4月杂题选做
上回说到：2022.3(part2)
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。
开始刷（贺） *2600~*2700。
CF1295F *2700 \(\color{Gold}\bigstar\)
\(a_i\) 在 \([l_i, r_i]\) 等概率随机，求 \(a_{1 \dots n}\) 不增的概率（\(a_i\) 为整数），答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 50,l_i,r_i\le 998244353\)。
标签：dp，组合。
考虑一个暴力 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示到了第 \(i\) 个，选了 \(j\) 的合法方案数。
时间复杂度 \(O(n^2\max(r_i))\)，爆炸。
一个显然的思路是可以考虑离散化。
离散化后相当于变成了一堆左闭右开的区间，然后此时可以设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 在第 \(j\) 个区间的方案数。
咋转移？考虑枚举一下第一个不在第 \(j\) 个区间的第一个 \(k\)，然后直接计算组合数转移即可。
注意要后缀和，然后做完了，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
ABC246Ex *2677 \(\color{Gold}\bigstar\)
已知一个长度为 \(n\) 的字符串 \(S\)，含有
0，1和?，其中?是通配符（可以任意选择变成0或者 ```）。
有 \(Q\) 次操作，每次操作修改一个位置，然后询问该串有多少个不同的非空子序列。
\(n,Q\le 10^5\)。
标签：动态dp，矩阵，线段树。
ddp 不会，赛时没想出来，其实还是比较板子的。
考虑如果一次询问咋做，考虑 dp。
设 \(f_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个字符，结尾为 0/1 的子序列有多少个。
考虑 \(s_i=0\) 咋转移。
显然 \(f_{i,1}=f_{i-1,1}\)。
考虑 \(f_{i,0}\)，如果是 \(1...i-1\) 中出现的，那么就是 \(f_{i-1,0}\)，否则必须选择 \(s_i\)。
多了一个 0，本质上增加的就是在前面每一个 1 后面放尽量多的 \(0\) 后面再放一个 \(0\)，注意可以全部都放 \(0\)，这部分贡献为 \(f_{i-1,1}+1\)。
所以 \(f_{i,0}=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}+1\)。
然后咋维护修改呢？
发现这个东西可以写成矩阵形式，相当于一堆矩阵乘起来，由于矩阵乘法满足结合律，所以用线段树随便维护就好了。
ABC246G *2313 \(\color{blue}\bigstar\)
已知一棵树，\(1\) 为根，有点权，开始有一个石头在 \(1\) 号节点，小 A 小 B 轮流操作。
小 A 每次把一个没有石头的点点权变成 \(0\)，小 B 每次可以选择结束游戏或者把石头移动到它的任意一个子节点。
最后得分是结束时石头所在位置的点权。
小 A 想让这个值最小，小 B 想让这个值最大，求最后的得分是多少。
\(n\le 10^5,a_i\le 10^9\)。
标签：二分，dp。
考虑先用二分答案，把点权分成 \(>mid\) 和 \(<mid\) 两部分，然后变成判定性问题。
使用 dp，设 \(f_i\) 表示把石头移到 \(i\) 之前，该子树至少进行多少次操作。
容易得到式子：
其中 \(p_{son}\) 表示是否大于 \(mid\)。
直接做，判断 \(f_1\) 是否是 \(0\) 即可。
CF840C *2500 \(\color{green}\bigstar\)
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，求有多少 \(1\) 到 \(n\) 的排列 \(p_i\) 满足对于任意的 \(2\le i\le n\) 有 \(a_{p_{i-1}}\times a_{p_i}\) 不为完全平方数，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 300,a_i\le 10^9\)。
有 \(O(n^3)\) 的 dp 做法，但是好像很困难，来个容易想到的 \(O(n^2)\) 容斥做法。
首先把每个 \(a_i\) 含有的完全平方数除掉，这样的话相当于不能让两个相同的数相邻。
容斥一下，钦定 \(i\) 对相邻的数相同，把这些相同的合并一下，那么排列的方案数就是 \((n-i)!\)，然后计算一下选出这 \(i\) 对的贡献。
分别考虑每一种数，然后合并相当于是一个卷积，可以暴力卷积。
每一种数的方案相当于是一个完全图，从中随便选一条边，然后把两个点合并，注意是有向边，而且选边的顺序无关。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
CF1473F *2700 \(\color{blue}\bigstar\)
你有两个长度均为 \(n\) 的序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)。
我们定义一个集合 \(S\subseteq \{1,2,\dots,n\}\) 是奇怪的，当且仅当：对于任意 \(i\in S\)，如果有 \(j\in [1,i-1]\)，满足 \(a_j|a_i\)，则也有 \(j\in S\)。特别地，空集总是一个奇怪的集合。
定义一个集合 \(S\) 的权为 \(\sum_{i\in S} b_i\) 。请求出所有奇怪集合的最大权。
\(n\le 3000,a_i\le 100\)，空间限制 \(32MB\)。
标签：网络流。
不难的题，但我想了好久。
考虑网络流，选择一个点的前提是选择它因数的所有点，经典网络流，与 CF1082G 差不多，考虑先把所有 \(b_i>0\) 的点加上，然后减去不合法的，进行最小割。
不合法的就是选择了一个点，但是没有选择前面的是它因数的点，一个简单的想法是原点向所有 \(b_i\) 为正的点连边权为 \(b_i\) 的边，每个点向自己因数的点连 Inf，\(b_i\) 为负的点向汇点连 \(-b_i\) 的边，然后跑最小割。
会有个问题，就是一个 \(b_i\) 为正的点可能依赖另一个 \(b_j\) 为正的点。
然后发现其实没有影响，因为如果 \(j\) 依赖 \(k\)，那么 \(i\) 也一定依赖于 \(k\)，所以是对的。
然后建图边数 \(n^2\) 的，寄，然后可以发现因为上面那个性质，而且 \(a_i\) 比较小，所以对于相同的 \(a_j\) ，只需要连最后一个就好了，这样边数就可以通过了。
CF1220F *2700 \(\color{green}\bigstar\)
有一个 \(1...n\) 的排列，按照这个序列建二叉树：
找最小的元素作为根。
排列被分为：这个元素的左边和右边两个部分。
左边最小元素成为左子节点，右边最小元素成为右子节点。
输出树的最小深度，及需要向左移动多少的元素才能到达这个深度。
\(n\le 2\times 10^5\)。
标签：线段树。
简单题，考虑枚举一下移动次数，把一个数移动到后面去本质上修改了一些点的深度，先求这个点自己的深度，找到前面的第一个比自己小的数，深度就是它加一，然后把它到自己这段区间中的数全部加一。
每次查询全局最大深度就做完了。
CF995F *2700 \(\color{Gold}\bigstar\)
已知一棵 \(n\) 个点，根为 \(1\) 的树，可以给树上每个节点分配一个 \([1,D]\) 的权值，要求每个节点的权值不大于其父亲节点的权值，求方案数，对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 3000,D\le 10^9\)。
标签：树形 dp，容斥。
洛谷题解一车拉格朗日插值，我太菜了，根本不会。
考虑如果 \(D\le n\) 怎么做，发现这个东西很简单，直接树形 dp，考虑设 \(f_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中，\(a_i\le j\) 的方案数，容易得到状态转移方程：
时间复杂度 \(O(nD)\)，考虑优化。
可以发现我们实际上最多用了 \(n\) 个 \([1,D]\) 的数来作为节点的权值，所以可以考虑先在 \([1,D]\) 中拿出 \(n\) 个数，然后进行一波容斥，因为权值可能相同，也就是说没有用到所有的数。
我们设 \(g_i\) 表示去重后恰好使用 \(i\) 个数的方案数。
那么相当于总数减去没有用到 \(i\) 个数的。
时间复杂度 \(O(n^2)\)，个人觉得比洛谷题解中的容斥更优美一些。
CF464D *2700 \(\color{blue}\bigstar\)
题比较长，自己看吧。
标签：期望，dp。
其实不是很难的题。
会发现每个装备本质一样，可以算出一个后乘上 \(k\) 得到总答案。
考虑设 \(f_{i,j}\) 表示还剩下 \(i\) 次操作，现在装备等级为 \(j\)，该武器获得的期望钱数。
分三种情况讨论，升一级，不升级直接卖，不选该装备。
然后得到一个时间复杂度 \(O(n^2)\) 的 dp。
可以发现本题没有模数，输出浮点数，有一个知名技巧是把贡献小于浮点精度的直接忽略。
可以发现如果等级很高，达到了 \(j\)，那么它的期望步数是 \(\frac{1}{k(j+1)}\)，当 \(j=1000\) 时，可以忽略。
所以就可以直接 dp 了。
CF241B *2700 \(\color{gray}\bigstar\)
给定 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2...a_n\),求两两异或值前 \(k\) 大的和，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n\le 50000,a_i\le 10^9\)。
标签：二分，字典树。
显然一眼可以二分答案一下，对于每个点看看异或值 \(\ge mid\) 有多少种方案，然后得到第 \(k\) 大的异或值，接下来统计答案也类似，在字典树的节点上统计其子树每一位出现次数，然后最后把每一位的答案加起来就好了。
ARC137D *2191 \(\color{green}\bigstar\)
已知一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，每次操作会使每个 \(A_i\) 变成 \(A_1 \bigoplus A_2 ... \bigoplus A_i\)，求对于每个 \(1\le j\le m\) 求，操作 \(j\) 次后 \(A_n\) 的值。
其中 \(\bigoplus\) 表示按位异或。
\(n,m\le 10^6,A_i\le 2^30\)。
标签：卢卡斯定理，高维前缀和。
考虑每个数对答案的贡献，由于是异或。所以要么是 \(0\) 要么是 \(1\)，对于一个数的贡献，可以发现每次是做一个前缀和，然后对 \(2\) 取模。
做 \(T\) 次前缀和，当前数对一个自己右边第 \(j\) 个数的贡献是 \(\binom{j+T-1}{j}\mod 2\) ，容易想到使用卢卡斯定理，这样相当于是 \(j+T-1,j\) 两个数每个二进制位的组合数之和。
想要让这个是 \(1\)，就需要满足上下与起来是下面的，然后上面减去 \(j\) ，本质上就是 \((T-1)\& j=0\)。
这个直接高维前缀和一下统计一个异或和就好了。
ARC138C *1728 \(\color{green}\bigstar\)
有一个长度为 \(n\) 的序列，先手每次任意取没取过的一个数，后手每次取没取过的最前面的一个数，先手得分为选的数字之和，开始前可以把序列循环移动 \(1..n-1\) 次，找到一个 \(k\) 使得最优情况下得分最大。
\(2\le n\le 2\times 10^5\)，\(n\) 是偶数。
标签：贪心。
简单题，考虑先手选的数字标记为 \(-1\)，其余数字标记为 \(1\)，一种合法方案就是前缀最小值 \(\ge -1\)，可以发现任意一种方案都可以通过循环移位使得合法，只需要移位到出发点是最低点即可。
因此答案就是最大的 \(\frac{n}{2}\) 个数之和。
CF1601D *2700 \(\color{blue}\bigstar\)
有一座初始高度为 \(d\) 的山，有 \(n\) 个人去爬，每个人有两个属性 \(s_i,a_i\)，如果 \(d\le s_i\)，那么第 \(i\) 个人可以爬上这座山，然后 \(d\) 变成 \(\max(d,a_i)\)，可以改变登山人的顺序，求最大登上山的人数。
\(n\le 5\times 10^5\)。
标签：贪心。
来个不需要分讨的做法。
考虑把人分成两类：\(s_i\ge a_i\) 的称为 A 类，\(s_i<a_i\) 的称为 B 类。
可以发现 A 类更为优秀，因为如果只有 A 类，只需要按 \(s_i\) 排序就可以使所有人上山，并且可以发现，最优方案中 A 类的人一定都上了山，不然一定可以在某个位置插入。
可以发现 A 类的人对 B 类没啥影响，除非 \(a_j>s_i\) 且 \(s_j<a_i\) 这样显然取 \(i\) 更优。
考虑只放 B，相当于一堆区间不能相交，求最多放几个。
一个简单做法是按右端点排序，然后贪心取。
把 A 类加入进来，发现也是按右端点排序就可以解决上面 A 对 B 的问题。
然后得到正确的贪心做法：按 \(\max(a_i,s_i)\) 排序，然后暴力取就好了。
注意一下 \(\max(a_i,s_i)\) 相等的情况，可以发现显然是先尽量取一个 B，然后全部取 A，相当于按 \(s_i\) 排序。
CF1539E *2500 \(\color{green}\bigstar\)
开始有两个数 \(a_0,a_1\)，都为 \(0\)，有 \(n\) 次操作，每次给一个值 \(k_i\)，你需要选择两个数中的一个，把值赋成 \(k_i\)，然后需要满足第 \(i\) 次操作后，\(a_0\in [l_{0,i},r_{0,i}],a_1\in [l_{1,i},r_{1,i}]\)，问是否可行并构造方案。
标签：dp，st 表。
不是很难的题，可以发现每次操作后总有一个值等于 \(k_i\)，考虑另一个值取什么最优，显然是可以满足向后面最多个限制条件的 \(k_j\)，即使得 \(i\le t\le R, l_t\le k_j\le r_t\) 中 \(R\) 的值最大。
所以考虑设 \(f_{i,0/1}\) 表示第 \(i\) 次选 \(a_0,a_1\) ，另一个的 \(R\) 最大是多少。
找 \(R\) 可以直接倍增 st 表维护，然后转移分两种情况讨论，输出方案直接记录一下从哪个转移过来就好了。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
CF474F *2100 \(\color{gray}\bigstar\)
给出一个数组\(s_i\)，有 \(q\) 个询问，每个询问给出一个区间 \([l,r]\)，问 \([l,r]\) 里有多少个数能整除其他数。
\(n,q\le 10^5\)。
傻*题，显然满足条件的是所有数的 \(\gcd\)，线段树维护 \(\gcd\) 以及有多少个数是 \(\gcd\)，乱合并就好了。
CF1367F2 *2400 \(\color{green}\bigstar\)
给定一个由 \(n\) 个正整数构成的序列（序列中可能有相同元素），每次操作可以把一个数放到开头或者结尾，现需要将该序列变成不下降序列，请问至少需要操作几次。
\(n\le 2\times 10^5\)。
加设放在前面的是 \(a\)，不变的是 \(b\)，扔到后面的是 \(c\)，显然需要使 \(b\) 最长，并且 \(a\) 中的数都不能超过 \(b\) 中，\(c\) 中不小于 \(b\) 中，且 \(b\) 单调不增。
说明必然是 \(b\) 中含有数值在 \([l,r]\) 中的所有数字全选，然后 \(l-1\) 和 \(r+1\) 里的贪心去选。
一个简单的做法就是双指针扫 \(l,r\)，然后暴力找 \(l-1\) 和 \(r+1\) 中能选多少个数，时间复杂度 \(O(n)\)。
注意可能会出现不选整段的做法，即在 \(i,i+1\) 中各选一部分，所以需要额外扫一遍。
可惜需要离散化，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
APC001F *2865 \(\color{red}\bigstar\)
已知一棵 \(n\) 个点的数，有边权，每次操作可以选择一条链，把链上所有边权异或上一个任意的值 \(x\)，求使得所有边权都变成 \(0\) 的最小操作次数。
标签：贪心，dp。
神仙题，优秀的 trick。
一开始一直在想链修改变成两个点到根路径上的修改，然后寄了。
很妙的一个想法是考虑链上修改时，除了左右端点之外的所有在链上的点，都有两条与它相连的点被异或。
所以设 \(a_i\) 表示与 \(i\) 相连的边的异或和，然后每次操作相当于只修改了两个点的点权，并且可以发现，边权为零的话点权也为零，目标变成点权变成零。
如果两个 \(a_i\) 相同，最优操作显然一次操作把这两个点都变成零，所以接下来每个权值最多出现一次。
考虑 \(a_i\) 很小，直接状压。
设 \(f_i\) 表示权值集合为 \(i\) 的最小操作次数，可以发现必须满足集合中的数异或和为 \(0\) 才有解。
然后可以发现异或和为零的集合至多 \(|S|-1\) 次就可以全消完，原因显然。
所以可以考虑枚举当前集合的一个子集，算一下和，然后得到最小操作数即可。
CF1656F *2600 \(\color{Gold}\bigstar\)
已知一张 \(n\) 个点的完全图，\((i,j)\) 边权为 \(a_i\times a_j+t(a_i+a_j)\)，其中 \(t\) 为常数，定义 \(f(t)\) 表示这个图的最小生成树，求 \(\max f(t)\)，如果没有最大值，输出
INF。
\(n\le 2\times 10^5\)。
标签：贪心。
考虑如果已知一个 \(t\) 咋做，先把 \(a\) 从小到大排序。
先把式子化简一下。
\(t^2\) 为常数，不管。
由于是最小生成树，所以尽量连最小的，所以如果 \(a_i+t\) 是正数，那么尽量去连最小的最小的 \(a_1\)，如果是负数，尽量连最大的 \(a_n\)。
所以相当于一个前缀连 \(a_n\)，一个后缀连 \(a_1\)。
可以考虑这个前后缀分界点在哪里，然后可以分别得到一条关于 \(t\) 的函数图像，最小生成树就是一个凸壳。
本来以为要维护，很阿拉丁，但其实不用，因为最大值一定出现在两条函数的交接点，交接点出如果分界点是 \(i\)，\(t=-a_i\) 是就是分界点，直接找最大值即可。
判断无解直接找两个极限的 \(t\)，判断一下是否收敛即可。
开始板刷 ARC ，*2000 以下的就跳了，先从远古场做起。
ARC059E *2189 \(\color{green}\bigstar\)
题目比较长，自己看吧。
标签：dp。
简单题，显然考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个人分 \(j\) 个糖最后式子中的和，然后相当于枚举一下 \(i\) 选几颗糖。
状态转移方程：
显然后面 \(\sum_{p=a_i}^{b_i}p^k\) 可以直接预处理用前缀和做，然后直接 dp 即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
ARC059F *2427 \(\color{green}\bigstar\)
有一个字符串，开始为空，每次可以在后面添加一个 \(0\) 或者 \(1\)，也可以选择删去最后一个字符，求 \(n\) 次操作后等于目标串 \(S\) 的方案数。
如果串为空，则使用删除操作不会对串产生影响。
\(n\le 5000\)。
标签：dp。
见过的最简单的 ARC F 题。
考虑由于最后需要变成目标串，相当于最后操作剩下的 \(|S|\) 个字符全部赋值为 \(S\) 即可。
可以发现只有删去的数可以在 \(01\) 之中任意选择。
如果串为空不能使用删除，那显然是一个卡特兰数。
考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示操作 \(i\) 次，得到的串长度为 \(j\) 的方案数。
如果使用删除，方案数乘 \(2\)，因为被删去的那个操作可以 \(01\) 任意选，如果添加，则只能添加与 \(S\) 一样的。
所以得到状态转移方程：
取 \(\max\) 是因为如果串长度为 \(0\) 可以继续使用删除，但没有与之对应的添加操作。
ARC060D *2261 \(\color{blue}\bigstar\)
定义 \(f(n,b)\) 表示把 \(n\) 转成 \(b\) 进制数后各位数之和，已知 \(n,f(n,b)\)，求最小的 \(b\)。
\(n,f(n,b)\le 10^{11}\)。
标签：根号分治。
不难的题，但我想了好久。
考虑 \(f(n,b)=f(\frac{n}{b},b)+n \mod b\)。
看到关于整除的式子考虑根号分治一下，
如果 \(b\le \sqrt{n}\)，可以直接暴力做，时间复杂度 \(O(\sqrt{n}\log n)\)。
如果 \(n=b>\sqrt{n}\)，可以发现 \(f(n,b)=\frac{n}{b}+n\mod b\)，那么直接枚举 \(\frac{n}{b}\)，然后算出 \(n\mod b\)，直接减去余数除以商就是除数了，时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。
可以平衡复杂度到 \(O(\sqrt{n\log n})\)，不过没什么意义。
几个坑点是：可能 \(s=n\)，此时 \(b=n+1\)，如果 \(b=\sqrt{n}\)，可能会出现 \(b\) 进制下是 \(100\) 的情况，需要在第一类中算。
ARC060E *2154 \(\color{gray}\bigstar\)
有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点坐标为 \(x_i\)，每次可以走到一个与当前点距离不超过 \(L\)，的点，\(Q\) 次询问，每次询问从 \(a\) 走到 \(b\) 最少需要几次行走。
\(n\le 10^5\)。
标签：倍增。
一眼倍增，设 \(f_{x,k}\) 表示从 \(x\) 出发走 \(2^k\) 次后到达那个店，直接跳就好了。
时间复杂度 \(O((n+Q)\log n)\)。
ARC060F *2804 \(\color{blue}\bigstar\)
定义一个串 \(S\) 是好的，当前仅当不存在一个串 \(T\) 和一个数 \(x\)，满足 \(x\ge 2\)，且把 \(T\) 重复 \(x\) 次后等于 \(S\)。
现在已知一个串 \(A\)，需要把它分成若干个子串，使得每个子串都是好的，且子串数最少，求最少子串数以及方案数。
\(n\le 5\times 10^5\)。
标签：字符串。
首次自己做出 *2800+。
先考虑判断一个串是否是好的。
可以用字符串相关知识得到先跑一遍 KMP 之后判断 \(n\mod (n-nex_n)\) 即可，特判一下 \(nex_n=0\) 的情况。
考虑 \(O(n^2)\) 咋做，考虑 dp，设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个字符的答案，直接做就好了。
可以发现答案段数要么是全部相等，答案为 \(n\)，要么整段是个好的，答案是 \(1\)，要么就把最后一个字符扔掉，变成两个好串，方案数可以枚举分割点，然后前后各判断，后面判断可以直接倒着做一遍 KMP。
时间复杂度 \(O(n)\)。
来具体证明一下上面可以分成两段的结论。
反证法，假设存在一个长为 \(x\) 的串是 \(S_{1..n-1}\) 的整周期，长为 \(y\) 的串是 \(S_{1,n}\) 的整周期。
显然 \(\gcd(x,y)=1\)，\(\gcd(x,y)|\gcd(n,n-1)=1\)。
然后可以发现 \(S_{1}=S_{1+x}=S_{1+y}=S_{1+ax+by}\)
根据某知名定理可以发现 \(S\) 中每个字符都相等，矛盾。
可以总结为引理：
如果一个长度为 \(n\) 的字符串有最长整周期为 \(x\)，那么一个长度为 \(m\) 的前缀的最长整周期长度最大为 \(\gcd(x,m)\)。
ARC061E *2502 \(\color{gray}\bigstar\)
已知 \(n\) 个点 \(m\) 条边，边有边权，一条路径如果两条相邻的边边权不相同代价加一，求 \(1\) 走到 \(n\) 最小代价。
\(n,m\le 2\times 10^5\)。
标签：图论，BFS。
显然建虚点，对于相同边权的边连的点建联通块，然后虚点取连联通块中每一个元素，直接跑 bfs 即可。
P6628 \(\color{purple}{省选/NOI-}\) \(\color{blue}\bigstar\)
有一张完全图，第 \(i\) 个点到第 \(j\) 个点的边权为 \(|i-j|\)，有 \(m\) 条重要边，询问对于每个 \(1\le i\le n\)，从 \(s\) 出发，到 \(i\) 结束，经过每条重要边至少一次的最小边权和。
标签：欧拉回路，最小生成树。
贪心思路就是每条边经过一次，可以发现这个东西是一个欧拉路，可以考虑 \((s,i)\) 连一条边，这样相当于一个欧拉回路。
会有问题就是可能有奇点，奇点处理比较简单，相邻的连边即可，并且为了尽量联通，所以把这段区间中所有的数都连成一条链。
联通块可以用并查集动态维护。
然后是联通的问题，无脑最小生成树后边权乘 \(2\) 即可。
P7516 \(\color{purple}{省选/NOI-}\) \(\color{green}\bigstar\)
题比较长，自己看吧。
标签：最短路。
这题 \(O(n^3)\) 可过真是离大谱。
考虑两个点对答案的贡献。
如果 \(u>v\) ,那么 \((u,v)\) 对答案有贡献需要满足 \(u\) 到 \(v\) 路径上的点都大于 \(u\)，并且 \(v\) 到 \(u\) 路径上的点都大于 \(u\)，在此基础上边出现时间最大。
反证一下，如果存在一个点 \(x\) 在 \(u\) 到 \(v\) 路径上满足 \(x<u\)，那么 \(x\) 必然可以在前面就被删除，反过来也同理。
因此相当于从大到小加边，跑 \(O(n^3)\) 最短路即可，然后做一个后缀和就好了，注意卡常。
CF1592F1 *2600 \(\color{Gold}\bigstar\)
有一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 目标矩阵，你可以进行四种操作：
- 选择一个包含 \((1,1)\) 的子矩形翻转，代价为 \(1\)。
- 选择一个包含 \((n,1)\) 的子矩形翻转，代价为 \(2\)。
- 选择一个包含 \((1,m)\) 的子矩形翻转，代价为 \(4\)。
- 选择一个包含 \((n,m)\) 的子矩形翻转，代价为 \(3\)。
初始矩阵全 \(0\)，问最少代价使得变成目标矩阵。
\(n,m\le 500\)。
标签：贪心，构造。
草，随便一道 *2600 我都不会了。
首先 \((1,m)\) 和 \((n,1)\) 操作显然无用，因为可以用两次 \((1,1)\) 操作代替掉。
所以只需要考虑两个操作，不会了，看题解。
考虑一次操作的变化量，令 \(b_{i,j}\) 表示 \(a_{i,j},a_{i,j+1},a_{i+1,j},a_{i+1,j+1}\) 的异或和，这样的话可以发现 \((1,1)\) 操作本质上修改了一个 \(b_{i,j}\) ，\((n,m)\) 操作修改了 \(b_{i-1,j-1},b_{i-1,m},b_{n,j-1},b_{n,m}\) 的值。
所以先统计 \(b_{i,j}\) 的和，然后看看是否可以用一个 \((n,m)\) 操作代替四个 \((1,1)\) 操作即可。
ARC070F *3365 \(\color{Gold}\bigstar\)
交互题，有 \(A\) 个好人和 \(B\) 个坏人，每次询问 \(x\)，\(y\) 是不是好人，好人说真话，坏人随机说真话或者假话，在 \(2n\) 次询问后确定每个人的身份。
\(A,B\le 2000\)。
标签：构造。
考虑如果 \(A\le B\) 那么显然无解，因为可以选择 \(A\) 个坏人假装是好人，然后然后和好人没有区别，无法分辨。
否则，考虑一个询问如果是对方是坏人，那么两个人之间至少有一个坏人，可以把两个人都扔掉，因为好人人多，最后可以剩下好人。
如果知道一个好人，再通过 \(n\) 次询问即可。
具体而言，维护一个栈，每次问栈顶外面的一个人是否是好人，如果否就弹栈，两个人都扔掉，否则入栈，可以发现这样最后栈一定是栈顶一堆好人，栈底一些坏人，因为好人后面不可能有坏人。
所以找到栈顶即可。
P6047 \(\color{green}\bigstar\)
题比较长，自己看吧。
标签：斜率优化 dp。
考虑如果两条线相交，那么只需要保留 \(v\) 更小的，所以变成一堆不相交的先，就可以直接处理 \(a,b\) 的前缀后缀最小值，然后 dp，\(f_i\) 表示前 \(i\) 条线满足的最小值，先写一个暴力式子，然后一眼斜率优化就做完了。
CF1373G *2600 \(\color{gold}\bigstar\)
\(n\times n\) 的棋盘上，第 \(k\) 行是特殊行，\((x,y)\) 表示第 \(x\) 行，第 \(y\) 列，这个位置的兵可以走到 \((x-1,y+1),(x,y+1),(x+1,y+1)\)。
每个兵都要走到第 \(k\) 行，不能有两个兵重合，可以在棋盘后添加若干列让每个兵都能走到第 \(k\) 行。
初始状态没有兵在棋盘上，现在有 \(m\) 个操作，将 \((x,y)\) 的状态改变，有兵则拿掉，没兵则添加。求每次操作后求需要最少要添加几列。
标签：线段树。
开始口胡了一个很阿拉丁的做法，首先显然，一个兵 \((x,y)\) 到 \(k\) 的横坐标最小为 \(y+|k-x|\)，但这样可能会有重复，所以要向后移动。
考虑加入一个数就直接在后面找第一个空的位置放进去，这个找空位可以直接并查集，但删除比较恶心。
所以显然可以线段树分治。。。时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)，不知道能不能过。
考虑另外的做法，每次删除必然删除当前点向后走的最右边的点，这样显然最优。
因此考虑设 \(f_i\) 表示兵在第 \(k\) 行向右走时经过了 \((k,i)\) 点 \(f_i\) 次，那么加点相当于就是找第一个 \(f_i=0\) 的点，删除就是找第一个 \(f_i=1\)，然后就是区间加减，显然可以线段树二分做，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
AGC017C *3133 \(\color{gold}\bigstar\)
\(N\) 个球排在一起，每个球上有一个数 \(a_i\)。接下来会进行若干轮删除。设现在还有 \(k\) 个球，则 \(a_i=k\) 的球会被删除。
最终可能球不会被删完，你需要求出最少修改几个球上的数后可以让球全部被删完。
同时还有 \(M\) 次修改，每次修改第 \(X_i\) 个球的数为 \(Y_i\)，你需要求出每次修改后上述问题的答案。
标签：贪心。
牛子题。
考虑全部删完需要什么条件，随便推一下就可以发现本质是向下面这张图（贺的）。
线段横坐标表示数值，纵坐标表示出现次数，可以清空的条件就是放倒后可以到达前一条线段处。
考虑第一次答案咋算，显然线段高度可以开桶预处理。
如果一条线段覆盖了另一个点，像下面这个：
那么最优方案显然是 \(AB\) 缩短一格，然后 \(ED\) 增加一格。
所以把线段放倒，记录一下 \(x\) 坐标轴上每个点被覆盖多少次 \(s_i\)。
答案就是 \(\sum \max(s_i-1,0)\)。
线段会倒到负半轴，比较难搞，所以可以统计 \(0\) 的个数。
这样就得到了初始的答案。
那么修改就是相当于修改两条线段长度，直接修改就好了。
CF1140G *2700 \(\color{green}\bigstar\)
题比较长，自己看吧。
标签：倍增。
先对同构的两点距离进行处理，可能可以绕一圈更优。
然后就可以发现走的必然是一条最短最短路径，可以记录一下再两个树上分别的最短路径，然后就可以每次前进一步，看看是否要在两颗树中间跳。
这样复杂度显然爆炸，容易发现这个东西可以动态 dp，但我不想写。
可以发现这个向上爬的过程是可以倍增优化，预处理一下然后倍增跳就好了。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，但代码是真的阿拉丁。
P5384 \(\color{blue}\bigstar\)
给一棵树，\(Q\) 次询问求一个点的 \(k\) 级祖先的 \(k\) 级儿子有多少个。
\(n,Q\le 10^6\)。
标签：桶，树。
本题有一堆单 \(\log\) 做法，好像都会被卡。
考虑查询 \(k\) 级祖先可以离线，开一个栈维护一个点的祖先就可以直接查询。
子树内一个深度的点的个数可以考虑开桶，在进入子树前统计该深度点数量，然后离开子树时在做两者之差即可。
时间复杂度 \(O(n+Q)\)，这个做法还是很妙的。
离线部分如果用 vector 实现会 MLE，需要用链表。
P1600 \(\color{green}\bigstar\)
题比较长，自己看吧。
标签：桶，树。
可以发现一个人的跑步分为上升和下降两部分，上升时深度与时间和为定值，下降则两者只差为定值，那么就可以分别开桶记录。
进行树上差分之后相当于子树中一个值之和，那么就和上题做法一样，在进入子树前后分别记录就好了。
CF1617E \(\color{Gold}\bigstar\)
有 \(n\) 个数组，每个数组选择一半扔到一个集合，另一半扔到另一个集合，是两个可重集相等，构造方案。
标签：构造。
两个条件，考虑都去满足。
一个构造方案是一个数组中的点分奇偶性相邻连边，然后一个数与这个数上一次出现的位置连边，如果图是二分图，那么合法。
由于两种边各连一条，所以必然是二分图，直接染色即可。
还不是很悟到，先咕着。
CF1458C *2700 \(\color{blue} \bigstar\)
给一个矩阵，每行每列都是一个排列，有六种操作，四种是向四个方向循环平移一格，还有两种分别是对每一行或者每一列的排列进行逆排列变换，求操作 \(m\) 次后的矩阵。
\(n\le 1000,m\le 10^5\)。
标签：矩阵。（？其实好像没啥标签好评的。
不是很难，但我想了好久（。
先考虑只有行咋做，逆排列本质上是把函数上的横纵坐标交换，所以说只需要开两个数组来记录每个点的横纵坐标，逆排列就是交换，否则就是全局加，可以记录一下。
现在有了行列，那么就用三维记录一个点，逆排列还是相当于交换两个数组，直接做就好了。
CF1149C *2700 \(\color{Gold} \bigstar\)
给一个长度为 \(2(n-1)\) 的括号串，对括号串建树，有 \(m\) 交换两个括号操作，求每次操作后括号树的直径，保证每次操作后的括号串合法。
\(n,m\le 10^5\)。
标签：线段树。
考虑左括号就是向下一步，右括号就是回去一步，那么一段区间去掉所有匹配括号后就会变成 ))))((( 的形式，这样就代表一条树上的链，长度为该括号串长度。
假设区间是 \([l+1,r]\)，中间分隔点是 \(k\)，记录前缀括号和是 \(s_i\)，那么左边右括号的个数就是 \(s_l-s_k\)，右边左括号个数就是 \(s_r-s_k\)，也就是相当于维护 \(s_l+s_r-2s_k\) 的最大值。
比较经典，维护 \(s_l,-2s_k,s_l-2s_k,s_r-2s_k,s_l+s_r-2s_k\) 的最大值，区间可以直接合并，用线段树轻松维护。
CF1667E *3000 \(\color{red}\bigstar\)
有 \(n\) 个点（ \(n\) 为奇数），第 \(i\) 个点与一个满足 \(j<i\) 的点连边，最后形成一棵树，求对于每个 \(1\le i\le n\) 求出 \(i\) 为重心的树的数量，对 \(998244353\) 取模。
标签：组合数学，容斥，多项式。
神题。
首先以 \(1\) 为根，这样一个点的子树中的点编号一定大于该点。
然后可以发现如果 \(i\) 子树大小至少是 \(\frac{n+1}{2}\)，不然子树外的点数就不满足重心了，记 \(S=\frac{n+1}{2}\)
令 \(f_i\) 表示 \(i\) 子树大小至少是 \(S\) 的方案数，那么可以得到：
这个式子咋理解呢，可以发现 \(n\) 个点的树有 \((n-1)!\) 棵，且根一定是编号最小的那个，所以直接在后面选 \(j\) 个，然后和 \(i\) 形成一棵子树，然后剩下的点就形成一棵树，然后 \(i\) 可以选择接在、哪个点后面。
这个东西显然可以整理之后使用 NTT 计算。
然后考虑答案，设 \(g_i\) 表示 \(i\) 号点的答案，那么首先显然需要满足 \(f_i\) 的条件，那么然后如果不是重心，说明重心一定在 \(i\) 的子树中，可以得到：
为啥要除以 \(i\) ？，因为 \(j\) 可能不在 \(i\) 的子树中，在 \([1..i]\) 中都有可能，且概率等价，所以除以掉。
然后就可以 \(O(n\log n)\) 直接计算了。
\(\color{red}{Swistakk}\)：FFT in E? I believe I solved it in much easier way.
是的，上面的多项式做法被怒斥了，这位 IGM 选手提出了吊打 std 不知道多少的优秀组合解法。
事实上：
然后就不需要上面的 NTT 了。
考虑先把 \([1,i]\) 的点都按顺序放好，然后考虑对于 \(>i\) 的点就选择一个 \([1,i]\) 的点，然后插入到它的后面，表示在它的子树内。
然后可以发现满足条件实际上就是要求 \(i\) 在前 \(S-1\) 个位置内，也就是 \([1,i]\) 都需要在前 \(S-1\) 个位置内。
考虑只放这 \(i\) 个数，算出概率后乘上总方案即可，\(1\) 必然在第一个位置，所以相当于放 \(i-1\) 个数，然后就得到了上面的式子。
直接算就好了，时间复杂度 \(O(n)\)。
ARC116D *1718 \(\color{green}\bigstar\)
问有多少个长度为 \(n\) 的非负整数序列满足 \(\sum a_i=m\)，且异或和为 \(0\)。
\(n\le 5000\)。
标签：dp
容易想到一个 dp，\(f_{i,j}\) 表示到了第 \(i\) 位，和为 \(j\) 的方案数，可以直接枚举这一位有多少个 \(1\) 来转移，时间复杂度 \(O(n^2\log n)\)。
此题有一个更加有趣的做法，考虑每次选择一位上选几个，然后把所有数都乘 \(2\)，这样显然满足要求，而且和上面的本质相同，记 \(f_i\) 表示和为 \(i\) 的答案，那么就可以得到：
时间复杂度变成 \(O(n^2)\)，吊打前面的做法。
ARC112E *2659 \(\color{blue}\bigstar\)
开始有一个序列长度为 \(n\) 的序列 \(a_i=i\)，每次操作可以选择一个点移动到最前面或者最后面，进行 \(m\) 次操作后变成目标序列，求操作方案数，对 \(998244353\) 取模。
\(n,m\le 3000\)。
标签：组合数学，容斥。
想了半天推出来了，好题。
考虑如果一个数被操作了，那么最后的位置只与它最后一次操作的位置有关。
设 \(f_i\) 表示对 \(i\) 个数进行 \(m\) 次操作，最后一次操作确定左右且顺序一定的方案数，可以直接容斥得到：
直接 \(O(n^2)\) 计算，然后考虑如果一些数没有被操作，那么最后必然形成一段在中间的区间，而且满足单调递增，所以可以直接枚举区间，那么就相当于左边放 \(x\) 个数，右边 \(y\) 个数的方案数。
确定一下最后一次操作左右的顺序可以得到该部分的贡献是 \(\binom{x+y}{x}f_{x+y}\)
还有可能所有数都操作的情况，那就枚举那个数最先放入，然后再左右分别放，由于第一个放入的数可以从左或者右放入，方案数乘 \(2\)。
ARC128D *2554 \(\color{Gold}\bigstar\)
有 \(n\) 个数，每次可以选择相邻的三个数 \(x,y,z\)，然后如果满足 \(x\ne y,y\ne z\)，那么就可以把 \(y\) 删除，\(x,z\) 就变相邻，求若干次操作之后有多少种可能的序列，对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 2\times 10^5\)。
考虑怎样的区间是可以被删除的。
如果一个区间中有两个相同的数相邻，那么显然无法删除。
否则相邻两个都不一样，考虑不合法一定是无论怎么删都会出现相邻两个一样，那么考虑出现相邻两个一样的前一步，必然保证是 \(01010101...\) 这样的形式，不然可以再删一步，所以只需要判断这样交错的形式即可。
设 \(f_i\) 表示 \(i\) 是最后一个保留数的方案数，第一个限制可以直接维护相同的位置用前缀和处理，后面的可以记录一个需要减去的 \(f_j\) 值之和即可。
ARC128D *2554 \(\color{Gold}\bigstar\)
有 \(n\) 个数，每次可以选择相邻的三个数 \(x,y,z\)，然后如果满足 \(x\ne y,y\ne z\)，那么就可以把 \(y\) 删除，\(x,z\) 就变相邻，求若干次操作之后有多少种可能的序列，对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 2\times 10^5\)。
标签：dp。
考虑怎样的区间是可以被删除的。
如果一个区间中有两个相同的数相邻，那么显然无法删除。
否则相邻两个都不一样，考虑不合法一定是无论怎么删都会出现相邻两个一样，那么考虑出现相邻两个一样的前一步，必然保证是 \(01010101...\) 这样的形式，不然可以再删一步，所以只需要判断这样交错的形式即可。
设 \(f_i\) 表示 \(i\) 是最后一个保留数的方案数，第一个限制可以直接维护相同的位置用前缀和处理，后面的可以记录一个需要减去的 \(f_j\) 值之和即可。
JOI2018C \(\color{Gold}\bigstar\)
有一个 \(n\times m\) 的矩阵，每个格子有一个颜色，每次可以选择从左到右连续的或者从上到下连续的三个
RGW并取走这三个字母，问最多可以操作多少次。
\(n,m\le 3000\)。
标签：dp。
用中间的 \(G\) 来表示一个操作的位置，考虑怎样的操作会相互影响，可以发现只有 \((x,y)\) 和 \((x-1,y+1)\) 这样的两个格子会相互影响，其他情况要么互不影响，要么必然有一个不满足 RGW 的条件。
所以就可以一条条对角线进行 dp，记录当前是竖的还是横的即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。
CF455D *2700 \(\color{gray}\bigstar\)
有 \(n\) 个数，两种操作，区间循环移位一格，区间查询一个数出现次数，强制在线。
\(n\le 10^5\)。
标签：分块。
简单题，显然分块一下，然后每个块开一个双端队列，再开桶记录每个数出现次数，修改就相当于双端队列弹出一个加入一个，两边散块暴力维护即可。
时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。
CF713D *2700 \(\color{gray}\bigstar\)
给一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵，每次询问一个子矩阵内，全为 \(1\) 的正方形的边长最大值。
\(n\le 1000\)。
标签：dp，st 表。
先跑一遍 dp，求出 \(f_{i,j}\) 表示以 \((i,j)\) 为右下角的正方形最大边长。
显然可以二分答案一下，然后相当于询问一个子矩阵最大值，直接 st 表维护即可。
