训练记录PART3 2018.3.14~4.25
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。
3.14 2016 Petrozavodsk Winter- JAG Contest
D
题意：有\(N(\leq 1000)\)个柱子，每一个高度是\(h_i\)，每一根被标记为要删除1/不能删除0。每次可以选择连续的一段并选定一个\(H\)，把其中\(h_i \geq H\)的柱子全删掉（注意，0柱子一定不能符合这个要求），然后剩下的柱子继续合并。重复操作使得最后只剩下0柱子。求最小操作步数。
题解：不妨每次考虑高度最矮的柱子（一样的话，优先1柱子）。如果它是0柱子，那么我们可以直接无视它，删除它继续递归求解（因为我只要保证每次H比它的h大一些即可）。如果它是1柱子，注意到截止最后时，它必然被删过了；考虑删它的那一次操作，我们显然要尽可能的让这一步操作获得更大的收益——所以我们找到它左右的第一次出现的柱子，然后同时删除这一段中间的所有柱子。
G
题意：三维空间里有一个\(A*B*C(\leq 10^6)\)的长方体，由111的小方块构成。给出\(N(\leq 20000)\)个障碍点，求它将长方体划成了几个不连通的区域。
题解：先考虑二维时的情况。对于每一个障碍点，我们把它八连通的点都抠出来，称为“关键点”；当然这些点还不够，我们再将每个这样的点映射到四个边界上，把那些点也加入“关键点”集合。最后对于所有关键点，每次找一个点周围的四个点，暴力并查集并一下，得到的连通块个数就是答案。
三维可能难想一点。注意到，棱长最多有\(10^6\)，所以必须优化关键点的个数。后来结论是：先扣出来每一个障碍的“26连通”点，再分别将它们投影到6个平面上得到新关键点；再把这些点投影到棱上，再加一波关键点。然后类似二维，6个方向上找一找，暴力并查集一下。要常数优化才能通过本题。
K
题意：\(N(\leq 1000)\)个人打淘汰制比赛，每一个人有一个绝对实力值\(A_i\)。。每次两个人比赛时，产生\(|A_i-A_j|\)的无聊值，然后\(A\)大的获胜。构造一棵深度不超过\(D(\leq 50)\)的二叉树（安排\(N-1\)场比赛），使得总无聊值最小。
题解：猜测最优解里，每次连续一段的人放在同一棵子树里。然后就能写出一个\(N^3*K\)的DP了。然后这是满足四边形不等式的（坑坑坑），所以复杂度就少了个N。
3.16 2016 Petrozavodsk Winter - Nizhny Novgorod SU Contest
A
题意：给出长度为\(N\)的数组\(y\)和\(N^2\)数组\(C\)，且\(x_i=y_i+\sum \limits_j C_{i,j}\)。再给出数组y'，现在要构造C'和x'，使得它们依然满足原来的式子，而且\(\forall j \frac{\sum C_{i,j}}{x_j}=\frac{\sum C'_{i,j}}{x'_j}\)。\(N \leq 3000 , 1 \leq C_{i,j} \leq 1000 , 10^7 \leq y',y'_i \leq 10^9\)
题解：y和C的大小就很可疑。传统做法不能快速地求出C。那么我们可以考虑迭代，初始时设C'=C，然后每次调整一下。
D
题意：\(N(\leq 100)\)维空间里有\(N\)个线性无关的向量\(A_i\)。对于每一个向量\(i\)，只给出一个长度为\(M(\leq 100)\)的严格单调的数组\(C_{i,j}\)（保证 \(\forall i \exists j C_{i,j}=0\)）。交互题，每次对于向量i指定一个\(p_i(1 \leq p_i \leq M)\)，返回向量 \(q=\sum C_{i,p_i}*A_i\)。在120次询问之内算出向量p，使得返回的是零向量。
题解：先询问\(N+1\)次，我们可以得到\(A_i\)的单位向量。然后，每次如果给出一个向量\(p\)，我们可以通过高斯消元，计算出\(C_{i,p_i}\)，而且向量之间是独立的。所以每次把所有向量一起二分即可。可以先算出A的逆矩阵，加速求解。
3.18 2016 Petrozavodsk Winter - Saratov SU Contest
B
题意：给定一张二分图。甲乙分别在图的左侧和右侧。开始一个球在左侧固定的一个点。每次甲可以沿着一条边推到右边，乙再沿一条边推过来。走过一条边后，它就会被删除；最后谁不能动谁就输。求甲必胜条件。
题解：我们不妨设甲赢了。观左边经过的所有点，除了起点经过了奇数次，别的肯定都经过了偶数次。我们设右侧经过的点集为S。所以，如果右侧不存在一个点集S，使得与其相关的左端点包含了起点且满足度数要求，甲必输；存在的话，甲可以无视除S外的所有点（即每次强制去S），最后必胜。
3.21 2015 MIPT Workshop Open - AMPPZ-2015
G
题意：平面上有\(N(\leq 250000)\)个点，每一个点有一种颜色。求最远的颜色不同的点对。
题解：好像类似的题七月集训里做过蛤。
先考虑只有两种颜色。分别对其做一个凸包，转化为两个凸包上的最远点对，即求最大的\(|\vec{b_j}-\vec{a_i}|\)。将凸包\(a\)关于原点对称，可以把-变成+。注意到这就是闵可夫斯基和，\(\vec{b_j}+\vec{a_i}\)会正好构成一个点数为\(n+m\)的新凸包。只需找到必定在新凸包里的一个点，然后把两个凸包的边按极角序顺次拼起来即可。
多种颜色的话，每次启发式地合并最小的两个，效率就是\(O(N log^2 N)\)。如果顺便维护每一个凸包按x轴排序的点集，每次求凸包时就可以归并；构闵可夫斯基和时也可以把两个凸包的线段归并合并——所以理论可以做到\(O(N log N)\)。
K
题意：对于一个1~N(\(\leq 50000\))的排列，把它们顺次排列，数字是它们的高度。问存在多少个这样的排列，使得从左侧望过去能看到\(A\)个，从右侧望过去能看到\(B\)个（\(A,B \leq 100\)）。有\(10^5\)组数据。
题解：如果对于每次询问，枚举最高的那个在哪，那么可以得到一个计算答案的卷积式：\(Ans=f_{i-1,A-1}*f_{n-1-i,B-1}*C_{n-1}^{i-1}\)。其中\(f_{i,j}\)表示1~i的排列里从一侧能看到j个的方案数。
按这种方式想就走入死胡同了……考虑直接统计答案。对于一个排列，我们先随意放一个n，然后再从n-1往1填。我们会发现，每次填时，可以填在最左边（A+1），最右边（B+1），否则中间（无贡献）；而且填在中间的方案数是n-i-1。对于一种填数的方案，把中间的方案数乘起来，就是它对应的排列数。
所以我们可以设\(f_{i,j}\)表示填i-1个数，填在最左/右边的有j个时的总方案数。对于一组询问，答案就是\(f_{n,A+B-2}*C_{A+B-2}^{A-1}\)。
3.25 Pony.AI 题
A
题解：经典老套题。通过构建SAM可以让我们自由行走子串。容易发现这就是一个sg模型。对于单独一个串，抽象双方在一张拓扑图上移动棋子，简单地mex运算一下。每个串独立，最后将mex值异或起来。
G
题解：点分过不了。找性质树形DP。之后再来补做法。
H
题解：简单的二维dp。随意决策单调性一下。
3.25 2015 MIPT Workshop Open - Makoto Soejima Contest 3
3.28 Petrozavodsk Summer 2015 - Moscow IPT Contest
A
题意：给出平面里的\(N\)个点，\(Q\)次询问，每次给出一个矩阵，问矩阵里的所有点有多少种不同的横坐标和多少种不同过的列坐标。强制在线，\(N,Q \leq 50000\)。
题解；数颜色是一种很经典的不能直接维护的东西，那么我们有两个大方向。
①把数颜色问题转化掉。就比如考虑数x。一开始大力枚举每一个x坐标的所有点，假设它们的纵坐标升序排好分别是\((y_1,y_2,\dots,y_m\)。考虑它对一个询问\((y_min,y_max)\)的贡献。这是一个很经典的模型，考虑\(y_1\)，它会对\(1 \leq y_{min} \leq y_1,y_1 \leq y_{max}\)的询问贡献1；再考虑\(y_2\)，它对\(y_{min}\)的限制变成了\(y_1+1 \leq y_{min} \leq y_2\)。也就是说，如果固定了一个x，它对应的一组y是平面里一些矩形加操作，然后是单点询问。最后加上x的限制，我们可以对下标x建立线段树， 每一段x的区间，都保存了一些矩阵加的操作。询问时就在log个x区间里查询即可。
此模型本质是三维数点？外侧先套个线段树；然后内层的矩阵加单点求值可以通过差分变成单点加矩阵求和——这个写kdtree可能方便一些。效率是\(O(Q log^3 N)\)或者\(O(N \sqrt N log N)\)。
②暴力维护颜色，加上bitset优化。
比赛时，想到类似于①的做法。比如数y个数，对x建立类似线段树一样的结构，每一段区间维护一个对颜色y的bitset。查询时只需把log个bitset合并，然后询问bitset里\(y_min\)~\(y_max\)里有多少个1。但是这样效率是\(O(Q log N \frac{N}{64})\)的。
其实可以更快。我们直接对所有点按x升序排序。我们先采用分块的方法，每根号为一段，设\(f_{i,j}\)表示\(i~j\)这些块对应的颜色y的bitset。询问时，零碎部分直接暴力，中间的直接O(1)调用，这样就轻轻松松的\(O(Q \frac{N}{64})\)了orz……
3.30 Petrozavodsk Summer 2015 - Ivan Smirnov Contest 1
3.31 CCCC 天梯赛
3-2
题意：给出一个长度为N(\(\leq 10^6\))的字符串。最多删掉3个字符，问可能得到多少中不同的字符串。
题解：显然，删除不同个数的字符，贡献独立。
由于删除字符数量较少，给人一种可以暴力分类讨论的感觉。但事实上3的情况很复杂，我搞了好久都没搞出来。
“删除”不太经典，我们不如把题意改为保留。即至少保留\(N-3\)个点，问有多少种不同的字符串。
我们设\(f_{i,j}\)表示考虑了1～i这个前缀，目前保留了\(j\)个点，且\(i\)号点强制保留的方案数。很经典的转移，我们枚举上一个保留的点\(k\)，那么\(f_{i,j}=\sum f_{k,j-1}\)。考虑判断合法的位置k。假设位置i的字符上一次出现的位置是\(p_i\)，那么满足\(k<p_i\)的k都是不合法的（因为这些方案树都会在\(p_i\)处计算过）。这样我们得到了一个看似至少是\(O(N^2)\)的做法。事实上，因为j有范围\(j \geq i-3\)，转移的k也会有范围。我们稍微改一下数组下标，复杂度就变成了\(O(del^2*N)\)了。
4.1 Petrozavodsk Summer 2015 - Yandex Cup Stage 2
D
题意：维护一个序列，支持两种操作：区间修改成一个数；询问区间内出现次数大于区间长度一半的数（没有输出-1）。\(N,Q \leq 10^5\)
题解：先思考答案数字的性质。若把查询区间划成一个一个段，且我们已经求出每一段里出现次数最多的数字\(p_i\)：那么答案数字必然是\(p_i\)中的一个（如果存在的话）。用反证法可以轻松证明。即，该询问是“可快速合并”的结构。
所以，我们采用线段树维护这个序列。区间修改就正常地lazy标记，up时顺便维护子树里出现次数最多的数以及其出现次数。
现在问题来了：在up的时候，我们需要知道左右两个子区间的“候选数字”\(L_p\)和\(R_p\)分别在当前区间内出现的次数。
数颜色是很困难的一件事，我们只能对每一种颜色开一个数据结构维护。为了实现方便，我采用了动态开点的线段树>_<。也就是说，对于每一段颜色\((l,r,v)\)，我们会在\(rt_v\)的线段树里的\((l,r)\)区间加\(1\)。这样up时就可以花log的时间求答案了。
再考虑修改对这些线段树的影响。这是个经典模型，我们可以在全局维护一棵平衡树，表示每一段连续的颜色（set即可）。区间修改时，可以暴力提取那些被包含的小区间，在它们各自颜色的\(rt\)里删掉它们的贡献，再补入一个新的大区间。
由于每一种颜色的线段树也要down，内存消耗巨大；而区间在+1后可能会被撤销。所以我们可以每次对=0的节点回收内存，收效很不错。
F
题意：给出地球上\(A,B,C,D\)四个点的经纬度。判断\(A-B\)的最短路径和\(C-D\)的最短路径是否有交点。
题解：总觉得这个弧线很奇怪啊，不可捉摸>_<。开始时脑补了一个很low的做法。三分线段\(C-D\)，求出一个点\(x\)使得\(dist_{A,x}+dist_{B,x}\)最小。然后我们判断一下这个距离是否等于\(dist_{A,B}\)……
其实做法很简单。考虑平面OAB和平面OCD，它们的交必然是一条直线。我们求出交线，并算出它落在球面上的点。然后判断一下这个点是否在两条弧内部即可。
H
题意：问长度为N（\(N \leq 10^9\)），字符集大小无限的字符串有几种可能的kmp数组（同时要求kmp里每个数都不超过K（\(K \leq 10\)）
题解：因为K很小，一个自然的思路就是：暴力最开头的kmp数组，之后的长度可以递推得到，N大就矩乘一下。
先考虑如何构造长度为M的所有可能的kmp数组。假设考虑完了前i位的next数组，现在我们决策第i+1位放的是什么。根据next数组转移规则，可能的\(next_{i+1}\)的值为：\(next_i+1,next_{next_i}+1,\dots,next^k_i+1,0\)。这里最麻烦的问题是判断合法性。假设我们想让\(next^p_i+1\)和i+1配对（字符相同），那么我们的要求是，\(next_i+1,\dots,next^{p-1}_i+1\)这些位置的字符不能和i+1（也即\(next^p_i+1\)）相同。这里我采用过的判断是，对于上述这些位置继续暴力跳next，要求都不能经过\(next^p_i+1\)。从这里我们也会发现，我们需要预处理的字符串长度需要为\(K+1\)。
跑出来状态大概是3k多种？枚举每一种可能，设\(f_{i,j}\)表示到第i位，第i位的next是j的方案数。同样的做法求出转移矩阵，倍增一下即可。
4.4 XVIII Open Cup - Grand Prix of Korea
I
题意：对于一个字符串S，定义函数\(F_S=\sum w_i^2\)（其中\(w_i\)表示每一个本质不同的子串\(str_i\)的其出现次数）。给出一个长度\(\leq 10^5\)的字符串A，求其每一个前缀的F。
题意：若只有一个询问，这是一个经典问题。建出SAM后，本质不同的串都缩在了一个个的节点上。我们直接计算
$ \sum \limits_x {son_x}^2*(len_x-len_{f_x}) $
即可，其中 $ son_x $ 表示节点x的right集合的大小。
因为SAM是在线的，所以对于每一个前缀，它维护出来的SAM结构也是正确的。唯一的问题是，每次我们暴力扫描SAM里的点算答案了。
关注SAM插节点的过程，转化为LCT模型。每一个点有两个值，其中 $ num_x=len_x-len_{f_x} $ （这个节点表示的本质不同的串的个数）是常量，\(add_x\)是变量。我们要维护下列操作：①换父亲；②改某个点的num（注意这个其实是和换父亲是同步的，但只能分开维护）；③从某个点开始到根路径\(add\)都加一。然后实时维护全局每一个点的$ add_x^2num_x \(的和。因为要在打lazy标记的时候快速求平方和，我们要维护LCT链上（即splay子树里）的：
\) \sum \limits_x val_x\(
\)\sum \limits_x {add_x}\(
\)\sum \limits_x {add_x}^2*{val_x}$
4.5 XVIII Open Cup - Grand Prix of Saratov
4.8 XVIII Open Cup - Grand Prix of Romania
I
题意：有一张N个点M条边的有向图。将这M条边动态加入图中，每次加入后统计图中有几个强连通分量，得到的答案构成一个长度为M的序列。问这样的序列一共有多少种可能。每次读入一个\(N(\leq 50)\)和\(Mmax\)，要求求出\(1 \leq M \leq Mmax\)的所有M的答案。
题解：膜claris题解膜了好久才会……orz……
由于要求出所有答案，我们肯定要把选的边数放在dp计数的维度里。
首先做一个转化：所有可能的序列，我们都可以由这样的图构造出来：1i是一个大的SCC，i+1n都是单独一个的SCC。
现在我们要对这种图作一个序列的计数。一个很自然的想法是，我们设\(f_{i,j}\)表示选了i条边，1~j是大SCC的方案数。但是我们会发现无法转移：我们无法预料下一次j的扩大是何时，因为我们没有记录连边的信息。
然后出现了一个很帅气的做法：增设一个k表示1j这个SCC是由k个环组成的。什么意思呢？考虑我们在某种序列的要求下，用边最少的构出这个SCC的方法。大概是，先连1->2,2->3……j-1->j这些边；然后在一些点处会往回连边，使得1j成为一个合法的SCC，而k正是往回连的边的数量。看起来k的定义很鸡肋。
首先我们证明这种表示是“可dp的”。对于一组相同的\((i,j)\)和不同的\(k\)，\(f_{i,j,k}\)所代表的序列是不可能相同的。这个显然，因为一个序列发生改变的点有k个，k不同自然序列必然不同；然后，满足状态\(f_{i,j}\)的序列，都是可以规约到一个k的（会被一个k计数到）。
我们还会发现，记录了这个k后就可以转移了！考虑\(f_{i,j,k}\)的转移。如果此次不合并SCC，那么相当于加了一条“废边”（注意，这并不表示这条边一定无效，而相当于是一条“任意边”），直接转移到\(f_{i+1,j,k}\)即可；否则，我们枚举合并了\(j+1~l\)这些点。那么我们本次需要的边的数量是：\(l-(j+1)\)+1（新增的一条回去的环边）。我们只需看一看，这个dp状态还剩下多少条“任意边”可以供我们使用，具体是\((i+1)-k-(j-1)\)。也就是说，如果这个值是不小于我们本次转移需要的边数的，我们相当于可以在之前加“任意边”的时候，加的是本次要求的边；这样就把\(f_{i,j,k}\)转移到了\(f_{i+1,l,k+1}\)去了。
这个dp直接做事\(O(N^2*N*N*N)\)的，加入一个前缀和优化就是\(O(N^4)\)了。
4.11 Petrozavodsk Summer 2017 - Warsaw U Contest
A
题意：动态地往N\((\leq 500)\)个点图中加入\(M(\leq 10^6)\)条边\((x,y,color)\)，每次询问有多少个点对\((u,v)\)，满足对于任意一种颜色c\((1 \leq c \leq d \leq 200)\)，u可以只通过c的边到达v。12s。
题解：这题还是比较帅气的。一种暴力做法是\(N^2*d\)的，对于每一种颜色维护一张并查集，当一条边连通两个块时，暴力两两扫描两个块，把\(f_{i,j}++\)，如果一个二元组的f等于d了，就在此时变得合法了。
该算法无法继续优化。最大的瓶颈是：如何快速判定新合法的一组点对？有一个很棒的idea是hash。对于一个点，我们把它在每种颜色的并查集根拎出来。那么两个点构成合法二元组，当且仅当这些根一一对应相等。那么我们可以给每一个根都随机一个key，然后当两个点各自key的异或值ret相等，我们就认为其合法。这样算法框架就出来了。启发式地暴力维护连通块，每次扫描小的那一块，修改里面的点的ret，并开一个map统计一下答案该变量。如果把map换成hash，复杂度就是\(O(M+DNlogN)\)。
J
题意：有\(M(\leq 100)\)台机器可以同时执行任务。总共有\(N(\leq 100)\)个任务，每个任务有一个最早可以开始做的时间\(st_i\)，最晚截止时间\(ed_i (\leq 10^6)\)，完成所需时间\(t_i\)。可以在任意时刻暂时取消执行某个任务（换上别的任务），过一会再继续执行原来的任务。问是否存在一种完成所有任务的方法。
题解：首先，肯定是把任务在时间轴上按\(st_i\)排序，每次进来一些新的任务。脑补了一个按“最迟必须开始时间”排序的策略（\(ed_i-rest_i\)），每次选前m个做。可惜的是，这个东西变化较大，好像做到与T无关的离散处理？
换一种思路，用网络流。一个暴力的想法是，左侧一排任务，右侧开\(T\)个时间点，直接连边即可。注意到，“关键”的时间点是\(O(N)\)的，所以右侧的时间点不需要全部开出来。在关键点之间的点可以缩成一个点，流量合并。直接流一流即可。
4.13 XVIII Open Cup - Grand Prix of Urals
D
题意：有多少个长度为\(N(\leq 10^6)\)的回文十进制数字串，使得其奇数位和偶数位上的和相同。
题解：N是奇数的时候比较麻烦。一种很自然但很naive的想法是，我们枚举除中间点外奇数位上的和S，那么偶数位上的和是S+w（w是一个小于10的偶数）。那么我们要支持O(1)计算长度为m，和为S的十进制数字串的个数。
注意到我们把问题一般化了，注意到S之间的差只有0,2,4,6,8这些，我们不必去枚举总和，而是要直接focus这个差值。
考虑从生成函数的角度去做这个问题。我们可以设奇数位上每一位的生成函数为：\(x^0+x^1+\dots+x^9\)；偶数位上的为：\(x^0+x^{-1}+\dots+x^{-9}\)。对这些求个连乘，答案就是指数为\(0,2,4,6,8\)的那些x前面的系数和。然后左右两个式子我们都可以用等比数列和二项式展开化简，最后变成两个多项式的乘积。扫一扫目标点的答案即可。
E
题意：章鱼图：有且只有一个环，且环上每个点最多延伸出去一条链。给出一张由一个合法章鱼图加上了一条边的图，判断加上的是哪一条边。
题解：其实是比较无趣的分类大讨论。Generally有四种情况：链x-链x；链x-链y；链x-环；环-环。
首先我们可以用tarjan预处理出没条边是否是环边。考虑把那些环边抽出来组成一幅新图。对于Case3和4，答案边的某个端点一定是新图里度数>=3的点，我们暴力check这些点即可（即每次删掉和这个点相连的其中一条边，检验原图是否变成了一幅章鱼图）。对于Case1，新图会是两个不连通的环，那么我们找到连接它们的两个端点check一些即可。
比赛时没想清楚Case2的情况。它的新图可以抽象成有两个度数为3的点，它们之间有3条路径连接。我们依次枚举新图里每一条路径的每一条边，这条边能成为答案的充要条件是：它所在的路径上除它的端点之外的所有点，在原图里没有别的支链。
F
题意：要探测一个长度为 \(N(\leq 5000)\) 的排列P（\(0..N-1\)）。每次可以给出三个数\((a,b,c)\)，返回\(p^{-1}((p(a)*p(b)+p(c)) \mod n)\)的值。其中\(p(a)\)表示排列里第\(a\)个数是什么，\(p^{-1}(a)\)表示\(a\)在排列里是第几个。要求询问次数不能超过12512。
题解：首先我们发现，最关键的是求出\(one\)（1所在的位置）。这样的话，我们每次询问\((one,i,one)\)，就可以知道\(i+1\)的位置了。
把括号里的式子搞成1还是比较难的。因为有mod n，我们考虑先搞成0，求出0的位置\(zero\)。具体的，我们只要枚举所有的i，迭代\(x=(x,i,x)\)，最后的x就是\(zero\)。因为迭代了n轮求出的值相当于是\(p^{-1}(p(x)*(p(0)+1)*(p(1)+1)*\dots*(p(n-1)+1))\)，它对n取模必然是0，即最后肯定返回了0的位置。
现在考虑知道了\(zero\)求\(one\)。我们设一个集合S表示1可能的位置（初始时S里放入n-1个位置）。每次我们随机找出两个数\(x\)和\(y\)，做一遍\((x,y,zero)\)，如果返回不为x，y就必然不是1；反之同理。这样每次至少去掉一个数，且很大概率去掉两个数。这样总询问次数是\(2.5n+delta\)。
4.15 XVIII Open Cup - Grand Prix of Eurasia
E
题意：有按顺序的\(M\)个格子，每一个格子里或者是空，或者是一个pair\((x,y)\)。保证初始时，对于相同的\(x\)，\((x,y)\)必然是连续的一块且\(y\)必然递增。每轮操作可以选取一个非空的格子，将其中的pair取出来，塞入另一个指定的格子；如果那个格子里有pair，就再取出该pair，重复此操作……直到最后塞入一个空的格子。每轮代价是操作涉及到的pair的个数。现在要进行若干轮操作，使得最终二元组递增排列（无视空格子），求最小代价和。
4.18 XVII Open Cup - Grand Prix of Tatarstan (Kononov Cup 2017)
C 经典的倍增NTT。因为修改只有30次，每次修改后最多只有60段颜色。对于每一段颜色倍增卷积即可。
K 直接用数据结构模拟此过程即可。涉及到一个动态改一个点的数值，动态查里一个点最近的大于等于它的位置。这个可以用二分+线段树很方便的处理。
E
题意：在 \(K(K \leq N)\) 进制下考虑问题。要求构造一些长度为2的数字串，使得对于所有 \(N(2 \leq N \leq 100)\) 位的数字串，它至少有一个子序列被构造过。求最少需要构造的串的数量。
I
题意：给出 \(N(\leq 200)\) 个串\(S_i\)，总长\(\leq 2*10^5\)。初始时，可以把每一个串都进行若干步循环移位的操作，得到\(S'_i\)。然后求一个最小的k，使得\(P(S'_i,k)\)两两不相同。
4.20 XVII Open Cup - Petrozavodsk Summer 2017 - Moscow IPT Contest
B
题意：定义一个数列A的最大划分是 \(f(A)=max\{Xor_{1..j}+Xor_{j+1..n}\}\)。现在给出一个长度为 \(N\) 的序列A，求其每一个前缀的最大划分。\(N,数字大小 \leq 10^6\)
题解：显然先做一个前缀xor。对于一个询问\(A_{1..i}\)，最大划分即为 \(f(A)=max\{Sum_j+(Sum_i \oplus Sum_j)\}\)。现在我们从高到低讨论\(Sum_i\)里的每一位。如果某一个bit是1，那么j无论怎么取贡献都一样，因为相加的两者必然一个是1，一个是0。只有当某一个bit是0的时候，可能有\((0,0)\)和\((1,1)\)两种可能；而且我们会发现，如果能取到\((1,1)\)，一定比取\((0,0\)优秀。现在算法框架出来了：枚举\(Sum_i\)的每一个0的位置，然后去check“存不存在一个\(j\)，使得\(Sum_j\)某几个特定的位为1。
如果是先全部插入最后在多次询问，可以用n维前缀和在\(O(n*2^n)\)里算出来。可惜这里还有动态插入。
不过此题无需求S超集的和，只要求是否存在一个S的超集之前被插入过。那么我们可以用均摊来暴力。每次插入一个\(Sum_j\)的时候，我们枚举它的所有子集，暴力把它们的ans都置为1。而每当bfs一个状态ans已经是1的时候就不需要继续做了。复杂度显然是\(O(n*2^n)\)。
H
题意：有一个\(N*M\)的01矩阵。每一轮先找到目前是1的所有位置，然后依次对这些位置做一遍change（change一个位置\((x,y)\)时，所有横坐标为x或纵坐标为y的点都执行01翻转；注意\((x,y)\)这个位置只执行一次）。每轮结束后，如果矩阵中依旧有1，继续下一轮操作。问把矩阵变成全0一共做了几遍change（而不是几轮），或输出永远也不会停止。
初始时读入\(K\)个矩形，所有被奇数个矩形覆盖的地方视为1，否则视为0。\((N,M,K \leq 10^5)\)
题解：可以证明（也可以打表），轮数最多两次。即两轮过后如果仍然存在1，则无解。
考虑如何硬性模拟这个过程。显然，把每一个用来异或的矩形拆成两条扫描线。我们按列枚举过去，暴力用bitset维护出当前列的01状态\(cur\)。那么如何判断第一轮过后这一列的情况？我们发现，我们还要事先算出每一列状态\(cur_j\)的异或和\(Sum_{cur}\)（表示每一行是否会遭到这一行带来的翻转影响）。那么\(cur_i\)的会被异或上行的贡献 \(Sum_{cur_i}\)，会异或上列的贡献（如果cur里有奇数个1）；另外，如果\(cur_i\)是1，它本身会在行和列影响里算了两边：所以还要再异或上自己。一通操作后即可求出每一列新状态\(cur'\)。如法炮制可以求出第二轮结束后的每一列状态\(cur''\)。
裸模拟的话需要卡一卡常数才能过。把代码写出来后，观察各种异或的操作，发现很多都会抵消：其实我们只需求出初始时每一列的状态里1的个数，以及每一列状态的异或和\(Sum_{cur}\)。而这些都可以直接用维护01的线段树来完成。这样复杂度就降成了\(O(N \log N)\)
4.22 Petrozavodsk Summer 2017 - JOI TST 2012 Selection
E
题意：有一个 \(N*N(N \leq 1000)\) 的方形矩阵。有 \(Q(Q \leq 2000)\) 个操作，每次给出一个正方形，要求把里面的值逆时针旋转90°。输出最后矩阵的样子。
题解：此题算是今年ZOJ新手上路某题的弱化版>_<。
为了方便，可以在正方形矩阵外面再加一圈点；值得注意的是，我们维护的是边（一个点 \((x,y)\) 连出去的四条边）。
每一条边上都会有一个旋转标记 \(rev\)（注意，这是永久标记！！！）。当我们要去find一个固定位置的点时，我们从任意某个不变的起点出发（即外围的某个点），每经过一条边，都把当前累计的\(Sum_{rev}\)并上该边的\(rev\)。每次我们想向上下左右一个方向d走的时候，d要经过\(Sum_{rev}\)的调整。我们需要的做到的是，对于每一个操作，都实时维护一些边，使得从不变起点沿任意一条路径，都能确实地“定位”一个点 \((x,y)\) 的id。
对于一次旋转操作，我们暴力找到目前正方形四周的那些点S以及它们外围一圈的点T（顺便得到了它们的\(Sum_{rev}\))，并先根据旋转90°将它们放到新的位置上。现在的问题是：里面的点本质是没有转的，所以每当我们从T跨越到S时，要求 \(Sum_{rev}\) 发生一些变化，接着在这个矩阵里走的话就能重定向成实际的方向。
然后，为了保证结构正确，对于所有S->T和T->S的边，我们要重构它们的 \(rev\) ；即计算出它应该打什么标记，使得从 \(i\) 走到 \(j\) 时，\(Sum_{rev_i}\) 会变成 \(Sum_{rev_k}\) 。
4.25 XVIII Open Cup - Grand Prix of Ukraine
H
题意：
题解：
