训练记录PART5 2018.6.15~8.15
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。
6.15 Petrozavodsk Summer 2013 - Comenius U Selection by Michal Forisek
C
题意：给出一个长度为 \(N(\leq 10^5)\) 的 \(DURL\) 操作序列。想想一只画笔在无限大的平面上画线，保证线可以相交但不会重合，且最终构成一个回路。问画出的图形最少需要用几种颜色染色（使得边相邻的区域颜色不同）？
题解：
E
题意：有一个圆形披萨，圆心在 \((0,D)(D > 0)\) 。桌面是 \(x\) 轴上侧。将披萨等分切成\(N\)块（水平沿 \(x\) 轴正方向是第一刀）。现在要一块一块取小披萨。没有被取过的披萨本来是粘成一个整体的。注意任意时刻，不能有一个整体的披萨掉下桌面（重心 \(\leq 0\)）。问可行的取用排列有几种。
题解：先用积分预处理出一段披萨是否能屹立在桌上。然后区间DP一下即可。
K
题意：在 \([10^6,10^6]\) 平面里随机撒 \(N(2 \leq N \leq 10^5)\) 个点。求最近点对的距离。
题解：利用随机花式做。
6.20 2017 Multi-University Training Contest 3
6.22 Petrozavodsk Winter 2011 - Andrew Stankevich Contest 39
A
题意：有 \(N (\leq 30)\) 个交易所和 \(M\) 个可行交易方案 \((x,y,p,q)\) ，表示交易所 \(x\) 里每单位的钱可以换成交易所 \(y\) 里 \(p\)元前，且最多交易 \(q\) 次。\(|p|,q \leq 100\)。求最多能挣多少钱。
待补。
E
题意：用 \(N (\leq 500)\) 个边长是 \(1 \times 1\)的正方形拼出一个规则几何形状。求拼成最小周长的形状的方法有几种。（摆放位置已经确定，即四个角上轮换算不同方案）
题解：最终形状肯定是 \(a \times b\) 的长方形抠掉一些。枚举每一组\((a,b)\)统计答案。
研究一下“抠”的规则。设 \(L_i,R_i\) 表示每行连续的正方形位置，显然要保证 \(L_i\) 先递减再递增，\(R_i\) 先递增后递减，且 \(L_i\) 要取过 \(1\) ，\(R_i\)要取过 \(N\)。可以直接根据这些规则从上到下进行DP。
G
题意：求 \(N (\leq 500)\) 个点的排列中，能被分解成三个递增序列的排列有几种。
题解：待补。
6.24 2017 Multi-University Training Contest 6
A
题意：给出由 \(N(\leq 10^5)\) 个单词的字典和 $Q(\leq 10^5) $个询问,每次给出两个串 \(pre,suf\) ，问有多少个单词以 \(pre\) 为前缀，以 \(suf\) 为后缀，且它们不重叠。字符串总长 \(\leq 5 \times 10^5\)
题解：这两维的限制很难搞。因为一开始单词的顺序是无关的，我们可以先按字典序排序。这样，前缀是固定值的单词必然是连续的。我们倒着建立trie，每次按\(suf\)走一走，即询问：当前 \(trie\) 子树下有多少个开头满足在区间 \([L,R]\) 中的。
注意还有棘手的限制：不能重叠。即询问串的长度必须 \(\geq |pre|+|suf|\) 。为了破解这个限制，我就离线先按询问的长度排序，动态往dfs序里丢一个数，或者询问一段区间里里另一维权值在 \([L,R]\) 的数有多少个。这个是经典的2个log带修改主席树的做法。
其实只要容斥地减掉即可。不合法的一定是重叠的，我们直接暴力枚举重叠部分长度，用hash去全局判一判即可。
B
题意：一共有 \(5 \times 10^5\) 组数据。给出圆里的两个点 \(P\) 和 \(Q\) ，保证\(|OP|=|OQ|\)。在圆周上找一个 \(D\) ，使得 \(|DP|+|DQ|\) 最小。
题解：数据组数很大，三分需要一点黑科技。 三分时其实没必要三等分点 。如果 \(m_1\) 和 \(m_2\) 每次都取在 \(mid=\frac{l+r}{2}\) 的附近，它的效率就会接近二分了。考虑到一些精度问题，建议与 \(mid\) 隔得稍微远一点。
考虑解析解怎么求，这里需要圆的反演的知识。分别对 \(P\) 和 \(Q\) 做圆的反演点，相似比为 \(|OP|:r\)。因为比例一样，所以等价于求\(|DP'|+|DQ'|\)的最小值。如果 \(|P'Q'|\) 与圆有交，交点便是 \(D\) ；否则可以假想一个以它们为焦点的椭圆，我们一点点放大这个椭圆，它第一次与圆的交点即为所求，此时就在中垂线位置。
H
题意：给出 \(N(\leq 10^5)\) 个数的排列和 \(M(\leq 10^5)\) 个询问。每次给出 \(L,R\) ，求\(\sum \limits_{i=L}^R \sum \limits_{j=i+1}^R \sum \limits_{k=j+1}^R [gcd(p_i,p_j)=p_k] \times p_k\)。
题解：离线，枚举每一个右端点，维护此时左端点的答案。由 \(p\) 是一个排列，每次加入 \(i\) 后，我们可以暴力枚举 \(p_i | p_j (j<i)\)。
如果从右往左扫描，现在问题转化成：把一个数加入集合；或者问集合里与某个数互质的数有多少。这是个经典问题，只能暴力容斥。为了减少常数，每次加入一个数的时候，只在它 \(mul \ne 0\) 的位置算贡献。
7.14 Petrozavodsk Summer 2016 - Petr Mitrichev Contest 14
C
题意：考虑这样一个题：把 \(0\) 和 \(1\) 填入 \(N(\leq 60)\) 位的格子。还有 \(m(\leq 100)\) 个进制串，表示它们不能是某个合法方案的子串。问合法的方案总数 \(n\) 。现在给出这个 \(n(\leq 10^9)\) ，要求构造一种合法方案。
题解：待补。
F
题意：有 \(k(\leq 10000)\) 轮游戏。每一轮会独立地随机一个 \(1\) ~ \(n(\leq 10000)\) 之间的数，可以选择取这个数或者 \(skip\) 。必须正好取 \(3\) 个数，问最优决策下，取的 \(3\) 个数是等差数列的概率。
题解：设 \(f_{i}\) 表示一共玩 \(i\) 轮成功的概率。转移显然为：\(f_i=\frac{1}{n} \sum \limits_{j=1}^n \max(f_{i-1},g_{i-1,j})\)。其中 \(g_{i,j}\) 表示还剩下 \(i\) 轮，之前已经取了一个数字 \(j\) 的最优成功概率。然后 \(g_{i,j}=\frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^n \max(h_{i-1,k,g},g_{i-1,j})\) 。其中 \(h_{i,j,k}\) 表示剩下 \(i\) 轮，已经选出两个 \(j\) 和 \(k\) 的成功概率。 \(h\) 已经可以直接算了。且注意到，计算 \(g\) 枚举的 \(k\) ，本质不同的只有 \(4\) 种（已经确定了两个数，符合要求的第三个数最多只有 \(3\) 个），我们可以合并相同的情况。最后复杂度 \(O(NK)\) ，滚一滚数组即可。
H
题意：给出一个 \(n \times m(n,m \leq 1000)\) 的01网格。每次可以翻转一行，一列，或者任意一条（反）对角线。求打印一种能翻转成全1的方案。
题解：
7.15 Petrozavodsk Summer 2016 - Ural FU Dandelion Contest
C
题意：维护一个 \(N(\leq 10^5)\) 个数的可重集（数字 \(\leq 10^9\) ）。有 \(Q(\leq 10^6)\) 种操作，分为两种：①问目前第 \(k\) 小的数；②将所有 \(> x\) 的数都减掉 \(x\)。
题解：要动态地求第 \(k\) 小，相当于要实时地维护出这个集合。为了用上一些均摊的特性，我们把②操作要维护的数分类。
对于 \(y \in [x+1,2x]\) 的这些数，其实我们是可以暴力找出来删掉它们，再暴力插回平衡树的。因为每操作一次，值必然小于原来的一半。
对于 \(y > 2x\) 的这些数就不能暴力了。但注意到，它们减去了 \(x\) 后依然大于 \(x\) ，与之前所有数的相对大小保持不变！这样我们只需在这一段里打一个区间减标记即可。
I
题意：给出一个凸包 \(N(\leq 10^5)\) 。问凸包上有多少个点对，满足以它们为直径画圆，该圆可以盖住凸包上的所有点。
题解：因为直径是圆里最大的弦，所以符合要求的圆的直径必然是凸包的最远点对的距离。
首先介绍一个经典算法：求每一个点的最远点。
显然一侧绕着凸包走，另一侧是单调的。但注意这不是完全决策单调性，即最优点周围是不具备单调性的。
最简单的做法就是分治。具体地，将凸包倍长，定义
直接对其做要求的点为 \([1,n]\) ，分治决策点为 \([1,2n]\) 的DP即可。（注意不合法那一段一定要取负，以保持分治的单调性）
这题我们会发现，如果一组点对合法，那么所有距离为直径的对踵点都合法。所以只需暴力check一组即可。
7.17 Lesnoe Ozero 2016 BSUIR Open 2016 Finals
B
题意：有一个 \(N \times N(N \leq 1000)\) 个格子，每一个格子均匀随机一种 \([1,k](1 \leq k \leq N^2)\) 的颜色。一个矩阵的价值是里面不同颜色的数量。求所有子矩阵的价值之和。
题解：待补。
C
题意：一个数列前 \(5\) 项是 \(\{1,2,4,6,3\}\) ，之后每一 个\(a_i\) 满足：它是与 \(a_{i-1}\) 不互质、且之前没出现过的最小的正整数。求它第 \(N(\leq 3 \times 10^6)\) 项的值。
题解：直接对于每一个质数，维护 \(f_i\) 表示含该质数的最小没出现过的数是多少。全局维护一个是否出现过的flag数组，每次枚举 \(a_{i-1}\) 的质数，用 \(f_i\) 更新，维护 \(f\) 时暴力往上走即可。复杂度为 \(O(N \log N)\)。
D
题意：平面里有 \(N(\leq 1000)\) 个点。问有多少条长度为 \(6\) 的链，满足这 \(6\) 个点互不相同，线段方向交替（第一条线段是向左转，第二条向右转……），且每次转向角都是钝角。
题解：待补。
7.19 XVI Open Cup - Grand Prix of Ekaterinburg
7.21 XVI Open Cup - Grand Prix of Siberia
L
题意：有 \(k(\leq 10)\) 个寄存器，初始时 \(0\) 号点里的值是 \(x\) ，别的点都是\(0\)。给出\(m(\leq 15)\)操作，分为两种：①将一个寄存器的值加到另一个上。②某个寄存器里的值加一。所有操作都是在模域 \(P\) 下进行的。再读入一个 \(K\) 位的字符串表示 对\(P\) 的限制：每一位是 \(0\)~\(9\) 中的一个数或者 \(?\) （可以填任意数字）；第一位必然是确定的数字。
设所有操作做完后 \(0\)号点得到的值是 \(y\) 。现在只给出 \(y\) ，对于所有合法的pair \((x,P)\) ，求 \(x\) 的和。注意要保证 \(0 \leq x,y<P\)，且一个 \(x\) 如果有多个 \(P\) 符合，答案算多次。
题解：这题特别复杂。首先前面的寄存器没啥卵用。题目转化成，\(Ax+B=y(\mod P)\)，给出 \(P\) 的数码限制和 \(y\) ，求所有合法解的 \(x\) 之和。
\(P\) 有数码限制，应该要数位DP；但有取模运算在似乎不好搞。因为寄存器操作 \(m \leq 15\)， \(A\) 和 \(B\) 不会很大（几千）。我们可以枚举这个等式的商 \(k\) ，将其改写成 \(Ax+B=y+kP\) 。如果 \(B<P\) （为了满足这个条件，\(P\) 限制位数小的时候我们可以暴力枚举 \(P\) 验证），又因为 \(x < P\)，所以 \(k\) 的枚举范围为\([0,A]\)。
再把式子写成 \(\frac{Ax+B'}{k}=P\)。这个式子必须要整除，设最小合法解为 \(x0\) （对应的 $P $称为 \(p0\) ）。 \(x\) 每加一，分子增加 \(A\) ，那么我们可以求一个\(dx = \frac{k}{gcd(A,k)}\)，表示 \(x\) 至少增加这么多才能又一次整除；对应的 \(dp = \frac{A}{gcd(A,k)}\)。注意还要满足 \(x < P\) ，所以第 \(i\) 组解如果成立，要满足 \(x0 + dx \times i < p0 + dy \times i\)，由 \(k \leq A\) ，合法的 \(i\) 是一个后缀（要大于等于某个值）。
求 \(\sum x\) 比较麻烦，考虑先求出 \(\sum P\) ，最后式子转化一下即可。
问题变成了一个有下界要求的数位DP。因为合法的 \(P\) 是一组等差数列，DP的时候我们还要再记一维 \(mod\) 表示目前填的 \(P\) 的前缀对 \(dp\) 的模数（最后被统计进答案的 \(P\) 需满足 $P \mod dp = p0 \mod dp $ ）。注意不光要记录目前之前填好的前缀所有合法 \(P\) 的和，还要记合法 \(P\) 的个数（这样才能帮助转移前者）。常数略大，需要卡常。
7.22 Petrozavodsk Winter 2015 - Wroclaw U Contest
L
题意：给出一个 \(N(\leq 2 \times 10^5)\) 个点和 \(M(\leq 5 \times 10^5)\) 条边的有向图。对于每一个都询问：如果删了这个点，这张图的强连通分量个数是否会增加。
题解：每一个SCC单独做。考虑固定一个点 \(O\) 。如果点 \(X(X \ne O)\) 是合法点，那么至少存在一个子SCC集 \(B\) ，满足它和 \(O\) 所在的子SCC集 \(A\) 不能互相到达。先从 \(O\) 点开始跑一个支配树。假设只存在 \(B\)->\(A\) 的边，我们会发现， \(X\) 是 \(B\) 集合的所有点的支配点；反之 \(A\) -> \(B\) 有边，只需将所有边都反向，那么 \(X\) 依然是它们的支配点。所以，我们跑正反各一次支配树，如果一个点至少一次成为某个点的祖先，就是合法点。最后还要特判 \(O\) 点，直接删除它跑一遍tarjan即可。
7.22 FaceBook R1 T4
题意：有 \(N(\leq 3000)\) 个院子排成一排，相邻两个院子有一个栅栏。每个栅栏的高度是 \((L_i,R_i)(R_i \leq 10^6)\) 里的一个随机整数。
还有 \(M(\leq 3000)\) 个僵尸，给出它们初始所在的院子和最多能跳的高度。对于所有栅栏的可能局面，问“至少存在一个院子不可能被任何僵尸走到”的概率。答案对大质数取模。
题解：有点意识流的DP。设 \(f_{i,j}\) 为前 \(i\) 个院子都能被僵尸到过，且能走到院子 \(i\) 的最强的僵尸是 \(j\) 的概率；再设\(g_{i,j}\)为前\(i\)个栅栏不能全被僵尸到过，且必须有一个能力至少为 \(j\) 的僵尸从右侧跳到第 \(i\) 个院子来，能使前 \(i\) 个院子都被到过。对于一个 \(i\) ， \(f\) 和 \(g\) 显然是不交的，而且它们的概率和是 \(1\) 。每次转移的时候，分情况讨论即可。转移 \(g\) 的时候复杂度是 \(O(N)\) 的，还需要一个前缀和优化。总复杂度 \(O(N^2)\)。
7.23 Petrozavodsk Winter 2015 - Jagiellonian U Contest
B
题意：有一个 \(6 \times 6\) 的棋盘。现在打乱棋盘上棋子。每次可以对一行或者一列循环移动1格。构造一种能恢复成原来状态的操作序列。
题解：如果我们能做到交换两个格子，这题也就结束了。可惜我并没有搞出来。
对于一个点 \((x,y)\) ，如果对其执行了 \(DRUL\) 的操作，别的数没有发生变化，而\((x,y),(x,y+1),(x-1,y)\)这三个字符发生了循环位移。同理，我们也能发现 \((x,y),(x,y-1),(x-1,y)\) 的循环位移的方法。前 \(4\) 行每次用三角置换把数字移动到目标位置。最后两行是一列一列填好的，最后还会剩下两个字符（即使是反的也没救了）。到这里也能说明，能互相到达的状态的等价类最多为 \(2\) 。实测发现等价类为1，所以每次对于一个初始态，我们可以先随机shift一下，再按这个操作拼。每次正确率的期望是 \(\frac{1}{2}\)。
C
题意：给出 \(b(\leq 5 \times 10^4)\) 进制下，数码 \(1\)~\(b-1\) 分别对应的字符串（总长\(\leq 5 \times 10^5\)）。再给出一个很长的字符串 \(S(|S| \leq 3 \times 10^5)\)，找到它的一个子序列 \(S'\)，使得$ S'$ 能能不重不漏地分解成一些数码对应的字符串，且数码构成的数字最大。要求输出方案。
题解：求最长的数字长度还是比较好做的。设 \(f_i\) 表示后缀 \(i\)~\(n\) 中能拼成的最长长度，每次枚举从 \(i\) 开始最小的能覆盖的子串 \([i,j]\)，\(f_i=\max(f_{j+1}+1, f_{i+1})\)。还要求具体方案的话，因为数字一定是首位越大越优，增设 \(g_i\) 表示在满足长度为 \(f_i\) 的情况下，当前第一位最大是多少。转移时，找合法覆盖串 \([i,j]\) 的最大可能数码。注意 \(j\) 还要满足，\(f_{j+1}=f_i-1\)。
以上是暴力转移的做法。在比赛时，想到了一个\(naive\)的分块做法。设一个阈值 \(last(=100)\) 。把数字对应的串按长度排序，称后 \(last\) 个为大串，剩下的为小串。dp转移的时候，分别考虑这两类串的贡献。对于小串，长度都是比较小的，我们直接暴力枚举 \(j\) ，然后看一下给定子串是否存在一个对应数码（所以我们还能将小串的长度去重来枚举，减少常数）；对于大串，每次dp第 \(i\) 位时直接扫描全集，hash值比对一下即可。复杂度是 \(O(N(K+last))\) 的，其中 \(K=min(\sqrt{5 \times 10^5 - l \times last},l)\)， \(l\) 是一个任意值（表示后 \(last\) 个串的长度）。手写hash+64位自然溢出可以卡过。
事实上有很简单的做法。将所有数码串反向建 \(trie\) 图。倒着枚举 \(i\) 的时候，直接走 \(S_i\) 这条边。这样当前节点 \(p\) 的 \(fail\) 树上的祖先都是能匹配的串。预处理一个点到根路径上最短匹配串，就可以支持对 \(f\) 数组的转移了。 \(g\) 数组的话，因为有一个长度限制，如果同时维护的话，需要在 \(fail\) 树上询问某一段祖先的最大值。但其实，我们可以等 \(f\) 数组做完后，从前往后逐位确定去确定具体方案。每次找到之后 \(f\) 连续的那一段，从结尾出开始走 \(trie\) 图，这样我们只会询问到根路径上最大匹配串的数码。
D
题意：多组数据。每次给出一个 \(N(\leq 2000)\) 个整数的集合，数字范围为 \([0,10^9]\)。找出一个长度最长的等差数列。
题解：开始想到的做法是：枚举任意两个数 \(a_i,a_j\) ，将这个pair插入 \(a_j-a_i\) 这个集合里。最后依次扫描每一个集合，每次贪心地跑一遍即可。但是如何划分这些集合呢？直接排序也是会TLE的，首先hash可能也会卡常。
事实上，排完序后，直接设 \(f_{i,j}\) 表示结尾两个数是 \(a_i,a_j\) 时的最长长度。然后找到一个 \(k\) ，使得 \(a_j-a_i=a_k-a_j\) ，转移到 \(f_{j,k}\) 。注意到，枚举 \(j\) 的时候，对应的 \(k\) 是单调的，指针扫一扫即可。
7.25 XV Open Cup - Grand Prix of America
D
题意：给出一个二进制数 \(R\)，它是由01串 \(S(|S| \leq 50)\) 重复 \(K(\leq 10^5)\) 次得到的。要在 \([0,R)\) 里选择 \(N\) 个互不相同的数，使得它们的xor值是0。求方案数模 \(10^9+7\)。
题解：还不会帅气的做法。
先写一个我搞出来的求允许相同的数的答案。考虑直接数位DP，对每一个数都开一个0/1表示是否已经严格小于 \(R\) ，转移时枚举每个数这一位填0/1（都可以用一个二进制状态 \(U\) 来描述）。这样复杂度是 \(O(|S| \times K \times 2^N)\) 的。 \(K\) 很大，考虑倍增 \(K\) 。关于合并的话，我并不会特别优美的做法。只会设 \(f_{S,T}\) 表示经过一段 $R \(之后，原dp数组的状态\)S$对新dp数组的状态 \(T\) 的贡献的系数。预处理走一段的复杂度上界是 \((4^N \times |S|)\) （枚举子集的子集）。不停地把f合并来倍增。每次合并复杂度也是 \(O(4^N)\)。
G
题意：初始有一个字符串 \(p\) 和空串 \(S\) 。重复若干次操作，每次往 \(S\) 里的随机一个位置插入一个 \(p\) 。给出最终状态的 \(S(|S| \leq 200)\)，求长度最短（如果一样，字典序最小）的合法的 \(p\)。
题解：要长度和字典序最小，应该是枚举+check的套路。先枚举一个 \(|S|\) 的约数 \(len\) 。 \(p\) 必然是 \(S\) 的一个子串，我们再花 \(O(N)\) 的时间，可以找到所有可能的 \(p\) ，最后验证一下即可。
验证时，每次找到最靠前的 \(p\) 并删掉是错的。比如\(S=ababaa,p=aba\)也是合法的。
注意到，虽然一块p可能被断成若干截，但夹在其中的每一段，必然是能独立消光的。我们可以 \(f_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 是否能合法。注意 \(j-i+1\) 不要求是 \(len\) 的倍数。如果有余数，我们要求多余的部分正好是 \(p\) 的前缀。转移时考虑第 \(j\) 个字符。
一种情况是，它和之后的零碎字符会拼成一段，即 \(f_{i,j}|=f_{i,j-1} and a_j = prefix_{(j-i) \mod len+1}\)；
或者说，对于之后的零碎部分而言， \(j\) 是属于夹在它之间的整块，那么 \(f_{i,j}|=f_{i,j-k \times len} and f_{j-k \times len+1,j}\)。
最终复杂度为 \(\sum \limits_{k|N} (N-k+1) \times N^2 \times \frac{N}{k}=O(N^4)\)
H
题意：一个坏的售货机有 \(N(\leq 10^5)\)个物品，每个物品有 \(a_i(\geq 1)\) 个。还有 \(N\) 个按钮，第\(i\)个按钮指向物品 \(f_i\) 。每指定一次 \(i\) 后，如果物品 \(i\) 和物品 \(f_i\) 都有货，要支付 \(C_i\) 的代价，但会跳出物品 \(f_i\) 。再给出每个物品卖掉的价格 \(D_i\) ，问操作一通最多能赚多少钱。
题解：挺有趣才摘录的，不难。经典模型，构出来的一定是一棵基环内向树。如果只是树，从根开始直接向外贪心即可。
考虑环的话，环上指向一个点 \(X\) 的边必须要大于 \(X\) 子树朝它的边（否则删掉它即可做一遍树即可）。先全部取到 \(1\) ，最后必须损失一个点，找一个最小的即可。
7.27 2018 Multi-University Training Contest 2
A
题意：给出 \(N(\leq 15)\) 个整数区间。在每个区间里等概率随机一个实数，求总和的绝对值的期望。模大质数。
题解：待填坑。
C
题意：给出一张 \(N(\leq 10^5)\) 个点， \(M(\leq 10^5)\) 条边的无向图。问最少几条 \(path\) 可以覆盖每条边正好一次。要输出方案。
题解：度数为奇数的点必然只有偶数个。将它们随意连接，就能得到一张欧拉图。跑一个欧拉路径，再把连接处断开即可。
F
题意：给出一个 \(N \times M (N,M \leq 3000)\) 的棋盘。给每一个格子染黑色或白色的一种，问至少有 \(A\) 行全黑，\(B\) 列全黑的方案数。
题解：在一维情况下，算正好是 \(x\) 个符合要求的答案，我们可以倒着来\(DP\)。即 \(g_x=f_x-\sum \limits_{i=x+1}^n g_i \times C_i^x\) 。但是二维下，这个是\(O(N^4)\)的。
反思一下，一维的时候，其实我们还可以直接容斥算 \(x\) 处的答案。 \(g_x=\sum \limits_{i=x}^n f_i \times C_i^x \times (-1)^{i-x}\)。
而且这个也是可以无伤拓展到二维的。所以现在我们会 \(O(NM)\) 的复杂度算 正好有 \(A\) 行 \(B\) 列的方案数 了。
假想我们枚举所有\((A',B')(A' \geq A),B' \geq B)\)分别做一遍容斥，这样依然是 \(O(N^4)\) 的。
但我们可以反过来考虑，对于一组 \((x,y) (x \geq A,y \geq B)\)，计算它对所有 \((A',B')\) 的贡献。系数是对一个组合数的式子求和，拆一拆可以用前缀和优化。最终效率是 \(O(NM)\) 的。
8.6 XVIII Open Cup - Grand Prix of Peterhof
A
题意：要选出六边形网格（见下图）里的 \(N(\leq 10^9)\) 个点，然后用连续围墙把它们围住。围墙也占据格子，且不能和选出的点重合。可以多围一些空的格子。问围墙经过的最少的格子数。
题解：若 \(N\) 正好等于一个正六边形内部的点数，那么外面围一圈必然是最优的。之后每增加1的围墙，可以“拓宽”一条边界。假设六边形边长是 \(e\)，向外拓展六次后，能多围的点数分别为 \(e-1,e,e+1,e,e,e\)。所以一点一点模拟拓宽过程即可找到最优解。复杂度\(O(\sqrt N)\)。
B
题意：在 \(N \times M(N \leq 6,M \leq 300)\)的网格里放骨牌。每一个骨牌都是 \(1 \times 2\) 的，且正好一端黑一端白。特别的，对于两种骨牌放置方案，如果其带来的染色结果相同，我们认为是同一种方案。求放满骨牌的方案数模一个大质数。
题解：很难直接统计骨牌放置的方案，因为处理不了等价的情况。
先考虑，如果给出一种染色结果，是否存在一种骨牌放置方案？可以一列一列状压DP过去判断。这样就不用考虑相同的骨牌放置方案了。那么我们可以在之前的DP中，额外开两维 \((i,j)\)，表示目前颜色涂到 \((i,j)\)，且目前的骨牌能放置的结构为 \(S\)的方案数。每次枚举这一格颜色是 \(0\) 还是 \(1\)。最后把最终态里合法的颜色的方案数加起来即可。状态数不满 \(2000\)。
G
题意：在 \(N \times N(4 \leq N \leq 100)\) 的国际象棋棋盘上有两颗子。选手操纵后，\(judge\)程序操纵马。要求在 \(K (K \times N \leq 10000)\) 步之内把马吃掉。
题解：大概会了。待补。
H
题意：设 \(f(x)=\prod \limits_{i=1}^n (1+a_i x)\)，\(g(x)=\prod \limits_{j=1}^m (1+b_j x)\)。（直接给出 \(f\) 和 \(g\) 的系数）。
求 \(h(x)=\prod \limits_{i=1}^n \prod \limits_{j=1}^m (1+a_i b_j x)\) 的前 \(k\) 项系数，模NTT质数。\(n,m,k \leq 10^5\)
题解：用到一步精妙的泰勒展开（或许是多项式基本操作？）
\(f(x)=exp(\sum \limits_{i=1}^n ln(1+a_i x))=exp(\sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \times {a_i}^kx^k)=exp(\sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} (\sum \limits_{i=1}^n {a_i}^k) x^k)\)
\(g(x)\)同理。
\(h(x)=exp(\sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m ln(1+a_i b_j x))=exp(\sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \times (\sum \limits_{i=1}^n a_i)(\sum \limits_{j=1}^m {b_j}^k) x^k )\)
所以 \(ln(h(x))\)可以由这两个函数取对数后点乘起来再调一下系数得到。最后再 \(exp\) 回去即可。
J
题意：给出一个\(n(\leq 10^6)\)位的高精度数。判断它是否是完全平方数。
题解：NOIP模域做法再现江湖！我们可以指定一些质数 \(P\)。如果 \(n\) 是完全平方数，显然 \(n\) 在模域 \(P\) 下存在二次剩余，即\(n^{\frac{P-1}{2}}=1\)。多测试几次即可。
8.7 2017 Multi-University Training Contest 1
C
题意：经典题。给出一棵 \(N\) 个点的树。设一条路径的权值是它上面的颜色数。求所有路径的权值之和。
题解：显然对于每一种颜色分开考虑。这就变成了一个虚树上DP的模型。
虚树上不是所有点都是关键点。直接算包含关键点的路径会比较困难。可以容斥一下，算不包含的数量。
虚树上也要额外统计原树里（且不在虚树上）的点。可以分类为“虚树上一条边里的点”和“虚树上的点的其它子树里的点”。
I
题意：给出一棵 \(N(\leq 1000)\) 个点的仙人掌。求它前 \(K(\leq 10^5)\) 小生成树的代价和。
题解：显然每一个环里必须删掉一条边。
问题转化成：给出\(N\)个集合，每个集合里有若干个数（数量总和 \(\leq N\)）。现在要在每个集合里各删一个数，求剩下数的和的前 \(K\) 小解。
有一个经典的二分做法。二分答案，暴力去DFS构造。一旦超过 \(K\) 可立即停止，复杂度上界 \(O(NK \log V)\)。
题解分析了一通，其实也可以暴力。考虑一个一个去合并这些集合。
一种显然的做法是，之前已经维护好了\(K\)个值。到目前这个集合 \(S\) 时，往堆里加 \(|S|\) 个元素，每个元素开个指针一步一步从 \(1\) 推到 \(M\)。这样每一轮复杂度是 \(O(K \log |S|)\)，总复杂度是\(O(K \log \prod_{S_i})=O(KN)\)
J
题意：有 \(N(\leq 5 \times 10^4)\) 个物品，大小为 \(i\) 的物品有 \(a_i\) 个（\(a_i < a_{i+1}\)）。求拼出体积为 \(1\)~\(2N\) 的方案数。
题解：经典的分段背包。对于大小小于 \(\sqrt N\)的物品，直接应用队列优化的多重背包即可；对于更大的物品，可以视为无限背包，且最多只会放\(\sqrt N\)个，直接应用旋转体积背包即可（每次整体 \(+1\) 或者加入新的一个点）。
注意这里体积要算到 \(2N\)。可以先将物品视为 \(2N\) 个，做一遍旋转体积背包。然后再考虑减掉 “用到体积大于\(N\)的物品” 的方案数。直接枚举超过的物品体积（\(N+1\)~\(2N\)），剩下的调用直接的DP值即可。
8.9 2017 ICPC SWERC
H
题意：字符集为前 \(k(\leq 26)\) 个小写字母，填 \(N(\leq 500)\) 个格子。还有一个额外限制 \(S(|S| \leq 60)\) 。\(S=s1>t1|s2>t2|s2>t3 \dots\)。其中 \(s1,t1,s2 \dots\)是字符串，且保证对于一组 \((s,t)\)，不可能存在一个字母同时属于\(s\)和\(t\)。限制的含义是，若你填的方案里出现过 \(s_i\) ，则最后一个 \(s_i\) ，必须早于最后一个 \(t_i\) 。求合法方案数。
题解：看上去很经典？是的。
注意到 \(|S| \leq 60\)，所以最多只有 \(15\) 个限制。设直接对所有限制一起建立一个AC自动机。设 $f_{len,p,S} $ 表示填到第 \(len\) 位，走到了自动机的第 \(p\) 位，且目前对于限制的满足情况是 \(S\) （\(S\) 是一个二进制状态）的方案数。可惜的是，这样会TLE的。
主要还是 \(S\) 太大了。考虑建立一种崭新的自动机，能完全刻画出满足的某些限制，而不用 \(S\) 来描述。
由于不知道如何形式化地建立自动机，我们可以暴力建。具体地，一个自动机上的点是一个状态集合\(S\)，表示目前对于第\(i\)个限制它匹配到了哪里。（比如，如果还没匹配完 \(s_i\) 就失配了，那从 \(s_i\) 头开始匹配；超过 \(s_i\) 但没匹配完 \(t_i\)，则从 \(t_i\)开头匹配；匹配完了 \(t_i\)，又可以从头开始搞。注意，由于 \(s\) 和 \(t\) 出现的字母都不一样，所以不用考虑\(kmp\)）。
可以证明，建出的自动机大小不超过 \(10^6\)，这样只需要两维DP了。
8.10 German Collegiate Programming Contest 2010
8.15 ICPC Europe NEERC Northern Subregional 2017
F
题意：给出 \(m(\leq 20)\) 个层层嵌套的循环语句。设循环变量分别为 \(i_1,\dots,i_m\)。保证\(i_p\)的循环下界是\(1\)或\(i_q(q<p)\)，循环上界是\(N\)或\(i_q(q<p)\)。求\(N \rightarrow +\infty\)时，该循环复杂度的最高项的系数。结果用最简分数表示。
题解：首先，要产生复杂度，每一个循环的下界都要小于等于上界。如果某一层循环 \(i_p\) 是从 \(i_u\) 循环到 \(i_v\) 的，那么 \(i_u \leq i_p \leq i_v\)。对于每一个 \(A \leq B\) 的关系，我们从 \(A\) 到 \(B\) 连一条有向边。这样\(m\)个循环变量构成了一张图。
首先求出这张图的所有强连通分量。根据连边的意义，每个SCC里的循环变量的取值必须完全一样。
那么可以等价地把每个SCC缩成一个点，结果不变。现在获得了一张 \(m'\) 个点的拓扑图。
因为循环的下界只能是\(1\)，上界只能是\(N\)，如果不考虑循环变量之间的大小限制，总遍历次数是 \(N^{m'}\)。现在，我们要额外考虑循环变量之间的限制，如果算出对应的实际遍历次数 \(cnt\)，那么答案就是 \(\frac{cnt}{N^{m'}}\)
一个显然但是重要的转化：在 \(N \rightarrow +\infty\) 下，我们可以忽略新图中存在两个点取值相同的情况。即你可以认为，所有点的取值两两不同。
考虑给这 \(m'\)个点任意两个 \(rk\) 的合法排列 \(p_1,p_2\)（合法的意思是，满足拓扑图的大小限制）。你会发现，\(p_1\) 和 \(p_2\) 遍历到的次数（对应的取值方案数）是完全一样的。然后你进一步会法案，一个合法排列 \(p\) 与一个不合法排列 \(p'\) 遍历到的次数也是完全一样的。
所以可以转化为这样一个问题：给出一张最多 \(20\) 个点的拓扑图，问有多少种 \(rk\) 分配的排列，使得满足拓扑图限制。合法分配数除以排列总数即是我们要求的答案。这个直接 \(O(2^{m'} \times m')\) 的状压DP即可。
J
题意：给出 \(N(\leq 50000)\) 个数 \(a_i(a_i \ne 0)\)。设 \(A=\sum \limits_{a_i>0} a_i,B=-\sum \limits_{a_i<0} a_i\)。
再设
\(\begin{equation}
w_i=\left\{
\begin{array}{rcl}
\frac{a_i}{A} & & {a_i>0}\\
\frac{a_i}{B} & & {a_i<0}\\
\end{array} \right.
\end{equation}\)
再设 \(sum_i\) 是 \(w_i\) 的前缀和。求 \(sum_i\)最大的位置 \(i\)。有 \(Q(\leq 50000)\) 次操作，每次修改一个数，然后回答一下。
题解：在一次单调修改后，后缀 \(sum_x\)都会变动，不利于维护。很容易想到分块的操作。
\(sum_i\) 割裂成 “大于\(0\)”和“小于\(0\)” 两维（以下简称 \(x\) 和 \(y\) ）的前缀和，就可以看做一个点了。因为 \(A\) 和 \(B\) 变动也很频繁，没有规律，我们可以把 \(A\) 和 \(B\) 当做变量去查询。
具体地，对数列分 \(\sqrt N\) 块。每块无视之前的前缀和，从头算出 \(sum_x\) 和 \(sum_y\)。对于询问，本质是求 \((B,A)\) 和 \((sum_x,sum_y)\) 的最大点积值（其中前者在第一象限，后者在第四象限）。考虑点积的几何意义，我们只需对点集\(sum\)，在第四象限维护出一个凸壳即可。询问时，做一个垂直于 \((B,A)\) 的直线，从无穷远处移动过来，碰到的第一个点即为答案点。
上述要维护的东西可以用二分+点积做到。
每次回答时，枚举每一个块分别问一下。之前块对后面块的影响，相当于把凸壳平移了一段距离。其实最优点依然不变。
每次修改时，暴力重建对应块的凸壳即可。复杂度为 \(O(Q \sqrt N \log N)\)。
