训练记录PART7 2018.11.30~2019.1.29

友情提醒：大部分题选自opentrains，以后有训练需要的同学慎重查看。

T111-XIX Open Cup - Grand Prix of SPb I

　　题意：judge程序有一个奇数 \(X(1 \leq X < 2^{31})\)。你必须给它 \(N(\leq 10^5)\)个互不相同的数），它会随机选择 \(\frac{N}{2}\)（\(N\) 是偶数），计算 \(a_i \times X \mod 2^{31}\) 并打乱输出。要求对于不同的 \(N\)，构造 \(a_i\) 以还原 \(X\)。
　　题解：看起来很神奇，其实是一个暴力。注意到 \(X\) 是奇数，模数是 \(2\) 的幂次，有逆元。
　　不妨设返回的是 \(b_i\)。假设我们关注 \(b_1\)。我们只需只要它对应哪个 \(a_i\)，我们就能求出 \(X\)。于是这里就有一个 \(N^2\) 的做法了。枚举每一个 \(a_i\)，得到一个可能的 \(X\) 的值。再把 \(X\) 和每个 \(a_i\) 去计算，如果得到的 \(N\) 个数里包含 \(b_i\) 这 \(\frac{N}{2}\) 个数，\(X\) 可以认为是合法的。
　　其实如果我们反过来check，就可以大大的剪枝。枚举了 \(X\) 后，每次用 \(b_i\) 去除，必须保证得到的 \(a_i\) 在你的列表里。如果不在即可 \(break\)。你还会发现，如果所有东西都是随机的话，如果 \(X\) 不是解，期望 \(O(1)\) 步就会被 \(break\)，所以复杂度是 \(N \log N\) 的。\(log\) 是扩欧求逆元。

T112-2018 Bytedance-MW Wintercamp Selection Contest C

　　题意：给出一棵 \(N(\leq 10^6)\) 个点的带边权的树。甲乙两人轮流博弈，每次可以选择将一条边 \(e\) 的边权 \(w_e\) 减一。若减完后变成 \(0\)，则割掉不包含根的那个连通块。双方执最优策略，问先手是否必胜。如果必胜的话，还要输出所有可行的第一步删边方案。
　　题解：如果边权 \(w_e=1\)，有一个很简单的结论：子树 $sg_x=(sg_{y_1}+1) \oplus (sg_{y_2}+1) \dots $。这个可以用归纳法来证明。
　　此题中边权可以大于 \(1\)。事实上，还有一个一般性的基于图的做法。
　　链接可参考这里：([https://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7854532)。
　　主要思想是基于对原图进行等价变换。
　　　　等价变换①：偶环可以“缩成”一个点（偶环里的边将变成这个点的子环）。
　　　　等价变换②：自环可以拆成一个新的儿子。
　　直接将此题的树看成图，可以发现子树 \(sg_y\) 对 \(sg_x\) 的贡献是 \(sg_y \oplus [w_{x,y} \nmid 2]\) 。特殊情况是 \(sg_y+1[w_{x,y}=1]\)。
　　第二问要求我们将某一条边减少一，使根的 \(sg\) 变为 \(0\)。直接 \(DFS\) 下去，每次维护需要将当前的 \(sg\) 变成多少才能合法。

T112-2018 Bytedance-MW Wintercamp Selection Contest D

　　题意：定义 \(f(x,y)(x \geq y)\) 为 \(x\) 变为 \(y\) 的最小步数。变化可以有两种：
　　　　①：\(x=x-1\)
　　　　②：\(x=x-2^i\)（如果 \(x\) 里含 \(2^i\)）
　　求 \(\sum \limits_{x=0}^n \sum \limits_{y=0}^x f(x,y)\)。答案对大质数取模。 \(n\) 的二进制表示不超过 \(500\) 位。
　　题解：如果 \(x\) 某一位是 \(0\) 而 \(y\) 是 \(1\)，只能通过操作 ① 来得到。我们只需将右侧尽快变成全 \(0\)，然后执行 ① 操作。
　　那么是找到最靠左的那个 \((0,1)\) 的 pair 吗？并不是。如 \(110001\) 和 \(010010\)，第五位不够退位的时候，会把第二位的 \(1\) 变成 \(0\)，导致第二位变成新的 \((0,1)\) pair了。那还不如操作第二位呢！
　　总结一下，我们要找一个最靠左的分界线，满足分界线右侧 \(x' < y'\)。一个推论是，分界线左侧第一位一定是 \((1,0)\) 的形式。然后我们知道这个 \(1\) 必然会被退位，所以最小步数为：分界线左侧 \((1,0)\) 的个数 + \(x'\) 里 \(1\) 的个数+ \(y'\) 里 \(0\) 的个数。
　　考虑数位dp，\(f_{i,j}\) 表示到 \(x\) 和 \(y\) 填到第 \(i\) 位，且目前 \((1,0)\) 的对数为 \(j\) 的方案数（当然还要加一些必要的 \(0/1\) 维来维护大小关系）。转移时候强制不出现 \((0,1)\)。
　　然后我们枚举分解线 \(i\)。我们要调用的右侧信息是 \(G_{i+1,j}\)，表示“填 \(i+1\)~\(n\) 的 \(x'\) 和 \(y'\)（ \(x'<y'\)），\(x'\) 里 \(1\) 的个数 + \(y'\) 里 \(0\) 的个数为 \(j\) ”的方案数。这也可以通过一个 \(dp\) 预处理出。统计答案前对 \(G\) 做一个前缀和，总复杂度可以做到 \(O(L^2)\)。
　　还存在直接 \(O(L)\) 的优秀做法。\(F\) 里不仅要记方案数，也要记总的值。

T114-Petrozavodsk Winter 2009 - Andrew Stankevich Contest 37 E

　　题意：\(S,T\) 是字符串。我们在 \(S\) 中把所有 \(T\) 出现的段都标记出来。如果 \(S\) 中的每个下标都被标记过，称 \(T\) 可以密铺 \(S\)。
　　现在给出一个串 \(S(|S| \leq 2 \times 10^5)\)，对于它的每一个前缀，都要求能密铺它的最短的串的长度。
　　题解：还是一道比较精巧的字符串题。
　　分析一下后会发现，用来密铺的小串 \(T\)，也必须是 \(S\) 的前缀。
　　考虑如何计算答案。如果我们枚举了一个前缀 \(T\)（用它来作为小串），并找出了它在原串中所有出现的位置。那么能被它密铺的前缀 \(pre_i\) 需满足两个要求：① \(i\) 的位置必须小于等于 \(T\) 极远能密铺到的位置 \(p\)；②S[i-|T|+1..i]=T。
　　假设对于每一个前缀 \(T\)，我们求出了它能密铺的极远距离 \(R_T\)。为了满足第二个条件，对 \(S\) 建立 \(kmp\) 树，这样能密铺 \(pre_i\) 的备选小串，必然是其到根路径上的串。我们只需在其中找一个深度最浅（这样长度就最小）的\(R_T \geq i\) 的 \(T\) 即可。这一步只需一个 \(set\)。
　　那么如何预处理 \(R\) 数组呢？首先，我们可以用 \(ex-kmp\) 或 哈希 预处理出 \(lcp_i\) （后缀 \(i\) 和原串的 \(lcp\)）。枚举 \(T\) 时，关注所有 \(lcp_i \geq |T|\) 的 \(i\)，它们是合法的 \(T\) 覆盖的开头。如果从小到大枚举 \(T\)，相当于每次会删掉一些 \(i\)，然后问“断层”最早出现在哪里。形式化的来说，对于还合法的位置集合 \(i\)，求一个最小的相邻的 \(pair\)，使得 \(i_2-i_1 > |T|\)。我们可以用线段树来维护这个需求。把所有合法的 \(i\) 看做是 \(1\)，在线段树底层记录它和下一个 \(1\) 的距离。如果维护了区间最大值，询问时直接在线段树上二分。删除 \(i\) 也能方便地维护，总复杂度为 \(O(N \log N)\)。
　　其实还存在一个更美妙的做法。每次枚举 \(T\) 后，我们直接尝试去密铺！铺完第一段（一定是开头）后，我们找到这一段里最靠右的合法起点继续铺。可以证明，铺完的复杂度是 \(O(\frac{N}{|T|})\)，因为第一段、第三段、第五段……肯定不会重叠。全部枚举完后就是一个调和级数。找最靠右的位置可用树状数组或并查集，总复杂度为 \(O(N \log^2 N)\) 或 \(O(N \log N \alpha N)\)。

T117-2018 ICPC - Asia Jiaozuo J

　　题意：考虑一个 \(M \times M (\times 1500)\) 的网格和在上面的 \(N(3 \times 10^5)\) 个矩形。现在要删掉正好两个矩形，使得至少被一个矩形覆盖的格子个数变得尽量得少。
　　题解：假设我们能预处理出，哪些格子只被一个矩形覆盖（称为 \(A\) 类点），哪些被两个矩形覆盖（称为 \(B\) 类点），以及对应矩形的编号。那么只要枚举所有 \(B\) 类点，假设删的是它对应的两个矩形 \(x\) 和 \(y\)。答案为：只被 \(x\) 覆盖的 \(A\) 类点数 + 只被 \(y\) 覆盖的 \(A\) 类点数 + \(x\) 和 \(y\) 交的矩形中的 \(B\) 类点数。
　　难点在于预处理，需要不带 \(log\) 的实现。如果不需要知道对应矩形编号，每次只要矩阵加即可（打一下差分标记即可做到线性）。
　　先考虑维护所有 \(A\) 类点的对应矩形，其实很简单。对于第 \(i\) 个矩形，我们只需把它包含的格点全部加上 \(i\)。最后，如果一个点是 \(A\) 类点，它上面的值即为对应矩形编号。
　　对于 \(B\) 类点的预处理也可以使用类似的方法。为每个矩形定两个值 \((u_i,v_i)\)，再定义两种运算 \(\oplus_1,\oplus_2\)，且它们满足交换律。对于 \(u\) 和 \(v\) 要开两个不同的二维数组，每次对矩形内部进行 \(\oplus\) 运算。最终对于每个 \(B\) 类点，我们希望根据它的 \(\sum u,\sum v\)信息，可以唯一地还原出对应的两个矩形 \(i\) 和 \(j\)。比如，我们可以设 \(\oplus_1=\oplus_2=+,u_i=i,v_i=i^2\)。最终总复杂度为 \(O(M^2)\)。

T118-2018 ICPC NEERC I

　　题意：在一个长度为 \(N\) 的排列中，如果存在一个区间 \([i,j]\)，使 \(\max(a_i,\dots,a_j)-min(a_i,\dots,a_j)=j-i\)（且区间长度不为 \(1\) 和 \(N\)），那我们称之为 \(interval\)。如果一个排列不存在 \(interval\)，我们称之为 \(interval-free\)。求长度为 \(N(N \leq 400)\) 的所有 \(interval-free\) 的排列个数，对大质数取模。
　　题解：这道数数题很精妙啊！首先，如果两个 \(interval\) 有交，它们的并必然也是 \(interval\)。这启发我们去极大化所有 \(interval\) 再计数。注意：在分析时我们认为，长度为 \(1\) 的区间也算 \(interval\)。
　　由上面分析，我们必然能将一个排列划分成若干个不相交的极大的 \(interval\)。当然，这是存在一个反例的：如果只有两个极大的 \(interval\)，它们是可以相交的（因为此时它们的 \(union\) 是全局，我们不认为这是一个 \(interval\)）。
　　所以我们将分两次动态规划。第一次是求出由两个极大 \(interval\) 组成的排列数（注意它们可以相交）；第二次是求出至少有三个\(interval\) 顺次连接起来的排列数。从 \(N!\) 里减去这两部分的答案即为所求。
　　对于第一个问题，我们先考虑左边 \(interval\) 值小于右边 \(interval\) 的情况，最后乘 \(2\) 即可。因为交会带来麻烦，我们不妨强制右区间极长（为 \([k+1,N]\)），那么左 \(interval\) 相应地缩小为 \([1,k]\)。即：不存在更小的 \(k\)，使得 \(k\) 也满足这种划分。
　　现在，设 \(G_N\) 表示长度为 \(N\) 的排列中，不存在这种 \(k\) 划分的排列数。考虑用容斥计算，枚举一个它的一个最小违法划分 \(k\)，并调用子函数来强制它就是最小划分。即 \(G_N=N!-\sum_{k=1}^{N-1} G_k \times (N-k)!\)。
　　当段数大于等于 \(3\) 时，因为区间严格不相交，其实更好算。核心思想就是：设原题数列的答案为 \(F_N\)，每次枚举几段，把排列放进去，再用 \(F_N\) 去强制它们不会形成更大的 \(interval\)。
　　最后我们得到，\(F_N=N!-2\sum_{k=1}^{N-1} G_k \times (N-k)!-\sum_{k=3}^{N-1} C_N^k F_k\)。其中 \(C_N^k\) 可以预处理，表示将 \(N\) 个数划成 \(k\) 个排列（彼此也有顺序）的方案数。
　　

T118-2018 ICPC NEERC D

　　题意：给出一个 \(N(N \leq 10^5)\) 个点和 \(M(N-1 \leq M \leq N+42)\) 条边的无向图。求 \(\sum_{i=1}^N \sum_{j=i+1}^N d_{i,j}\)。
　　一个很好的用来解决 \(N-1 \leq M \leq N+K\) 这类问题的方法：每次选择一个度数为 \(1\) 的点将其删掉，剩下的图里度数大于 \(2\) 的点不会超过 \(2K\) 个。因为每次删点后，边与点的差都不会变。所以删完后，\(\sum d_i=2(n+K) \leq 2n+2K\)。
　　此题中，每次删除叶子 \(x\) 的时候，可以直接加上 \(n-1\)，然后把 \(x\) “附” 在父亲 \(y\) 上。即我们把问题更一般化，每个点还有一个权重 \(w_x\)，我们要求的是 \(\sum \sum w_x w_y d(x,y)\)。
　　新题中，我们称度数超过 \(2\) 的点为关键点（它们不超过84个）。关键点到别的点的最短路可以暴力算。
　　我们算的是以每个起点开始的值，所以最后答案除2即可。
　　观察到，剩下的点都成为了一条条“链”连接上两个关键点。暴力枚举每一条链，先预处理出链上的点的一些信息。然后枚举不在该链上的每一个非关键点 \(i\)（注意：每多一条链，边都要比点多耗一条，所以链的总数也是 \(O(K)\)的），\(O(1)\) 计算出 \(i\) 到这条链上的所有点的答案（发现只需维护知道链上 \(w_i\),\(w_i \times i\)的前缀和即可算出）。至于同一条链上两两不同的点的答案，也可以在预处理后讨论出来。总复杂度 \(O(NK)\)。

T119-2018 ICPC NWERC A

　　题意：给出平面上的 \(N(\leq 10^5)\) 个点对 \((x_i,y_i)\)。构造对应的 \(N\) 个点对 \((x'_i,y'_i)\)，满足 \(x'_i \leq x'_{i+1},y'_i \leq y'_{i+1}\)，且 \(\sum (x_i-x'_i)^2+(y_i-y'_i)^2\) 最小。
　　题解：一个显然的结论是：\(x\) 和 \(y\) 两维独立，可以分开做。
　　现在要解决的子问题是：给出数轴上 \(N\) 个点 \(a_i\)，构造对应的 \(b_i(b_i \leq b_{i+1})\)，使得 \(\sum (a_i-b_i)^2\) 最小。
　　对于只有前 \(k\) 个点的子问题，假设我们找到了最优的 \(m\) 个位置 \(x_1,x_2,\dots,x_m\)，其中每个位置选了\(c_i\) 个点（所以 \(\sum x_i = k\)）。
　　现在我们考虑第 \(k+1\) 个点放在哪里。 如果 \(x_m \leq b_{k+1}\)，直接把 \(b_{k+1}\) 设为 \(x_{m+1}\) 即可。不然的话，\(x_m\) 可能需要移动。一个很显然的结论是，\(x_m\) 和 \(b_{k+1}\) 这些位置会合并在一起。假设新的最优位置是 \(x\)，我们要极小化 \(\sum \limits_{k-c_{m}+1}^{k+1} (x-a_i)^2\)。由二次函数的性质，\(x\) 应该取 \(a_{k-c_m+1} \sim a_{k+1}\)的平均值。所以我们把 \(b_m\) 设为 \(x\)，扩大 \(c_m\)。注意到可能会继续往前合并。
　　事实上，我们维护出来的就是 \(a_i\) 一段一段非递减的平均数。
　　有关“集合平均数”的题还有很多，比如CCPC2018 桂林站的A题。我们来看一道它的拓展版：POJ2054。
　　给出一棵 \(N(\leq 1000)\) 个点的带点权的树，将所有点安排进一个数组，最小化 \(\sum v_i \times rk_i\) 。一个点必须排在它的父亲的后面。
　　设权值最大的点是\(b\)。如果没有限制，它必然排在第一个；那么有限制的条件下，它一定紧跟在它父亲 \(a\) 后面。再考虑，如果 \(a\) 和 \(c\) 此时同时可以放，应该选择 \(abc\) 还是 \(cab\)。暴力推式子后可以发现，比较函数即为 \(\frac{v_a+v_b}{2}\) 和 \(v_c\)。基于这两点，可以视为 \(ab\) 完全合成了一个新的“大点”，大点的值取两者的平均值。一直重复这样的操作即可（直到整棵树只剩下了一个点）。

T120- Petrozavodsk Summer 2015 - Yandex Cup Stage 1 G

　　题意：给出有 \(N=2^k(k \leq 17)\) 个数的数组 \(a_i\)。定义数组 \(b_i\) 为：\(b_{i,j}=a_j \oplus i\)。将这 \(N\) 个数组按字典序排序（一样就按编号排），输出最后的排列结果（编号）。多组数据。
　　做法挺巧妙的。有一个关键的性质是：\(b_{i,0 \sim 2^{k+1}-1}\)这些数字是可以被 \(b_{i,0 \sim 2^k-1}\) 和 \(b_{i \oplus 2^k,0 \sim 2^k-1}\) 顺次连接表示。这样我们就可以类似后缀排序一样做了：先按 \(b{i,0}\) 对每一个数组重分配权值，每次利用上一次结果的两段进行两次基数排序。

T121-BSUIR Open Finals 2015 A,H

　　题解：待更。

T122-XV Open Cup - Grand Prix of Central Europe (AMPPZ-2014) I

　　题意：有 \(N\) 个士兵，士兵 \(i\) 拿着枪指向士兵 \(p_i\)，且 \(p_i\) 是一个排列。再给出 \(t_i\)，表示士兵 \(i\) 的开枪时间（显然，当一个士兵死亡后，他就不能开枪了）。求最后会有几个士兵活着。有 \(Q\) 个询问，每次永久地修改一个 \(t_i\)。为防止歧义，保证任意时刻的 \(t_i\) 互不相同。
　　题解：先考虑链怎么做。设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个人的死亡时间，从前往后dp。若 \(f_i < t_i\)，则 \(f_{i+1}=\infty\)；否则 \(f_{i+1}=t_i\)。
　　仔细观察这个结构，\(f_{i+1}\) 的取值其实只有两个，而且只取决于 \(f_i\)（因为 \(t_i\) 已经固定）。我们用线段树来维护这一结构。对于每个区间 \([l,r]\)，分别维护 \(f_{l-1}\) 是否是 \(\infty\) 时，这个区间的存活人数以及最后一个人的 \(f_i\)。这显然是可以合并的，而且支持快速改一个人的 \(t_i\)。
　　至于环，每次找到环上最小的 \(t_i\)切开就能变成链了。实际做的时候倍长一下维护得多一点就行。

T122-XV Open Cup - Grand Prix of Central Europe (AMPPZ-2014) J

　　题意：有 \(N(\leq 10^5)\) 个点的一棵树，要在树上选一个点 \(x\) 当做根。有 \(M\) 个限制 \((x,y,d)\)，表示 \(x\) 离 \((x,y)\) 这条链的距离必须小于等于 \(d\)。找出一个合法的 \(x\) 或输出无解。
　　题解：核心思想是，对于所有限制，充要地在树上打上标记。然后从根开始 DFS 走，看看能否走到一个标记合法的点。
　　对于一个限制 \((x,y,d)\)，设它们的LCA是 \(z\)。对于\(x\) 和 \(y\) 这两个点，我们打一个标记：往子树里走，步数上界是 \(d\)；对于 \(z-x\) 和 \(z-y\) 这两条链上的每一条边，我们想要打一个标记：如果走的不是这条边（开始远离链），要求走出去的步数上界是 \(d\)（这里可以用树链剖分来维护）。点 \(z\) 的限制稍微特殊一些：如果走的不是到 \(x\) 或者到 \(y\) 的这两条边，走出去步数上界是 \(d\)。对于 \(z\) 之上的点，分为上界和下界两种：下界指的是，从根开始至少需要走 \(deep_z-d\) 步（所以这个限制直接打在根上即可）；上界是，对于 \(z\) 到根的任意一个点 \(t\)，如果 \(t\) 不往 \(z\) 方向走，有一个 \(d-(deep_z-deep_t)\) 的上界。注意到，在这个描述中，限制量随着点变化，维护困难；反过来维护，先在点 \(z\) 处打一个固定标记，最后DFS时，每到一个 \(t\)，就查询一下 \(t\) 子树的限制。
　　限制加完后一路DFS下去，每次都要求下界小于等于上界，一旦下界削减为 \(0\)，说明当前这个点合法。
　　比赛时做复杂了，因为此题无需求出每个点的合法性，只需求出一个合法解。考虑现在有一个待定的点 \(t\)，注意到，如果它不满足限制 \(i\)，在它没到 \((x_i,y_i)\) 的链上时，调整方向是唯一的。这样做法很简单，开始时随便选一个初始点 \(t\)，每次进来一条链，如果 \(t\) 不满足要求，就暴力朝链的方向移动到正好满足要求的新的点 \(t'\)。最后重新check一遍所有限制即可。

T123-XV Open Cup - Grand Prix of SPb C

　　题意：给出一个 \(N(\leq 10^5)\) 个点的无向图，每个点的度数不超过 \(5\)。要用三种颜色对点染色，使得对于每个点，最多有一个邻居颜色和它一样。
　　题解：看上去很像一道 NP Hard 的题？首先会注意到一个性质：根据鸽笼原理，每次我们总能调整好一个点，使其满足限制（直接找邻居中出现颜色最少的给它就行；反证，如果每种颜色 \(\geq 2\)，度数至少为 \(6\)，与条件矛盾）。但是要注意，它周围的点可能会因此不满足限制。
　　现在我们用一种看上去很 naive 的调整法。初始给每个点一种随机的颜色；每次找到图中不合法的点，调整它，然后继续迭代。证明其实很简单：考虑所有两端同色的边。每次调整时，至少减掉 \(2\) 对同色边，最多加上一条同色边。所以做 \(O(N)\) 次必然能停止。

T123-XV Open Cup - Grand Prix of SPb G

　　题意：有一个 \(N \times M(16 \leq N,M \leq 25)\) 的格子，开始都是白色。电脑和你轮流操作，每次选择一个 \(2 \times 2\) 的白色块将其染成黑色，不能染的时候就输了。电脑的策略是，每次随机一个可以涂的位置涂成黑色。现在你要和电脑交互玩 \(300\) 盘，最多只能输 \(10\) 盘。
　　题解：数据范围太大乐，刚开始只能随机地和它下。下到一个残局后（每个连通块都比较小时），我们就暴力求 \(sg\)，借此来必胜。
　　想法很简单，细节处理起来却很麻烦。首先是对于一个连通块，如何定义小，且如何记录状态来算 \(sg\)？我采用的做法是，找到它中间所有可以染的块，若块数 \(\leq K\) 则认为是“小”的。对此，设计一个最坏情况是 \(2^K\) 的动态规划：设 \(S\) 表示已经涂过了 \(S\) 表示的这些块，剩下的东西的 \(sg\) 值是多少。注意到，状态数严格不满，实际是不会跑到底层的。
　　实测在空间和时间允许的情况下，\(K\) 最多能取 \(19\)。此时，若读入的 \(N,M\) 比较小（如 \(\leq 20\)），平均胜率也就刚好 \(290/300\)，那么最坏情况显然是过不了的。注意到，胜率的瓶颈在于：我们第一次跑暴力时，\(sg=0\)，且电脑每次正好按着必胜的策略走。可以稍微加一些 \(trick\)，比如，如果我这次下完随机的一步后就能暴力 \(sg\) 了，那么我多次（实测取 \(4 \sim 5\) 次，取多了会超时）随机这一步，直到剩下的图丢给对方时 \(sg=0\) 了为止。因为数据都可以本地测试，还可以对各种点进行针对性的优化，最后就能稳定过了。

T127-Petrozavodsk Winter 2014 - Jagiellonian U Contest J

　　题意：有一只虫子，一开始只有一节，节上没有脚。每一节每一秒钟可以有三种操作：①不变；②分裂成两节（脚随意分配）；③长一只脚。给出虫子现在的样子：有 \(N(\leq 5 \times 10^6)\) 节，每节 \(a_i\) 只脚。问最快能几秒达到这个状态。
　　题解：一个性质：一定是先分裂最后再长脚。逆回去考虑问题，可以得到一个暴力做法：每秒钟，如果一节上有脚，脚的数量减一；如果有连续的两节没有脚，可以将它们合成一节；问变成一节零脚的秒数。
　　题目要求只能线性。考虑每次按最大值分治（用笛卡尔树 \(O(N)\) 实现）。对于区间最大值 \(v_i\)，前 \(v_i\) 秒钟它还没变 \(0\)，所以左右两边问题独立；\(v_i\) 秒后，左右两侧肯定都只剩下 \(0\) 了。因此可以设 \(solve(S)\) 表示：过了 \(S\) 中最大值这样的秒数后，最少还剩下几个 \(0\)。每次递归左右两边后，这些 \(0\) 还有 \(v_i-v_{left/right}\) 秒可以合并。可以用对 \(2\) 的幂次上取整快速求出合并完后 \(0\) 的个数，加起来即可。

T128-Petrozavodsk Summer 2011 - Warsaw U Contest D

　　题意：给出一张 \(N(\leq 1000)\) 个点和 \(M(\leq 100000)\) 条有向边的无权图。有 \(Q(\leq 200000)\) 个询问，每次要不永久删掉一条边，要不询问 \(1\) 号点到 \(x\) 号点的最短距离。
　　题解：这是一道很灵巧的题。重点关注 \(N=1000\)，以及边不带权。
　　我们必须以某种形式实时维护好到所有点的最短路。即使反过来一一加边，也很难维护这个结构。转化思路，设 \(dp_{i,j}\) 表示从点 \(1\) 开始走最多 \(i\) 步走到 \(j\) 后，经过的最早删除的边最晚是多少。这可以通过 \(NM\) 的DP预处理。容易发现，\(dp_{i,j}\) 是有单调性的；所以在询问的时候，只需二分答案，在dp数组上check即可。

T128-Petrozavodsk Summer 2011 - Warsaw U Contest G

　　题意：有一张 \(N(\leq 3000)\) 个点的无向图，保证 \(N\) 是 \(3\) 的倍数，且至少有 \(\frac{2}{3}N\) 个点彼此构成一个团。要求找到正好 \(\frac{1}{3}N\) 个点，使得它们彼此是团。
　　题解：最大团是NP问题，必然根据性质来做。本题容易往最大独立集上靠。可惜的是，最大独立集没有 \(k\)-近似做法。
　　考虑一个很 \(simple\) 的过程：开始假设所有点都是合法的。每次随意取两个彼此没有边但都合法的点，同时把它们标为不合法。性质：最后剩下的 \(\frac{1}{3}N\) 个点必然是答案。证明很简单，每次删点时，不可能同时删除 \(\frac{2}{3}N\) 团里的点。那么迭代了 \(\frac{1}{3}N\) 轮后，最坏情况也剩下了团。

T128-Petrozavodsk Summer 2011 - Warsaw U Contest J

　　题意：给出一棵 \(N(\leq 100000)\) 个点的边带权的树。假设有 \(k\) 个叶子，要求选 \(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor\) 组叶子，求它们两两距离和最大和最小分别能是多少。
　　题解：下取整比较恶心，不妨先假设 \(K\) 是偶数。所有叶子必然都被选，而每组 \((x,y)\) 的距离是 \(dis_x+dis_y-2dis_{lca(x,y)}\)。求最小直接贪心即可，为了让lca尽量的深，每次能合并就合并，最多有一条链往根走。
　　求最大的话，需要用到一个经典的性质：可以直接考虑每一条边 \((x,y)\) 的贡献，它的贡献是 \(\min(size_x,leaf-size_x)\) (\(size_x\) 是 \(x\) 子树里叶子的数量)。证明也很简单。显然这个min是一个必要条件。考虑每次按这条边分治，min处的点一定朝另一侧匹配；而匹配出去后，这些点具体和谁匹配都无关紧要；可以视为每次断开这条边，两边问题独立；一直迭代下去必然能找到合法方案。
　　现在可能会有一个叶子不参与匹配。在原来的基础上加一维来dp。设 \(f_{x,0}\) 表示 \(x\) 里所有叶子都参与匹配，\(f_{x,1}\) 表示有一个叶子不参与匹配。 \(f_{x,1}\) 可以通过左右前缀和来计算，或者更方便的，每次用 \(f_{x,0}+f_{y,1} / f_{x,1}+f_{y,0}\) 来更新。

T129-XV Open Cup - Grand Prix of Siberia J

　　题意：给出平面直角坐标系里的 \(A,B,O\) 三个整点。从 \(A\) 走一条弧线到 \(B\)，要求对于弧上每个点满足，该点关于弧的切线方向和该点指向 \(O\) 的方向的夹角为定值。求最短弧长。
　　题解：等角螺线：螺旋向圆心的弧线，且任意一条原点开始的直线与其的夹角为定值。其极坐标方程为 \(r(\theta)=ae^{b \theta}\)。
　　容易发现，此题走的弧线就是等角螺线。妨假设 \(OA\) 长度更长，把 \(OA\) 作为极坐标的 \(\theta\) 起点，根据 \(B\) 的位置解出极坐标方程，并通过积分 \(L=\int_{\theta_1}^{\theta_2} \sqrt{r^2(\theta)+r'^2(\theta)}\) 计算弧线长度。注意要特判 \(OA=OB\) 以及 \(O,A,B\) 共线的情况。

T129-Petrozavodsk Winter 2014 - U of Latvia Contest G

　　题意：考虑一个 \(K\) 层的塔，第 \(i\) 层正好要放 \(i\) 个球。现在有三种颜色的球各 \(R,G,B(<2^{31})\) 个，把它们正好放满这几层，且每一层必须放颜色相同的球。打印一种放置方案或输出无解。
　　题解：如果放两种颜色的球，只需对其中一种进行适配（从大到小枚举层，能放就放），剩下的放另一种即可。
　　三种则比较一般性，背包向问题权值大时无解，考虑乱搞。观察到，相邻层权值相近。我们知道，\(1,2,4,\dots\) 的序列就能贪心从大到小放，那么这里的结构是不是更强了一点呢？具体地，我们想利用这种“充足的可调整性”来解决问题。
　　DP发现，当 \(K=40\)时，对于所有 \(R+G+B=\frac{(K+1) \times K}{2}\) 的方案，只有当有两个 \(1\) 和两个 \(2\) 时无解（显然），别的都有解！所以一种可行的做法时，当 \(K>40\) 时，每次放数量最多的球，等到 \(40\) 时直接调用结果。

T129-Petrozavodsk Winter 2014 - U of Latvia Contest C

　　题意：将 \(1 \sim K\) 顺次在纸上写 \(M\) 遍。将数字每隔 \(N\) 个划成一个大段（最后可能会多出不完整的一段）。问有多少大段包含了至少一个完整的 \(1 \dots K\)。\(N,K \times M \leq 10^{19}\)。
　　题解：先特判最后一段并去掉。显然，当 \(N \geq 2K-1\) 时，每一大段都合法。现在只考虑 \(K < N < 2K-1\) 的情况。
　　设现在有 \(X\) 个大段，那么有 \(\lceil \frac{XN}{k} \rceil\) 个 \(1 \sim K\) 的小段涉及到。有多少大段合法，等价于有多少小段被完全包含（因为一个合法大段仅会完全包含一个小段）。而统计小段时，再用容斥，去算有多少不合法的小段。
　　不合法的小段一定是“穿过”两个大段的。一共有 \(X\) 个大段，显然有 \(X\) 个结尾处。每个结尾处必然对应一个不合法的小段，除非那里正好也是小段的交界处。所以不合法小段数量是 \(X-X/T\) 个。\(T\) 是每隔几个大段会出现大小段同时结尾。\(TN \mod K =0\)，所以 \(T=K/(N,K)\)。

T129-Petrozavodsk Winter 2014 - U of Latvia Contest J

　　题意：内存很小。有 \(N\) 个物品依次排成一行，每一个货物重量 \(a_i(1 \leq a_i \leq T)\)，还有一个总载重 \(T(\leq 10^9)\) 的运输机。每次可以从头或者尾选货物，选出若干后，如果它们的的总重量 \(\leq T\)，就可以被运输机一次性运走。问最少运几趟可以把所有货物都运走。
　　题解：显然是个区间DP的问题。很容易思维僵化，设 \(f_{i,j}\) 表示运完 \(i \sim j\) 这一段最少需要几趟。转移时每次枚举第一次运输时左端点结束点 \(x\)，通过单调性找到右端点起始点 \(y\)（满足 \(\sum_{k=i}^p a_i+\sum_{k=q}^j a_i \leq T\)）并转移。复杂度为 \(O(N^3)\)。
　　注意上述DP是区间转移的，而此题也可以做到单点转移。有个经典做法是，设代价 \(S=(X,Y)\) 表示已经运了 \(X\) 趟，且最后一趟还能载多载总重为 \(Y\) 的物品。显然 \(S\) 具有偏序性。我们在DP时可以直接记录区间 \(S\) 的最优值，每次枚举放左边的点或者右边的点，复杂度为 \(O(N^2)\)。
　　如果优先按长度区间DP，转移长度为 \(L\) 的DP数组时，只需用到 \(L-1\) 的结果，所以可以直接滚存，空间复杂度为 \(O(N)\)。
　　注意：还有另一种DP设计方法：设 \(f_{i,j}\) 表示搬完 \(i \sim j\) 之外的物品的最优状态 \(S\)。此题中两种设法均可。