)

lrb 有一棵树，树的每个节点有个颜色。给一个长度为 \(n\) 的颜色序列，定义 \(s(i,j)\) 为 \(i\) 到 \(j\) 的颜色数量。以及

\[sum_i=\sum_{j=1}^n s(i, j) \]

现在他想让你求出所有的 \(sum_i\)。

标签：dfs序。

如果直接考虑计数不是很好做，考虑反过来，考虑每个颜色对答案的贡献。

把一个颜色单独拿出来，然后考虑中间的贡献。

像下面这样：

直接考虑中间这个红色区域，贡献很好算，就是上面的加上下面子树的。

时间复杂度 \(O(n)\)。

然后就做完了，不知道为啥要淀粉质。

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CF718C *2300 \(\color{gray}\bigstar\)

在本题中，我们用 \(f_i\) 来表示第 \(i\) 个斐波那契数（\(f_1=f_2=1,f_i=f_{i-1}+f_{i-2}(i\ge 3)\)。
给定一个 \(n\) 个数的序列 \(a\)。有 \(m\) 次操作，操作有两种：
将 \(a_l\sim a_r\) 加上 \(x\)。
求 \(\displaystyle\left(\sum_{i=l}^r f_{a_i}\right)\bmod (10^9+7)\)。
\(n,m\le 10^9\)。

标签：线段树，矩阵乘法。

简单题。

CF633H 的弱化版，直接线段树维护矩阵，没了。

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CF1175F *2500 \(\color{Gold}\bigstar\)

给定数组 \(a_1,a_2 \cdots a_n\)，若子序列\(a_l,a_{l+1}\cdots a_{r}\) 满足 \(1,2\cdots r-l+1\) 所有整数各出现一次，则称其为这个数组的一个子排列。求这个数组子排列个数。

标签：分治。

随便一个 *2500 都不会，我退役罢\kk。

考虑一个子排列需要满足：

• 最大值是 \(r-l+1\)。

• 没有重复的数。

考虑分治，只需要看经过分治中心 \(mid\) 的方案数。

这个比较难搞，我们可以钦定 \(mid\) 是 \(l...r\) 最大值，这样保证 \(a_{mid}\) 是最大值，也就知道了 \(r-l+1\)。

双指针扫一遍，用 st 表查询，没了。

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CF1637F *2500 \(\color{Gold}\bigstar\)

给定一棵 \(n\) 个结点的树，第 \(i\) 个点有一高度 \(h_i\) 。你可以在任意一些结点上建信号塔，高度随意。结点 \(i\) 有信号且当 \(i\) 在 \(u,v\) 的路径上，\(u,v\) 分别有两座信号塔 \(e_u,e_v\) ，满足 \(\min(e_u, e_v) \ge h_i\) 。建高度为 \(x\) 的信号塔花 \(x\) 元，问最少得花多少钱使得所有结点都能有信号。

标签：贪心，dp。

首先一个显然的结论，信号塔必然在叶子上，不然把一个信号塔向下移动可以对更多的点产生贡献。

然后考虑一棵子树对外面的贡献只与该子树中最大的信号塔有关。

所以设 \(f_i\) 表示满足 \(i\) 子树内部后最大的信号塔值。

但这样有个问题，如果想要满足 \(i\) ，可以子树中选两个叶子，也可以外面选一个叶子，内部选一个叶子。

一个巧妙的构造思路是令 \(h_i\) 最大的为根，那么此时最大的信号塔必然在两个不同的子树中，这样可以让满足一个点的最优策略必然是内部选一个点，外部选一个点。

然后就可以直接 dfs 一遍跑 dp 了，如果 \(f_x<h_x\) 则需要把 \(f_x\) 变大，否则不变。

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CF1585G *2500 \(\color{blue}\bigstar\)

已知一个森林，都是有根树，Alice 和 Bob 轮流操作，每次选择一棵树和一个小于这棵树秩的正整数 \(d\)，然后把这棵树深度小于等于 \(d\) 的节点删去，不能操作者输，问先手是否有必胜策略。

标签：博弈论，SG 函数。

复习一下博弈论。

考虑计算出每个子树的 SG 函数，这样最后的答案就可以直接异或算出。

咋算呢。

考虑暴力就是枚举 \(d\)，那么把深度大于 \(d\) 的子树求个异或和，然后去 mex。

但这炸了，一条链就卡掉了。

考虑优化，实际上很简单，考虑如果一个点只有一个儿子，他的答案显然可以由儿子直接转移。这一部分跑得飞快，均摊一下就没了。

时间复杂度不大会，题解说是 \(n\log n\) 的。

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ARC101C *2913 \(\color{Gold}\bigstar\)

将给定的包含偶数 \(n\) 个点的树上的点两两配对，使得每对点之间路径的并集包含了每一条树边，求方案数。

显然可以想到容斥，如果当前有 \(i\) 条边没有被覆盖，那么就相当于把树分成 \(i+1\) 个联通块，每个联通块的答案是可以算的，乘起来就好了。

然后就不会了。

考虑树形 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中，\(i\) 所在的联通块大小为 \(j\)，答案乘上容斥系数的结果。

特别的 \(f_{i,0}\) 表示和父亲之间有一条不合法边的答案。

\(j>0\) 就直接背包。

\(j=0\) 就直接考虑把当前联通块的答案加上再乘 \(-1\)。

答案就是 \(-f_{1,0}\)。

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ABC181F *2009 \(\color{green}\bigstar\)

已知 \(n\) 个点在平面内第 \(i\) 个点坐标为 \((x_i,y_i),-100\le x_i,y_i\le 100\)。
现在有一个半径为 \(r\) 的圆，开始时在 \((-10^9,0)\) 的位置，像去 \((10^9,0)\)，不能碰到 \(y=100\) 和 \(y=-100\) 两条直线以及每个点。
求 \(r\) 最大值。
\(n\le 100\)。

标签：贪心，最小生成树。

随着 \(r\) 逐渐变大，会有一些两点之间的空隙这个圆无法通过，而如果某时刻左右不连通则圆无法通过。

所以点之间两两连边，在与上下直线连边，没加一条边后看看上下是否连通，类似于最小生成树。

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CF1310D *2300 \(\color{green}\bigstar\)

\(N\) 个点的图，给你图的邻接矩阵，求从点 \(1\) 出发经过 \(K\) 条边回到点 \(1\)，且路径上没有奇环的最短距离。
\(n\le 80,k\le 10\)。

标签：图论，随机。

数据很小考虑暴力咋做。

直接暴力 \(n^k\)，显然炸。

看到奇环想到二分图，相当于黑白染色后黑白交替走。

由于 \(k\) 很小，假设 \(1\) 是黑点，那么黑点数量只有 \(\frac{k}{2}\)，所以可以暴力枚举黑点，然后就可以直接做了。

时间复杂度 \(O(n^{\frac{k}{2}})\)。

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还有一个很强的做法，考虑每次随机每个点是白点还是黑点，然后进行一个 \(O(n^2k)\) 的 dp，这样成功地概率很高，而且跑得飞快。

多做几遍就好了。

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P8229 \(\color{CornflowerBlue}{提高+/省选-}\) \(\color{blue}\bigstar\)

有一个篮子，开始有一个草莓，每次抛一枚硬币，\(P\) 的概率为正面，篮子中草莓数乘 \(K\)，\(1-P\) 的概率为背面，吃完篮子中所有草莓，然后篮子中自动生成一颗草莓，求抛 \(n\) 次硬币后吃草莓数量的期望值，答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 10^{18}\)。

标签：数学。

不是很难的数学题，设 \(f_i\) 表示抛 \(i\) 次硬币后篮子中草莓数量的期望，那么答案就是：

\[(1-p)\sum_{i=0}^{n-1}f_i \]

然后可以得到 \(f\) 的递推式：

\[f_i=f_{i-1}\times kp+(1-p) \]

推一下通项，如果你不会推，可以看这里。

得到

\[f_i=(1+\frac{1-p}{kp-1})(kp)^i-\frac{1-p}{kp-1} \]

然后再推一下答案，得到：

\[ans=(1-p)(-\frac{n(1-p)}{kp-1}+(1+\frac{1-p}{kp-1})(\frac{1-(kp)^n}{1-kp})) \]

注意 \(kp\) 可能等于 \(1\) ，此时分母为 \(0\) ，需要特判计算。

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CF741D *2900 \(\color{Gold}\bigstar\)

一棵根为 \(1\) 的树，每条边上有一个字符（ \(a...v\) 共 \(22\) 种）。 一条简单路径被称为 Dokhtar-kosh 当且仅当路径上的字符经过重新排序后可以变成一个回文串。 求每个子树中最长的 Dokhtar-kosh 路径的长度。
\(n\le 5\times 10^5\)

标签：dsu on tree。

学习了一下新算法 dsu on tree，发现不是个很难的算法，就不新开一个文章了，借这道题讲一下。

字母只有 \(22\) 个，显然状压，就是求最长的路径使得异或值只有一位是 \(1\)，考虑做到一棵子树时，只需要考虑经过根节点的路径，因为其他路径可以自底向上合并。

一个显然的结论是设 \(dis_{i,j}\) 表示 \(i\) 到 \(j\) 路径上的异或值，那么 \(dis_{i,j}=dis_{1,i} \ xor \ dis_{1,j}\)。

所以只需要考虑 \(dis_{1,i}\)，即可，然后找 \(dep_{i}+dep_j-2\times dep_{LCA(i,j)}\)。

后面的已知，相当于求前面的 \(dep_{i}+dep_j\) 的最大值。

考虑开桶，\(b_i\) 表示异或值为 \(i\) 的 \(dep_x\) 最大值，然后对于一个 \(dep_y\) 可以暴力找和它匹配的 \(x\) 统计答案。

暴力做 \(O(n^2)\)，一条链就可以卡掉。

然后需要 dsu on tree，其实就是重链剖分一下，然后重儿子的桶直接继承过来（做完不清空），轻儿子的暴力做，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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P3694 \(\color{CornflowerBlue}{提高+/省选-}\) \(\color{gray}\bigstar\)

已知 \(n\) 个人，每个人有一个编号 \(a_i\)，每次可以选择一个人离开，离开若干人后把这些人放回去（放在空位中），不离开的人位置不变，使得编号相同的人相邻，问最少多少个人离开队伍。
\(n\le 10^5,m\le 20\)。

标签：状压 dp。

简单题，设 \(f_i\)，表示当前已经在前面放了集合为 \(i\) 的队伍，所需要离开人的最小值，枚举接下来是哪个队伍，然后直接做就好了。

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CF1499F *2400 \(\color{gray}\bigstar\)

给定一棵 \(n\) 个节点的树和一个正整数 \(k\)。求有多少种边的集合，使得在将此集合中的所有边断开后，形成的所有连通块的直径都不大于 \(k\)。

标签：树形 dp。

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内最长链为 \(j\) 时的答案。

直接暴力转移就好了。

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P7214 \(\color{black}{NOI/NOI+/CTSC}\) \(\color{red}\bigstar\)

有 \(n\) 个人排成一排，开始时他们都感染了病毒，有 \(m\) 个魔法，第 \(i\) 个魔法可以在 \(t_i\) 时刻把 \([l_i,r_i]\) 中的人治愈，花费为 \(c_i\)，每个时刻，一个被感染的人 \(i\) 会把病毒感染给 \(i+1\) 和 \(i-1\) ，求最少花费使得所有人治愈。

标签：线段树，最短路。

神题，\(\color{black}{d}\color{red}{jwj233}\) 推荐做的。

完全没啥思路啊，考虑两个魔法 \(i,j\)，令 \(l_i<l_j\)，那么如果 \(r_i-l_j+1\ge |t_i-t_j|\)，那么显然这两个魔法操作后中间会都治愈，也就是说可以合并为一个魔法。

然后可以发现如果魔法治愈了边界 \(1,n\)，那么那个方向就不会感染过来。

所以大概就是合并成一个 \([1,n]\) 的魔法，问最小花费。

考虑建边，如果满足上面那个条件就连边，最后问从左端点是 \(1\) 的魔法走到右端点是 \(n\) 的魔法的点权最小和。

暴力建边跑是 \(O(n^2)\)，寄。

可以分类一下，把绝对值去掉。

\[\left\{\begin{matrix}1+r_i-t_i\ge l_j-t_j\ (t_i>t_j) \\ 1+r_i+t_i\ge l_i+t_j\ (t_i< t_j) \end{matrix}\right. \]

一个比较显然的是对于每个 \(i\) 必然走 \(l_j>l_i\) 的 \(j\) 所以上面的成立。

然后考虑咋建边，一开始想的是主席树，但感觉非常阿拉丁。

实际上可以直接线段树，开始时按 \(t\) 排序，这样的话相当于查询一个前缀后缀，然后由于是点权和最小，所以在做 dij 的时候每次必然可以更新一个点必然更新，相当于每个点只会被能到达自己的最小的点更新，只会被更新一次，所以更新完了后就直接在线段树上扔掉。

然后具体找的话记录两个右边值的最小值，比较一下，如果该区间中有答案就暴力向下找，因为每找一次 \(O(\log n)\)，且至少会找到一个。

总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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开始板刷 CF *2600~*2700 了。

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CF85E *2600 \(\color{blue}\bigstar\)

已知 \(n\) 座塔的坐标， 把他们分成两组，使得同组内的两座塔的曼哈顿距离的最大值最小 在此前提下求出有多少种分组方案，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 5000\)。

标签：二分。

考虑二分答案一下，那么久相当于知道了有一些点对他们不能分到一个组里，显然可以建二分图，然后染色判断一下，第一问做完了。

考虑第二问，建出二分图，那么实际上对于一个联通块来说有两种方法，直接并查集找一下联通块个数就好了。

时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)，常熟小一点就过了。

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CF1344D *2700 \(\color{blue}\bigstar\)

给你一个长为 \(n\) 的数组 \(a_i\) ，构造自然数数组 \(b_i\) 满足
\(\forall i ,b_i \in[0,a_i],\sum_{i=1}^nb_i=k\)。
并最大化 \(\sum_{i=1}^nb_i(a_i-b_i^2)\)，输出任意一组合法的 \(b_i\)。
\(n\le 10^5\)。

其实不是很难。

考虑求导一下，得到 \(f'(x)=-3x^2+A\)，可以发现斜率单调递减。

考虑暴力咋做，每次选一个对答案贡献最大的，然后向后移动一格，时间复杂度 \(O(k\log n)\)。

考虑由于越取越小，所以满足单调，直接二分一下最大的是多少，然后微调一下就好了。

嘴巴很简单，但实现真的阿拉丁，还卡精度（建议找零点还是用二分。

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CF1034C *2700 \(\color{blue}\bigstar\)

一棵 \(n\) 个点的树，每个点有权值。你想砍树。 你可以砍任意次，每次你选择一些边断开，需要满足砍完后每个连通块的权值和是相等的。求有多少种砍树方案。
\(n\le 10^6\)。

考虑如果已知每个连通块大小为 \(t\) 咋做。

记录一个 \(a_i\) 表示子树权值之和，然后如果 \(a_i\mod t=0\)，那么 \(i\) 向父亲的边必须断掉，不断掉就不合法，断掉一定最优。

然后可以发现实际上就是满足

\[\sum [a_i\mod t=0]=\frac{a_1}{t} \]

那么 \(t\) 就合法，并且方案数为 \(1\)。

但是发现 \(t\) 的取值很大，不好做。

很妙的一点是考虑 \(\frac{a_1}{t}\) 表示分成几个连通块，容易发现 \(\frac{a_1}{t}\le n\)，所以可以枚举这个。

枚举 \(\frac{a_1}{t}\)，一个子树产生贡献的实际上就是 \(\gcd(t,a_i)\) 的因数，这些因数有需要满足 \(\frac{a_1}{x}\le n\)，所以可以直接预处理。

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CF13E *2700 \(\color{Gold}\bigstar\)

有 \(n\) 个洞，每个洞有弹跳值 \(a_i\)，跳一次可以从 \(i\) 跳到 \(a_i+i\) 个洞，维护两种操作。
0 x y 修改 \(a_x=y\)。
1 x 询问从 \(x\) 出发跳几次可以 \(>n\) ，并输出最后一个经过的洞。
\(n,m\le 10^5\)。

标签：分块。

和 P3203 一样。

考虑如果使用倍增跳，那么修改很难维护，所以考虑使用分块。

之前一道题的思路是记录 \(nex_i\) 表示 \(i\) 跳 \(\sqrt{n}\) 步之后的位置，但这个东西在本题中也难维护，因为这是个树形结构。

看题解，发现用 \(nex_i\) 表示从 \(i\) 开始跳，跳到第一个距离 \(i\) 超过 \(\sqrt{n}\) 的点，\(s_i\) 表示这样需要跳几次。

这样就很好维护，因为一次修改只会影响块内的，暴力重构就好了。

时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

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CF383E *2700 \(\color{green}\bigstar\)

给出 \(n\) 个长度为3的由 ′a′...′z′ 组成的单词，一个单词是正确的当且仅当其包含至少一个元音字母。 这里的元音字母是 \(a-x\) 的一个子集。 对于所有元音字母集合，求这 \(n\) 个单词中正确单词的数量平方的异或和。
\(n\le 24\)

标签：高维前缀和，容斥。

一个比较显然的容斥，选一个减去选两个加上选三个，然后做一个高维前缀和。

时间复杂度 \(O(n2^n)\)，然后过了？？

看了 CF 提交记录，发现只有一个是 \(O(2^n)\) 的。

由于最多只会选 \(3\) 个，所以设 \(f_{i,j}\) 表示集合为 \(i\) 选了 \(j\) 个的和。

然后发现这个东西像三维前缀和，直接做就好了，时间复杂度 \(O(2^n)\)。

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loj6194 \(\color{Gold}\bigstar\)

给 \(n\) 个二维点 \((a_i,b_i)\) ，询问有多少种排列 \(p\)（答案对 \(10^9+7\) 取模）使得执行以下伪代码后留下的点是 \(i\) ，即最后 \(saved=i\)。

saved = p[1]
for x from 2 to n
    if a[p[x]] >= a[saved] and b[p[x]] >= b[saved]
        saved = p[x]

保证 \(a,b\) 是排列。
\(n\le 10^5\)。

标签：树状数组，dp，数学。

考虑 \(saved\) 在过程中形成一个序列 \(q_1,q_2...,q_k\)。

那么一个性质是对于 \(q_i\) 来说，所有 \(x_j>x_{q_i},y_j>y_{q_j}\) 的数必须放在 \(p_{i+1}\) 的后面。

假设有 \(x\) 个数需要放在一个数后面，那么总方案数可以推一下得到需要除以 \(x\)。

假设 \(p_i\) 有 \(A_i\) 个 \(j\) 满足条件，那么答案就是

\[\frac{(n-1)!}{A_1A_2A_3...A_{k-1}} \]

需要注意第一个必须选 \(q_1\)。

可以得到一个 dp，直接按上面那个做，然后发现是个二维数点，可以直接树状数组做。

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CF351D *2700 \(\color{green}\bigstar\)

已知一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，定义一次操作为选择三个数 \(v,t,k\)，满足 \(a_v=a_{v+t}=a_{v+2t}...=a_{v+kt}\) ，然后把这些数全部删去，删去后可以把该序列重排，现在有 \(Q\) 次询问，每次询问一个区间，求该区间至少多少次操作后被完全删除。
\(n,Q\le 10^5\)。

标签：回滚莫队。

考虑重排这个东西很有用，因为可以把相同的数放在一起，之后每次操作就是区间不同数的个数。

只有第一次操作前没有重排，问题相当于求一次操作后区间不同数个数的最小值。

一次操作最多去掉一种数，所以判断是否可以删除一种数就好了。

由于一次删除的是一个等差数列，所以用莫队维护一种数当前的左右端点以及公差是多少。

删除比较难做，所以直接回滚莫队，只需要增加就好了。

时间复杂度 \(n\sqrt{n}\)。

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突然发现有 \(O(n\log n)\) 的做法，这里嘴巴一下。

考虑区间不同数的个数很好做，只需要判断是否有出现位置是等差数列的数即可。

然后可以记录一个 \(las_i\) 表示最小的一个 \(las_i\) 满足 \([las_i,i]\) 区间中 \(a_i\) 的出现位置是等差数列。

然后这个东西可以 \(O(n)\) 预处理，然后查询就和区间不同数个数一样了。

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CF1270F *2700 \(\color{Gold}\bigstar\)

给定一个长度为 \(n\) 的 \(01\) 串 \(s\)。
求有多少个区间 \([l,r]\) 满足 \(r - l + 1\) 是 \(s_{l\dots r}\) 中 \(1\) 的个数的倍数。
\(n \le 2 \times 10^5\)。

标签：根号分治。

首先可以得到一个比较简单的暴力，枚举一个左端点，然后枚举一下有多少个 \(1\)，向后跳判断一下就好了。

会寄，考虑根号分治。

令 \(\frac{r-l+1}{s_r-s_{l-1}}=t\)，如果 \(s_r-s_{l-1}\ge \sqrt{n}\)，可以发现 \(t\le \sqrt{n}\)。

然后可以化简一下，变成 \(ts_r-r=t(l-1)-(l-1)\)，所以开桶做就好了。

时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

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