23zr省选二轮
LOJ3273
题意：有若干个点，满足坐标 \(0\le x,y,x+y\le n\)，要求支持操作：插入点，查询某个点现在的位置，用一条长度为 \(l\) 的线段（一端在原点）从 \(x\) 轴或者 \(y\) 轴开始向上/下推长度为 \(l\) 的距离。
\(n\le 10^9,m\le 5\times 10^5,q\le 10^6\)。
考虑没有插入操作怎么做。
发现可以维护一个折线，并将折线上的点和不在折线上的点分开考虑，发现折线上的点 \(x,y\) 单调，而不在折线上的点坐标是初始值，于是插入一条线，只需要更新折线，并将被新线推到的点加进维护的点集即可。更新折线的话只需要将一段区间的 \(x\) 或者 \(y\) 赋值成新值即可，这个可以直接 ODT 之类的或者平衡树做。
这样就做完了无插入。
那么有插入怎么做呢？一个方法是按时间线段树分治，这个是比较套路的。
另一个想法是二进制分组。每个组维护 \(2^i\) 个点和组内的折线，每次插入一个点直接新建一个 \(2^0\) 的组，然后不停看有没有两个 \(2^i\) 合并成一个 \(2^{i+1}\)，能合并就将这两组的点坐标全算出来，然后合并成新组，新组的初始折线是 \(x,y\) 轴。发现一个点最多被暴力算坐标 \(\log\) 次，每次插入折线只需对 \(\log\) 个组操作，复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。
World tour final 2019 C1/C2
题意：坐标系上整点有灯，初始只有 \((x,0)\) 亮灯，每次操作可以反转 \((x,y),(x,y+1),(x+1,y)\) 的状态，给出终止状态，求哪个灯初始亮着，保证有解且唯一。
终止状态亮着的灯不超过 \(10^5\) 个。坐标可能很大，但在 \(long long\) 范围。
加强版就是 \((x,y)\) 初始亮灯，但是 \(n\le 10^4\) 且时限更大。
C1怎么做？考虑这个操作是可逆的，你可以让初始和末状态走到一个共同的状态。
假设只有一个亮点 \((0,0)\)，你要使得亮的点都在第 \(-i\) 行，那么通过构造计算，这一行点 \((j,-i)\)的状态就是 \(C(i,j) \bmod 2\)，根据卢卡斯定理，当 \(j\subseteq i\) 时值才为 1，那么显然，因为初始亮点在 \(x\) 轴上，所以你取第 \(-(2^{63}-1)\) 这行的状态，显然是一个一堆 1 的上三角的底边，且最左边的一个 1 对应的横坐标就是初始状态的横坐标。
那么只需要二分出这个最左边的即可。二分值域范围就是 \([-10^{17},10^{17}]\)。二分一个 \(x\) 看他是不是 1 只需要用 \(n\) 个点在这个位置的对应值异或和判断。复杂度 \(O(n\log V)\)。
Pjudge 21677 染色
题意：A 有一张图，并有一个合法八染色方案（有边相邻的点的颜色不同，一共只有8种颜色），B 有一张相同的图，并有 A 传过来的 \(2.5\times 10^5\) 个 bit 的信息，要求实现 A,B 的策略，使得 B 能够给出一个合法方案。
考虑对于度数小于 8 的点不需要信息，因为必然可以染，对于剩下的点传颜色 \(\bmod 4\)，那么 B 只需要自己做一个 2 染色即可。
UOJ 704
题意：给定二分图，最小割计数。左右侧点都是 \(\le 46\)。
考虑先求出一组任意的最大匹配，那么对于每组匹配 \((u,v)\)，在三条边 \((S,u),(u,v),(v,T)\) 中一定取恰好一条割掉。
不妨设割哪条边用 \(a_{u/v} \subseteq \{0,1,2\}\) 来表示。
然后对于一条非匹配边 \((u,v)\)，显然若 \(u,v\) 都在最大匹配中，那么要满足 \(a_u =0\) 或者 \(a_v=2\)，否则这条边能被匹配，若只有 \(u\) 在匹配，满足 \(a_u=0\)，若只有 \(v\) 在匹配中，满足 \(a_v=2\)。
可以发现满足这些限制的割边方案必然全合法且是所有最小割。
然后，把 \(u,v\) 都在最大匹配中的情况，连一条 \((u,v)\)，得到一个有向图。
然后发现对于一个环，环上所有点要么全选 \(0\) 要么全选 \(2\)，于是可以缩点变成 DAG。
之后拓扑排序，然后按拓扑序折半。
先只考虑前一半，枚举选 \(0\) 的集合，需要满足不存在集合外的点到集合内有边。然后考虑剩余点的导出子图，显然只有入度是 0，且不是被缩起来的点可以选 1，剩余的必须全选 2。
这样的方案全是合法的，容易对这部分计数。
然后考虑前半对后半部分的影响，选 0 的没有钦定的影响，选 1 或者 2 的要求他的出边对应的后半部分中的点必然要选 2，就相当于钦定一部分点选 2。
于是可以预处理，枚举后半部分选 2 的集合，剩余中选 0/1 的方案数和前半部分处理类似，再做一个高位后缀和即可。
复杂度是 \(O(2^{\frac{n}{2}}\times n^2)\)。
UOJ328
设要求的答案是 \(t\)。
考虑 2 操作的形式就是 FWT。
对于常见的异或/与/或卷积，不过是矩阵比较特殊的这样的变换。
于是考虑做异或卷积 FWT。发现直接这么做，异或卷积的矩阵的转置和自己的乘积不是单位矩阵，但发现是一个对角线上是 2 的矩阵。
于是把异或卷积的矩阵每个位置除掉一个 \(\sqrt{2}\) 即可。
然后发现，因为原序列只有 \(x,y\) 有值，根据 FWT 的性质，做完 FWT 的序列 \(a'\) 中，满足 \(a'_i \not = 0\) 的 \(i\) 只有一种情况：\(popcount(i\operatorname{and} t)\bmod 2 = 0\)。
那么有一种显然的想法是随机若干个(\(O(n)\) 个)线性无关的 \(i\) 满足如上性质，然后做高消即可。
但是发现这样做，矩阵的秩是 \(n-1\)，就是能解出两个根。但是一个根是 0，而原题又保证了答案不是 0，所以另一个根就是答案。
实现上，你每次随一个之后，对目前仍然合法的答案集合挨个判断一下是否仍然满足 \(popcount(i\operatorname{and} t)\bmod 2 = 0\)，直到答案集合不大于 2 为止。
可以发现，因为交互库的随机方式，这样做的期望调用次数是 \(n^2\) 级别的。
CF1750G
CF gym104172I
玩玩粥去。别惦记你那比做法了。
ucup8F
给定 \(n\) 个长度为 \(m\) 的字符串，已知恰好有一个字符串和其它所有字符串都恰有 \(K\) 个位置不等，你需要找到它是哪个，字符集大小为 4。
\(n, m \le 10^5, nm \le 2 × 10^7,K \le m\)
hash。考虑对于每一个串如何判断合不合法。利用类似 CSP2022T3 的做法，对于每一个字符串随一个权值，然后对于一个字符串判断其合不合法，只需看每一位和他不相同的权值之和是否恰为 \((n-1)\times K\) 即可。如果怕出错或者发现这次哈希答案不唯一可以多随几次取交集。
CF1545D
有一个 \(n\times m\) 的矩阵，\(n,m]le 1000\)，每行是等差数列，现在打乱每一列，并修改一个数，找到修改的这个数在哪一列和其原值。
首先利用每列的和求出是哪一列被修改了，然后考虑第 \(i\) 列平方和 \(f_i\) 的性质：\(f_{i+1}+f_{i-1}-2\times f_i = \sum k_i\)。
即连续三个列的平方和按这种关系是定值。
那么确定了这个定值，然后在确定寄掉的这一列中枚举修改，看什么时候合法即可。
难点在于想到平方和。这玩意真的不是人能联想的。
一个通信
题意：有一个长为 \(n\) 的序列，A 知道他，A 可以将序列任意排列然后传给 B 这个序列，你要对 A B 实现策略使得 B 能求出原序列（不用求出顺序，只要求出有哪些数）。
传递过程中会被删掉最多一个数。
A 不知道会被删掉哪一个数，B 只知道题面限制，不知道除了 A 传递的任何其他信息。
\(20\le n\le 100, 1\le a_i\le 500\)。
A 按照所有数的异或和为种子对序列 shuffle。
则枚举异或和，B shuffle 到对应序列就找到异或和，就找到了删除值。
CF1438F
逆天题。需要发现根的两个儿子做为答案的出现次数占比很大（最少也有约 18%），而其他点出现次数远小于这俩点，可以先随机三个点，这么 query 420 次，则做为答案出现次数最多两个的即是所求儿子，最后 \(n-2\) 次询问求出根即可。
CF750F
魔怔分讨。摆了。
一个怪异数学题
博弈，每个人可以选一个数，然后将整个序列模这个数（需要保证模数不大于当前序列最大值），将序列变全零者输。
给定 \(n\) 个数的取值范围 \([l_i,r_i]\)，求有多少种序列满足先手必胜。
\(n,v\le 200\)。
大力讨论。
首先有奇数且序列不全为 1，显然先手赢了，只需要全员模二。
然后有 \(4k,4k+2\) 也赢了，可以直接模 4。
然后有 \(12k,12k+4,12k+8\) 不能同时存在两个，那么只需要状压 \(200/12\) 种值即可。
复杂度 \(O(n2^{200/12})\)。
CF1007C
简单考虑询问会带来什么。考虑维护当前的可能位置集合，一次查询可能会切掉询问点左边或者下面，也可能切掉右上一部分，留下一个 L。
而如果每次取中心（如果是L形取左下小矩形中心），会得到 \(O(log^2)\) 次询问（最坏不断对于一个长减半）。
可以通过调整取左下小矩形的位置做到较优。
有一个简单的做法，是考虑始终维护矩形。那么可以同时倍增 \(x,y\) 两维。
如果在右边，就倍增去尝试增加 \(x\)，如果在上面，就倍增尝试增加 \(y\)，如果在 L 型中，那么说明有一维跳大了，将目前倍增的大小减小一半即可。复杂度均摊 \(O(log)\)，但是常数大。
CF1526F
仍然是牛逼交互。
可以考虑通过若干次询问找到 \(n-1,n\) 或者 \(1,2\)，然后剩余的数用一次查询确定值。
那么如何找到这样的数？考虑如果有一对值的差较小的点，那么和其的询问最远和次远的点就是 \((1,2)\) 或 \((n-1,n)\)。
显然这个差只需要不大于 \(\frac{n-4}{3}\)，于是通过 420 次随机询问找到一个答案小于 \(\frac{n-4}{6}\) 的点对，将其三个点中任两个拿过来查询即可。
最后通过题目中的 \(p_1 < p_2\) 确定序列的值（即，确定点对是 \((1,2)\) 还是 \((n-1,n)\)）即可。
ARC136E
给一个 \(n\) 个点的有向图，每个点有权值，存在边 \((i,j)\) 当且仅当 \(\gcd(i,j)>1\)，求最长反链。
以奇偶讨论连通性。
设 \(f(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因子。
那么 \(i\) 可达 \(j\)：
\(i,j\) 均为奇：\(i+f(i)\le j - p(j)\)
\(i,j\) 均为偶：显然可达
\(i,j\) 前者奇后者偶：\(i+f(i)\le j\)
\(i,j\) 前者偶后者奇：\(i\le j - p(j)\)
那么显然反链中只能选一个偶数。
枚举这个偶数 \(pos\)。
这时可以选偶数右边所有 \(i-f(i)<pos\) 和左边所有 \(i+f(i)>pos\) 的。因为这些显然两两不可达（集合内部和集合之间可以分开看），而再选其他的会可达 \(pos\)。
然后不选偶数，仍然枚举选 \(pos\) 这个奇数，然后用一样的方法确定剩下的点。
CF1720E
首先，如果现在的颜色数少于目标数，答案是 \(k-cnt\)。
如果相等，无需操作。
剩余只可能是 1 或 2 次。
为什么不超过 2？
显然，你第一次选第一个正方形，将左上角放在 \((1,1)\)，然后扩展到再加边长就 \(cnt < k\)。
然后第二个正方形右下角放在 \((L+1,L+1)\)，颜色和第一个正方形相同，那么每次扩展这个正方形的边长显然会影响到两个格子，也就是颜色数最多同时减二。
所以做完之后可能 \(cnt=k\) 或者 \(cnt=k-1\)。第一种情况，就让染的色是剩下的颜色之一，否则就新开一种颜色。
于是只需检查答案是否为 1。
考虑枚举左上角和边长，计算正方形能覆盖的颜色数。
对于一种颜色，考虑其最左右上下的点，显然正方形需要覆盖左上，右下这两个点才行，这个可以通过二位前缀和状物解决。
CF1572D
发现要求的匹配数很少，一条边选了最多使得 \(2n\) 条边寄，所以只需拿出边权最大的 \(2nk\) 条边和其端点用费用流跑二分图最大带权匹配即可。
CF1062F
拓扑排序题。
考虑拓扑排序有一个性质：同时在队列里出现过的点对不可能互达。
