Petrozavodsk Camp2018 题解

Day 1: t.me/umnik_team Contest

A. Ciphertext

　　题意：有一套对01串的前缀编码系统。给出 $k (\leq 52) $ 个编码规则，每个长度不超过 \(52\)。显然，这些01串是不可能有前缀包含关系的。再给出一个长度为 $N (\leq 52 \times 10^6) $的字符串 \(S\)。现在要把 \(S\) 分解成尽量多的段，使得每段都不能被解码。
　　题解：首先我们考虑，单个的 \(0\) 和单个的 \(1\) 是否出现在编码规则里。显然只有可能存在某个才有意义（否则是答案是 \(N\) 或者 \(-1\)）。不妨设存在 \(0\) 且不存在 \(1\)。
　　因为是prefix-free编码系统，有一个很显然的性质是：串 \(w\) 是否能被解码，等价于 \(0^k w\)能否被解码（之前放 \(k\) 个 \(0\)）。
　　对于串 \(S\)，假设我们固定了一段不能解码的后缀，考虑前面一段应该怎么划分。首先，由于\(0\) 能被解码，之前划分的每一段至少包含一个 \(1\)，即最大划分数是 \(1\) 的个数。此外，我们也能构造出这个方案：对于每一个\(1\)，把它和之前连续的 \(0\) 并在一起，独立成一段。
　　所以现在问题就是，找到最短的一段不能解码的后缀，然后答案再加上之前 \(1\) 的个数。为了快速找合法后缀，我们可以对编码倒着建立trie图，并拿 \(S\) 在图里跑一跑。一旦到了一个不是任何编码结束点的点即可停止。

B. Tree Hull

　　题意：给出一棵 \(N (3 \times 10^5)\) 个点的树。初始每一个点是白的。有 \(M\) 次操作，每次把一个点的颜色取反。每次操作后，问所有黑点构成的生成子树中的边权和。
　　题解：考虑转化。一条边在生成子树中，当且仅当它的两侧都有黑点。对于每条边，暴力维护它两侧的黑点数量，记为pair \((a,b)\)。
　　当一个点颜色发生变化时，它到根路径上的边的某一维会变化\(1\)，其余边会在另一维变化 \(1\)。利用树链剖分，我们很容易把它们划成 \(log\) 段来维护。
　　现在考虑这么一个问题：要维护一些pair，每次把一段区间的某一维集体变化\(1\)（保证都是非负整数），或者全局询问所有两维都不为 \(0\) 的元素的权值和。直接维护很难，容斥一下，只要会统计某一维恰好等于 \(0\) 的权值和就好了。直接用线段树维护区间最小值以及它的个数即可。这样问题就解决可。
　　其实黑点会构成一棵类似虚树的东西，我们可以直接按 \(dfs\) 序来维护权值和。用经典的 set 操作来支持加和删。注意这题有点特殊，加入 \(dfs\) 序最小和最大的点时，贡献计算需要特判。

C. Tree Average Weight

　　题意：给出一个长度为 \(N (\leq 10^6)\) 数组 \(d_i\)，表示一棵树的每个点的度数。\(d_i=-1\) 表示这个点的度数没有要求。在所有符合要求的树中等概率选择一种。定义一条边 \((u,v)\) 的代价是 \(size_u \times u+size_v \times v\)，一棵树的代价是边的代价之和。求期望的总代价。
　　题解：推一下式子，其实我们只需求 \(\sum \limits_i (d_i-1) \cdot i\) 的期望。
　　方案是在所有合法形态的树里随机的，很自然地想到prufer序列。而 \((d_i -1) \cdot i\) 正好是prufer序列里的元素和。我们还有 \(-1\) 这几种标号没有填过，要填的个数也是确定的，那么期望和显然是取个平均值即可。

D. Intersection of Parabolas

　　题意：给出正整数 \(a\)，求函数 \(y=(x-a)^2\) 和 \(x=(y-a)^2\) 围成的区域的面积。
　　题解：暴力积分后，答案是 \(4a-\frac{1}{3}\)。

E. Hamming

　　题意：给出一个长度为 \(N(\leq 8 \times 10^3)\) 的 \(01\) 串。对于每一个 \(k \in [1,N]\) 都要询问：所有长度为 \(k\) 的子序列，两两的海明距离之和。对\(40961\)取模，时限\(25\)s。
　　题解：转换求和思路，先枚举询问 \(k\)，再枚举我们关注的位置 \(pos\)，现在我们要快速知道：原序列中有多少左边长 \(pos-1\)，右边长 \(k-pos\)，且中间是\(0/1\) 的方案数，把它们乘一下加到答案里。这个东西无法快速算，那就尝试先全都预处理好。
　　可以用分治来解决这个问题。设 \(f_{l,r,x,y}\) 表示只考虑 \((l,r)\) 这一段，左边选了任意 \(x\) 个，右边选了任意 \(y\) 个，且中间是 \(1\) 的方案数。转移比较显然，比如先枚举 \(1\) 落在了 \((l,mid)\) 这个区间，所以就有 \(f_{l,r,x,y+z} \leftarrow f_{l,mid,x,y} \times C_{r-mid}^z\)；另一侧也同理。这是一个很显然的卷积式子，可以用 \(NTT\) 加速。这样，一次分治的复杂度是 \(O(len^2 \log len)\)的。稍微推理一下可发现，所有区间加起来复杂度等效于 \(O(N^2 \log N)\)。

F. Knapsack

　　题意：有 \(N (\leq 60)\) 种物品，每种大小是 \(a_i\)，且正好有两个。求拼出重量 \(W(4 \times 10^{18})\) 的方案数。其中 \(2 a_i \leq a_{i+1} \leq 10^{18}\)。
　　题解：状态数不会很多（证明留坑）。暴力 \(DP\) 即可。

G. Algebra on Segment

　　题意：给出 \(N (\leq 10^5)\) 个在模域 \(p (\leq 10^9)\)下的正整数，\(p\) 是一个质数。有 \(Q (\leq 10^5)\)个操作，每次给出 \((l,r,x) (x \geq 1)\)，执行 \([l,r]\) 区间乘 \(x\)；或者询问区间 \((l,r)\) 这些元素在模域 \(p\) 下的乘法的阶。
　　题解：先求出 \(p\) 的原根，把所有元素替换成原根的幂次，这样询问就变成了在模域 \(p-1\) 下的加法的阶了。
　　稍微推理一下，得询问的答案为 \(gcd(a_l,a_{l+1},\dots,a_r,p-1)\)。直接用线段树维护区间加区间gcd即可（要用到差分）。
　　这里我们要对 \(N+Q\) 个数求原根的幂次，这是复杂度瓶颈。BSGS的时候不要对 \(\sqrt P\) 分块，而要设 \(m=\sqrt {P \times (N+Q)}\)。如果使用hash（而且本题有点卡常，一定得用hash），复杂度就是 \(O(m)\) 的。

H. Continue the Sequence

　　题意：给出 \(N (N \leq 10^5)\) 个数 \(y_i\)，分别表示某多项式在 \(x=i\) 时的点值。你要让这个多项式的度数尽可能小。现在问它在 \(x=N+1...N+M (M \leq 8 \times 10^5)\) 处的点值。
　　题解：本质是一个插值模型。如果采用拉格朗日插值，前缀积后缀积优化后，也只能 \(O(N)\) 求一次单点的值，太慢了。所以用牛顿插值，考虑差分。
　　做法①：对于 \(1\) ~ \(N\) 这 \(N\) 个数，我们暴力差分 \(N-1\) 次，最后得到一个数 \(d\)。那么显然，如果加上了 \(N+1 \dots N+M\) 这些数一起差分，到这一层也会全部变成 \(d\)。我们在后面添上\(M\)个 \(d\)，再逆差分回去，就得到了答案数组。这个模拟是 \(O(NM)\) 的。
　　考虑加速这个过程。设一个多项式为 \(y_i \cdot x^i\)。注意到，每差分一次，就是把原多项式乘上一个 \((1-x)\) ！因为 \((1-x)^{N-1}\)也可以快速计算得出，所以用一次 \(FFT\) 乘法，我们就能算出差分后的新多项式。它必然是从 \(x^N\) 开始有值，然后我们把大于 \(n\) 次的系数都抹掉，再把 \(N+1~N+M\) 这些幂次前面的系数改成 \(x^N\) 前的系数。那么怎么逆差分回去呢？那显然就是每次除 \((1-x)\) 呀。当然我们也能证明这件事，模拟差分过程，逆回去本质上是系数前缀和。而 \(\frac{1}{1-x}\)展开其实就是 \(1+x+x^2 \dots\)。那么我们只需把 \((1-x)^{N-1}\) 多项式求逆，乘上它即可得到答案系数。
　　做法②（标解）：假设点值是 \(a_0\) ~ \(a_{n-1}\)。构造 \(n\)次多项式 \(f(x)=\sum \limits_{i=0}^{n-1} c_i \cdot x^{\lfloor i \rfloor}\)。显然我们可以通过暴力的方法，逐位确定 \(c_i\) 的值，因为有 \(c_k \cdot k!=a_k-\sum \limits_{i=0}^{k-1} c_i \cdot x^{\lfloor i \rfloor}\)。注意到下降幂可以化成两个阶乘想出，该式子是FFT形式。所以我们可以分治FFT，每次求完左边的 \(c_i\) 的时候，求出它们集体对右区间的贡献。这样我们可以在 \(O(N \log^2 N)\) 时间内求出 \(c_i\)。因为求后面的点值时多项式不变，我们可以类似地做一遍FFT，算出 \(c_0\) ~ \(c_{n-1}\) 对 \(c_{n}\) ~ \(c_{n+m-1}\) 的贡献。求出了后者后即可还原回 \(a_i\)。这一步是一个 log。
　　做法③：威威有更快的做法，懒得写了。

I. Partition Into Teams

　　题意：有 \(N (\leq 10^{18})\)个人，每个人可以投 \(A\) 或投 \(B\) 或弃权。问 \(A\) 票数多于 \(B\) 的概率。模质数 \(P (\leq 10^6)\)。
　　题解：转化为算平局的概率。很显然的做法是，求 \(\sum \limits_i C_{N,i} \times C_{N-i,i}\)。但这个不太可做。
　　从生成函数角度考虑。即我们要求 \((x^{-1}+x^0+x^1)^n\) 在 \(x^0\) 前面的系数。设 \(n=k \cdot P + r\)，所以原式化为：
　　$ (x^{-1}+x0+x¹⁾r \times ((x^{-1}+x0+x¹⁾P)^k\( 　　<font color=red size=3>**由 freshman's rule，\)(x+y)^P=xP+y^P$（高维也成立）**，所以转化为求 $ (x^{-1}+x0+x¹⁾r \times (x^{-P}+x0+x^P)k$ 在 \(x^0\)前面的系数。因为后者的幂次必然是 \(P\) 的倍数，前者也必须是。因为 \(r<P\)，前者唯一的可能是取 \(x^0\) （才能最终拼出 \(x^0\)）。而且因为 \(P\) 很小，前者 \(x^0\) 前的系数我们可以通过上述暴力求出。后者把内层的指数 \(P\) 改成 \(1\)，和原问题等价，继续递归拆外层的指数 \(k\) 即可。

J. Determinant of a Graph

　　题意：给出一张 \(N (\leq 10^5)\) 个点，\(M (\leq N+50)\) 条边的连通无向图，求其邻接矩阵的行列式。
　　题解：有两个基本结论：删掉度数为 \(1\) 的点，行列式值不变；一条链删到只剩下 \(4\) 个点，行列式值不变。按照这样的方法重构这张图，得到不会超过 \(500\) 个点的新图，直接跑高斯消元即可。

Day 2: Ivan Kazmenko Contest 2

A. Circular Search

　　题意：交互题。有个人藏在\((0,0)\)~\((n,n)(n \leq 10000)\)正方形里的某个整点里。每次可以给出一个圆\((x,y,r)(\leq 10^9)\)，会告诉你它在圆内还是圆外。最多问 \(50\) 次，要求找出这个人坐标。
　　题解：圆心在无限大出时，圆的边界可以看做是直线，则询问变成了半平面。分别对 \(x\)轴和\(y\)轴 二分即可。

C. Edit Program

　　题意：给出两个长度为 \(N(\leq 10^5)\) 的 \(01\) 串。问它们的编辑距离是否可以小于 \(N\)。若可以，打印一种方案。
　　题解：首先这两个串必须互为 \(01\) 翻转的串，否则通过修改来达到。注意到，子串里出现 \(010\) 时一定可以（去掉一个\(0\)，加入一个 \(1\) 即可，可以少一步操作）。再把剩下的情况特判掉即可。

D. Faulty Keyboard

　　题意：给出《战争与和平》全集的txt文本。从中随机挑选出至少为 \(10^5\) 字节的连续的一段，并选择一个字母，在它每一个出现的地方有 \(50\)%的概率将其删除。给出操作后的文章段落，判断出少了哪个字母。
　　题解：直接统计每一种字符出现百分比是不行的（可能和部分字母集中出现在某处有关）。有一个很simple的想法：固定了一个字母后，考虑每一个包含它的单词 \(s\)。我们枚举这个单词对这个字母的所有删除方式，得到的不同的串叫做 \(s'\)。如果某个 \(s'\) 不是文中的单词，也不是其余单词删除后的结果，那么一见到它，我们就能确定出答案了。因为合法的 \(s'\) 很多，光做这些足以通过本题。我们只需对每一个字母筛选一些 \(s'\)（随机选择位置，确保有些能落在给定段落里）并打表进去。

F. Known Problem

　　题意：交互题。\(s_0\) 未知，定义 \(s_i=s_{i-1} \cdot 65539 \mod 2^{31}\)，\(x_i=s_i \mod 10^6\)。考虑有 \(N(\leq 10^8)\)个数，每个数即为 \(x_i\)。你要求对它们求和。第 \(i\) 次询问时，你可以知道 \(x_i\) 的值。
　　题解：全部问完肯定会 TLE。注意到 \(s_i\) 的生成式可以用位运算加速，所以我们只需获知一个 \(s_i\)，就可以暴力推出来求和了。
　　我开始采取了一个很复杂的方法来探寻 \(s\)。离线枚举每一个可能的 \(s\)，暴力迭代直到有环，并推算出对应的 \(x\) 的数字环。设一个阈值 \(K=1000000\)，对环上每连续 \(K\) 个数字进行哈希，结果为它开头的 \(s\) 的数值。对于被询问值每 \(K\) 个连续数字都哈希一下，看看是否能找到。期望询问 \(O(K)\) 个值即可。
　　其实这里产生 \(x_i\) 的模数很大。我们知道 \(x_1\) 后，\(s_1\)可能的值就只有 \(1000\) 种了。然后我们可以根据 \(x_2\) 继续缩小可能的 \(s\)。据称，最多问三次即可确定 \(s\) ……

G. K-th Bishop Covering

　　题意：有一个 \(N \times N (\leq 50)\)的棋盘，在其中放入 \(N\) 个象，使得所有格子都被（其或其攻击范围）覆盖。求字典序第 \(K\) 小的放置方法。
　　题解：神题……

H. Continue the Sequence

　　题意/题解：猜是哪种概率分布的题。直接算出每一种概率分布，比较哪种更像即可……

Day 3: MIPT Contest

B. Bag of Bags

　　题意：有 \(N(\leq 3 \times 10^5)\) 个物品，每个物品有实际大小 \(a_i\) 和容量 \(b_i\)，\(a_i<b_i\)。若物品 \(i\) 和 \(j\) 满足 \(a_i<b_j\) 且 \(a_j<b_i\)，则称它们是合适的。依次放入这些物品，某时如果产生了矛盾（存在三个物品 \(i,j,k\) 满足 \(i\) 和 \(j\)，\(j\) 和 \(k\) 是合适的但是 \(i\) 和 \(k\) 不合适）则扔掉该物品。模拟这个过程。
　　题解：比赛时没看出来，这其实就是“线段模型”。将物品看做线段后，要求每一团可能相交的线段都要有公共的交。然后用set维护这一块一块线段集即可。

C. Circle Union

　　题意：给出 \(N(\leq 10^4)\) 个圆的半径，找一种摆放方案，使得它们有公共的交点，且面积并最大。
　　题解：威威带带我[可怜]。

D. Different Summands Counting

　　题意：给出 \(N(\leq 10^{18})\) 和 \(M(\leq 500)\)。对于 \(N\) 的每一个划分\(P\)： \(N=a_1+a_2+\dots+a_M\)（不要求 \(a_i\) 升序），定义 \(f(P)\) 为 \(P\) 中不同的数字的出现次数。求所有划份方案的 \(f\) 值之和模一个大质数。
　　题解：设 \(F(x)\) 表示数字 \(X\) 的总收益，由容斥得 $F(x)=\sum \limits_{i=1}^{\min (M,\lfloor \frac{N}{X} \rfloor)} (-1)^{i+1} \cdot C_M^i \cdot C_{N-iX-1}^{M-i-1} $
　　外层还要对 \(X\) 求和，显然需要加速。因为 \(M\) 只有 \(500\)，更换求和顺序可得 $ans=\sum \limits_{i=1}^M (-1)^{i+1} \cdot C_M^i \sum \limits_X C_{N-iX-1}^{M-i-1} $。把后面的组合数看做是关于 \(X\) 的 \(M-i-1\) 阶多项式，则它们的和是高一阶的多项式。直接插值即可。

E. Emerging Tree

　　题意：有一棵 \(N(\leq 10^6)\) 个点的有向树，方向是从根往叶子。现在要给每个点重新标号。按顺序加入 \(N-1\) 条边，要求任意一个时刻，每个点能走到的点的标号是连续的。打印任意一种方案或无解。
　　题解：（from lsmll）按照加边顺序倒着删边。边上维护P或者S标记表示前缀或者后缀。每次删边时向上找，直到到根或者要经过有标记的边。如果到根，如果根已经有P和S，则无解，否则加一条没有的标记。如果到一条路径中间，则无解，否则延伸这条路径的标记。注意已经删除的边之后就认为没有。如果有解，构造答案的话按照子树大小搞一下。

F. Fast Travel Coloring

　　题意：给 \(7 \times N\) 个点的无向完全图的边染色。颜色必须是 \([1,N]\) 的一种。染完后，要求对于任何两个点 \((u,v)\) 和任何一种颜色 \(c\)，\(u \rightarrow v\) 只走颜色为 \(c\) 的边，最短距离不超过 \(2\)。
　　题解：考虑如何形式化地染色。颜色肯定有某种程度上的对称，所以我们将点分为 \(N\) 组（团），每组 \(7\) 个。每组代表一种颜色。
　　每组点之间的边好办，全连上自己组的颜色！那跨组呢？
　　对于颜色 \(i\) 组的点和颜色 \(j\) 组的点之间，没有理由连其它颜色的边。那到底是连 \(i\) 还是 \(j\) 呢？
　　回想我们要实现的要求：对于任何两个点 \((u,v)\)（不妨设 \(u\) 在颜色 \(i\) 组里，\(v\) 在颜色 \(j\) 组里）和颜色 \(c\)，一定存在一个点 \(k\)，使得 \(k\) 在颜色 \(c\) 的组里，且\((u,k)\) 和 \((v,k)\) 的颜色都是 \(k\)。且大胆猜测，每组颜色 \((i,j)\) 间 \(7 \times 7\)的边连法是一致的。
　　设 \(a_{x,y}=1\) 表示颜色 \(i\) 的第 \(x\) 个点和颜色 \(j\) 的第 \(y\) 个点之间连的是颜色 \(j\) 的边，否则是颜色 \(i\) 的边。
　　现在要尝试构造出一种合法的矩阵 \(a\) 满足要求。显然 \(a\) 是反对称的，且根据要求，对于任意两行 \((x,y)\) （\(x\) 和 \(y\) 意为点 \(u\) 和 \(v\) 所在组的位置，当然也可以相等），存在一个列 \(k\)，使得 \(a_{x,k}=a_{y,k}=1\)。转化一下，即任意两行 \(and\) 值不为0。
　　我们可以通过爆搜+剪枝来搜出符合要求的矩阵。

G. Gnutella Chessmaster

　　题意：\(N \times N (\leq 10^5)\) 里放 \(k\) 个象且互不冲突，问方案数。\(k\) 从 \(1\) 到 \(2N-1\) 循环，把每个解模NTT质数输出。
　　题解：抱威威大腿。

H. Halve and Merge

　　题意：给出 \(N(\leq 2 \times 10^5)\) 个数的排列和 \(M\) 个操作。操作分为两种：①问位置 \(p\) 的数字是什么。②将区间 \([1,x]\) 和区间 \([x+1,N]\) 执行归并操作，得到的结果覆盖原排列。注意这里是单纯套用传统归并操作的做法，结果显然不一定有序。
　　题解：暴力模拟归并操作的具体过程，对于两个正在归并的数列 \(A\) 和 \(B\)，不妨设 \(A_1<B_1\)。找到一个最大的 \(t\)，使得 \(A_t<B_t\)，然后将 \(A\) 的\([1,t]\) 放入结果数组，然后交替对 \(B,A\) 执行类似的操作。
　　我们期望，如果对剪切和移动每段（当然不能是每一个数）产生单位复杂度，总复杂度是科学的。
　　我们引进一种工具block来证明这件事。将初始的 \(N\) 个数划成一块块block，每一块block满足，块里所有数字都不大于块首（一旦出现，就分裂到下一个block去）。现在，我们得到了若干个block，且它们的首元素递增。
　　对于一次归并操作，它可能会划在一个block的内部。左侧依旧是完整的一块，但是右侧可能会分裂成很多小的block。考虑执行完归并操作后的结果：这些小的block会依照它们的首元素，有序地“插入”到左边的那些block里面。且归并的段数就是 \(O(新增小的block的个数)\)的。
　　自始至终，block的个数不会减少，最多为 \(N\) （此时该排列已经有序）。所以总操作段数就是 \(O(N)\) 的。
　　我们可以用非旋转treap很方便的维护序列的剪切和链接操作，总复杂度为 \(O((N+M) \log N)\)。

I. Interpolate

　　题意：有一个函数，系数、自变量和函数值都是 \(0\) 或者 \(1\)。自变量有 \(N(\leq 2000)\) 个，记为 \(x_1,\dots,x_N\)。系数有 \(2^N\) 个，记为 \(a_S\)。函数表达式为 $f(x_1,x_2,\dots,x_N)=\bigoplus \limits_{S=0}^{2N-1} a_S \cdot \bigwedge \limits_{i \in S} x_i $。现在给出 \(M(\leq 2000)\) 组观测结果（保证自变量取值两两不同），构造一组系数使得符合要求。输出\(a_S\)取\(1\)的那些 \(S\)。
　　题解：表述复杂的傻逼题。对于一组 \(x_i\)，设其集合为 \(U\)，相当于把 \(a_S (S \subseteq U)\) 给异或起来。因为自变量取值两两不同，没有相同的 \(U\) 的观测。所以我们可以把观测结果按 \(U\) 中 \(1\) 的个数从小到大排序。每次决策一个观测结果时，先把把所有 \(a_S (S \subset U)\) 的异或起来，如果与结果相反，再设 \(a_U\) 为 \(1\) 即可。全程用bitset来加速。

J. Jaw-Dropping Set

　　题意：选择 \(1\) ~ \(N(\leq 10^9)\) 中尽量多的数使得任意两个数都没有整除关系。在这样的条件下，使得总和最小。有 \(T(\leq 10^5)\) 组询问，每次输出最大的和。
　　题解：最大个数显然是 \(\lfloor \frac{N+1}{2} \rfloor\) 个，只需取 $ \lfloor \frac{N+1}{2} \rfloor$ ~ \(N\) 即可。麻烦的是总和最小。
　　列出这样一张表：第 \(i\) 行列出所有仅包含 \(2^i\) 因子的数（比如第 \(0\) 行是奇数）。每列最多选一个数（且选最底下那个必然合法）。设\(f_i\)表示第 \(i\) 列最终选了啥。可以证明，\(f_i \geq f_{3i}+1\)，且这个下界可以达到。

K. Kingdom Partition

　　题意&题解：最大生成树。

Day 4: Xi Lin Contest

A. Maximum Multiple

　　题意：多组询问。每次给出 \(N\) ，找到三个正整数 \((x,y,z)\) 使得 \(x|N,y|N,z|N,x+y+z=N\)，且 \(xyz\) 最大。
　　题解：由均值不等式，\(N\) 是 \(3\) 的倍数时显然。当 \(N\) 是 \(4\) 的倍数但不是 \(3\) 的倍数时，能证明 \(\frac{N}{2},\frac{N}{4},\frac{N}{4}\)是最优解。打表发现其他不存在解。

B. Balanced Sequence

　　题意：给出 \(N(\leq 10^5)\) 个括号序列。以一定的顺序把它们接在一起，使得形成的括号序列合法子序列的长度最长。
　　题解：一道很old的题想了很久。显然每个序列先匹配一下，变成形如“)))……((("的形式。事实上，之后不存在一种排序的方案，使得最优解的一种是它们顺次接起来。考虑一个帅气转化：合法子序列的长度完全取决于前缀最小值的大小。
　　题目转化成，我们要让前缀最小值尽可能的大。首先将这些二元组分成两部分，"("多的和")"多的。显然，前者肯定总体都在后者前面。对于前者，每次经过前缀和都会增加，所以是按')'递增排；后者则相反。

C. Triangle Partition

　　题意：给出 \(3N\) 个点。每三个一组，使得构成的三角形没有交。
　　题解：标算给出的做法是：每次找凸包的一条边 \(AB\)，再找一个与其夹角最小的点 \(C\)，每次删除 \(ABC\) 即可。
　　实际上直接按横坐标排序，依次分组即可。

D. Distinct Valies

　　题意：有 \(N(\leq 10^5)\) 个位置，每个位置填正整数。给出 \(M(\leq 10^5)\) 个限制，要求 \([l,r]\) 这一段数字两两不同。求最小字典序方案。
　　题解：将互相包含的无效区间删掉，区间左右端点递增。遇到新的一段每次贪心地填最小的数字。弹出旧的一段就把那些数字都回收。这相当于是动态维护mex，线段树即可。

E. Maximum Weighted Matching

　　题意：初始时有一条边。有若干次操作：每次选择一条边 \(e=(x,y)\)，复制一份，并在中间加入 $ k (k \geq 0)$ 个点（即连上 \((x,u_1),(u_1,u_2),\dots,(u_k,y)\) 这些边）。现在给出 \(N\) 个点，\(M\) 条边（\(N,M \leq 10^5\)）的操作后的图（具体操作未知）。每条边会有一个边权，求此图的最大权匹配以及方案数。
　　题解：如果知道了图是怎么生成的，我们可以很方便的进行dp。设 $F_{E,u,v} $表示一段边 \(E\)，“最左侧和最右侧的点是否在匹配里”的最大匹配以及方案数。链上一条一条dp过去，最后得到一些重边再merge一下。
　　考虑最后一次添的点，度数必然都是2。我们可以逆着来还原这个操作：每次找到一个度数为2的点，将其删掉，并在它连出去的两个点之间连上一条边。还原的同时还可以直接dp，直接在每一条边上记录\(2 \times 2\)的匹配信息。
　　有一个需要注意的地方：匹配信息是和这条边的起点/终点相关的。要给每条无向边定一个方向。

F. Period Sequence

　　题意：给出一个\(n=2000\)的正整数序列\(s_i (\leq 10^9)\)。定义 \(A_i=s_{i \mod n}+n \cdot \lfloor \frac{i}{n} \rfloor\)。对于一组\((l,r)\)，定义\(f(l,r)=\sum \limits_x x \cdot cnt_x^2\)，其中 \(x\) 是 \(A\) 中区间 \([l,r]\) 里所有出现过的数字，\(cnt_x\)是它们出现的次数。
　　现在给出 \(a,b (\leq 10^{18})\)，求 \(\sum \limits_{a \leq l \leq r \leq b} f(l,r)\)。
　　题解：有一步重要的转化。\(f(l,r)=\sum \limits_{p=l}^r \sum \limits_{q=l}^r [A_p=A_q] \times A_p\)。
　　因为要对所有的\((l,r)\)求和，一个很显然的变换是：
　　\(\sum f(l,r)=\sum \limits_p \sum \limits_q [A_p=A_q] \times A_p \times (\min(p,q) - a+1) \times (b - \max(p,q) +1)\)。
　　注意到 \(p,q\) 会很大，而\(n \leq 2000\)。不妨设\(p=i+k_1 \times n,q=j+k_2 \times n\)。
　　我们的思路是，枚举 \(i\) 和 \(j\)，计算对应的贡献。
　　列出\(A_p=A_q\)的要求，即\(s_i+k_1 \times n=s_j+k_2 \times n\)。即\(s_i-s_j\)必须是\(k_2-k_1\)的倍数。如果我们枚举 \(k_1\)，那么 \(k_2\) 也就定了，不妨设其为 \(k_2=k_1+t\) 。由 \(a \leq p,q \leq b\)，可以求出 \(k1\) 的下界 \(L\) 和上界 \(R\)。现在，我们再把 \(k_1\) 和 \(k_2\) 带入上述的求和式里，整理一下会得到 \(\sum f(l,r)=\sum \limits_{k=L}^R c_0+c_1 k+c_2 k^2+c_3 k^3\)，\(c_i\)是常数。\(O(1)\)算一算即可。

G. Chiaki Sequence Revisited

　　题意：\(a_1=1,a_2=2,a_n=a_{n-a_{n-1}}+a_{n-1-a_{n-2}}\)。\(T(\leq 10^5)\) 组数据，求 \(\sum \limits_{i=1}^N a_i (N \leq 10^{18})\)。

　　题解：打表发现，每一个正整数都会在数列里出现，且数列是不降的。我们记 \(f_i\) 表示数字 \(i\) 出现的次数，会发现 \(f_i\) 即为 \(i\) 中含有的 \(2\) 的幂次加一。所以我们先二分第 \(N\) 个数是多少，每次判定数字 \(1\)~\(mid\) 一共会占用多少个格子。最终的和是一个等差数列。

H. RMQ Similar Sequence

　　题意：给出一个 \(N(\leq 10^6)\) 个数字的排列 \(A_i\)。现在要生成相同长度的数组 \(B_i\)，每一个数是 \([0,1]\) 的随机实数。
　　设 \(f_p(l,r)\) 表示数组 \(p\) 中，区间 \([l,r]\) 里最大的数的下标。如果对于所有的 \((l,r)\)，\(f_A(l,r)=f_B(l,r)\)，则称 \(A\) 和 \(B\) 是 Similar 的。
　　如果 \(A\) 和 \(B\) 是 Similar 的，设收益为 \(\sum B_i\)，否则收益为 \(0\)。求期望的收益和。
　　题解：比赛里用了帅气的积分做法。
　　先考虑一个简单的case：\(N\) 个独立变量 \(x_i\) 均在 \([0,1]\) 等概率随机，求最大值的期望。设 \(F_x\) 表示最大值 \(\leq x\) 的期望，显然 \(F_x=x^n\)。求导后得到概率密度函数 \(f_x=n \cdot x^{n-1}\)。那么最大值期望就是 \(\int_0^1 x \cdot f_x \,dx=\frac{n}{n+1}\)。
　　本题中，每次对 \(A\) 的最大值分治。这样，要求 \(B\) 的最大值也位于此，且两侧独立了。如果是Similar的收益是 \(1\)，否则是 \(0\)，那么期望收益就是 \(\prod \frac{1}{L}\)，\(L\) 是每次分治区间的长度 （相当于强制最大值是某个位置）。
　　要计算 \(B_i\)的和的期望，考虑继续积分。枚举当前的最大值 \(x\)，得到期望和为：\(\int_0^1 n \cdot x^{n-1} \times (g_L(x)+g_R(x)+x) \,dx\)。其中 \(g_L(x)\) 表示，如果左区间的每个数正好都随机在 \([0,x]\)，期望和是多少。由期望的线性性，我们有理由相信，\(g_L(x)=x \times g_L(1)\)，这样就能继续划成子问题递归下去了（每一段的问题都是：求解 \(g_{seg}(1)\)）。
　　其实存在更 \(simple\) 的想法。如果只是要求 Similar 的概率，相当于是给 \(B\) 定义个大小关系的排列，使得满足树上的拓扑序要求。这个可以直接套一下定理算一下。而对于每一种合法的大小关系的排列，其期望和必然是 \(\frac{n}{2}\)！所以该问题就解决了……

Day 5: OpenCup Onsite, Warsaw U Contest

B. Product (8MiB ML!)

　　题意：给出 \(k (\leq 25)\) 个质数 \((p_i \leq 100)\) 和一个数 \(N (\leq 10^{18})\)。若只能用这些质数，能拼出的不超过 \(N\) 的最大的数是多少。
　　题解：看上去一副只能爆搜的样子。注意一些有效的剪枝，比如预处理 \(f_i\) 表示 \(\leq i\) 的数中的最大可行数。若当前乘积 \(cur\) 满足 \(\frac{N}{cur} \leq K\) 时停止搜索，直接乘上 \(f_{\lfloor \frac{N}{cur} \rfloor}\) 即可。
　　实际上可以meet in the middle。把质数尽量均匀地分成两组，每组直接搜出所有能拼成的数并排序（个数不会很多）。然后两个指针扫一扫即可。
　　注意到，这么做是会超内存的。
　　其实有个简单的trick能让meet in the middle的内存从 \(O(\sqrt N)\) 下降到 \(O(\sqrt[4] N)\)。
　　对于这两组质数，讨论哪一组对答案的贡献 \(\leq \sqrt {ans}\)。不妨设是第一组。先暴力搜第一组，同样把能拼成的数存在来并排序。第二组在搜索的时候，不用存数字了，直接在第一组的数组里二分找答案即可。

D. Machine Learning

　　题意：给出 \(N\) 个二维平面的点。用一条折线（只能折一次）去拟合它们，使得每个点 \(y_i\) 到折线上的 \(y\) 的平方和最小。

F. Permutation

　　题意：求第 \(K (\leq 10^{18})\) 小的长度为 \(N (\leq 250000)\) 的排列，满足逆序对数等于顺序对数。
　　题解：预处理 \(f_{i,j}\) 表示 \(1\) ~ \(i\) 的排列中，逆序对数量 \(=j\) 的方案数。打表发现 \(i > 100\) 时， \(j < 16\) 才有意义（否则值 \(> 10^{18}\)）。
　　逐位确定，记录填到现在还剩多少逆序对 \(cur\)。暴力的做法时，从小到大枚举每一个没填过的数字 \(j\)。假设它是第 \(k\) 个被枚举到的，填了它的方案数就是 \(f_{n-i,cur-(k-1)}\)。和目前的 \(K\) 比较一下即可。
　　根据提过的性质，当 \(n-i>100\) 时，某时若 \(f_{n-i,cur-(k-1)}\) 有值，最多枚举 \(16\) 次必然能确定填的数。
　　有一个需要注意的地方是，最开始枚举的若干个数方案数可能均是 \(0\)（因为填了它后，后面的最大逆序对数量也达不到 \(cur-(k-1)\) 了）。所以要先设 \(k=max(1,cur-\frac{(n-i) \times (n-i-1)}{2}+1)\)，从第 \(k\) 小的可以填的数开始暴力枚举即可。
　　找第 \(k\) 小的数可以用权值线段树，找下一个数可以用并查集，所以总复杂度是 \(O(N \log N+16N)\)。

G. Homework

　　题意：有 \(M\) 个长度为 \(N\) 的字符串。第一个串给定，之后每个串都是在前一个串的基础上，把第 \(x_i\) 个位置修改为 \(y_i\) 上形成的。将它们按字典序排序。
　　题解：直接建立可持久化线段树，在树上哈希即可。

I. Addition

　　题意：设计一个小程序，要求最多有 \(k(\leq 50)\) 行，每行两个字符串 \(a_i\)，\(b_i (len \leq 8)\)。编译器会按照下图的逻辑执行。读入的 \(s (|s| \leq 100)\) 是任意的形如 \(x+y\)的字符串，\(x\) 和 \(y\) 是二进制数。要求输出的 \(s\) 是对 \(x\) 和 \(y\) 执行二进制加法后的结果。

　　题解：抱紧lsmll学长大腿。

Day 6: Ruyi Ji Contest

A. Rikka with Linker

　　题意：给出一个 \(N(\leq 18)\) 的有向图。要构造一个点的序列 \(s\)，满足对于任何一条边 \((i,j)\)，序列里最左边的 \(i\) 右边必须有一个 \(j\)。求最小长度。
　　题解：有点帅气的状压。倒着DP，设 \(f_S\) 表示末尾已经填过 \(S\) 这个数集，且 \(S\) 里这些数也已满足限制的最小长度。每次枚举往前填的数字 \(i\)。如果 \(i\) 的所有出点全在 \(S\) 里，用 \(f_S+1\) 去更新；否则用 \(f_S+2\) 去更新（意为目前已经产生环了，先填一个 \(i\) 去满足左侧数字的要求；等所有数字全填完后，在整个序列最开头再补一个 \(i\) 来满足 \(i\) 的限制）。

B. Rikka with Proper Fractions

　　题意：给出 \(\frac{c}{d}(c<d \leq N)\)，求最简真分数 \(\frac{a}{b} (a<b \leq N,gcd(a,b)=1)\) 的个数，满足 \(\frac{a}{b} \leq \frac{c}{d}\)。
　　先不考虑互质，限制可以化为 \(ad \leq bc (b \leq N)\)，即 \(f(N)=\sum \limits_{b=1}^N \lfloor \frac{bc}{d} \rfloor\)。
　　考虑互质的话，枚举 \(d=gcd(a,b)\)，把 \(\mu(d) \times f(\lfloor \frac{N}{d} \rfloor)\) 加入答案即可。
　　现在考虑 \(f(N)\) 怎么求。
　　扩展成一般性的类欧几里得问题：求 $ \sum \limits_{i=0}^N \lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor $。
　　当 \(a \geq c\) 时，可以先把 \(\lfloor \frac{a}{c} \rfloor\) 移出来直接统计答案；\(b \geq c\) 时也类似。即：
　　\(f(a,b,c,N)=\frac{(N+1) \times N}{2} \times \lfloor \frac{a}{c} \rfloor+N \times \lfloor \frac{b}{c} \rfloor+f(a \mod c,b \mod c,c,N)\)
　　那么现在 \(a,b<c\) 了（这么讨论可以防止下面推导过程产生负数）。
　　设 \(M= \lfloor \frac{aN+b}{c} \rfloor\) （右端点值）。推导关键在于，将下取整变成求和式。
　　\(\sum \limits_{i=1}^N \lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor\)
　　\(=\sum \limits_{i=1}^N \sum \limits_{j=0}^{M-1} [\lfloor \frac{ai+b}{c} \rfloor \geq j+1]\)
　　\(=\sum \limits_{i=1}^N \sum \limits_{j=0}^{M-1} [ai \geq cj+c-b]\)
　　\(=\sum \limits_{i=1}^N \sum \limits_{j=0}^{M-1} i > \lfloor \frac{cj+c-b-1}{a} \rfloor\)
　　\(=\sum \limits_{j=0}^{M-1} (N- \lfloor \frac{cj+c-b-1}{a} \rfloor)\)
　　\(=NM-f(c,c-b-1,a,M-1)\)
　　观察第一维和第三维，可以发现，总复杂度和欧几里得一样。

C. Rikka with XOR

　　题意：给出 \(N,M(\leq 10^9)\)，求 \(\prod_{i=0}^m (n \bigoplus i)\)。对一个大质数取模。
　　题解：对 \(M\) 进行数位DP。每次某位是 \(1\) 但决策放成 \(0\) 时，因为后面部分的异或值必然是 \(0\) ~ \(2^{n-i}-1\)，所以要快速计算 \(\prod_{i=0}^{2^{n-i}-1} (x+i)\)，\(x\) 是之前获得的异或和。这本质就是求两个阶乘。阶乘是经典的不可求问题（不考虑构造多项式的做法），分段打表即可。

E. Rikka with Equation

　　题意：给出 \(N(10^9)\)，求合法三元组 \((a,b,m)(0 \leq a,b < m)\) 的个数，满足至少存在一组 \(x\) 和 \(y\)，使得 \(x^2+y^2=a(\mod m)\) 且 \(xy=b(\mod m)\)。
　　题解：设 \(f(x)\) 为 \(m=x\) 时的个数。发现 \(f\) 是积性函数，所以我们只考虑 \(p^k\)。
　　当 \(p\) 是奇数时，转化为考虑三元组 \((a+2b,a-2b,m)\) （显然一一对应）。
　　在模意义下，方程必然有解，所以两者独立。我们只要保证它们存在二次剩余即可。
　　再转化为求 \(m\) 下二次剩余的个数，答案就是个数的平方。
　　从 这个博客 可能可以获得启发。个数为 \(\sum_{2i \leq k} \frac{\phi(p^{k-2i})}{2}\)。
　　题解说，\(p=2\) 时存在线性递推。（其实应该有很显然的规律）

F. Rikka with Lines

　　题意：给出一个矩阵\((x1,x2,y1,y2)(|x2| \leq 10^9,|y2| \leq 10^{18})\) 和 \(N(\leq 10^5)\) 条直线 \(a_i x+b_i(a_i \leq 10^9,b_i \leq 10^18)\)。求二元组 \((i,j)\) 对数，使得直线 \(i\) 和直线 \(j\) 有交，且交在矩阵里面或边界。
　　题解：剔除所有与矩阵没有交的直线。一般地，直线会与矩形有两个交点。如果 \(i\) 和 \(j\) 交在内部，则它们与矩阵的交点是交错的。所以这就变成了一个二维数点的问题。把交点离散化后，扫描线+树状数组即可。注意特判只有一个交点的直线。
　　此题卡精度，必须用分数类。获得新姿势：分数类不用记录正负号，只要把负号放在分子里，比较大小时直接分母乘一下比较即可。

G. Rikka with Bridges

　　题意：多组数据。对于一张无向图，称三元组 \((i,j,k)(i < j)\) 是 \(bridge\)，当期仅当 \((i,k),(j,k)\) 有边，但 \((i,j)\) 无边。求点数为 \(N(\leq 1000)\)，\(bridge\)个数不超过 \(K(\leq 8)\)的无向图个数。
　　题解：打表可以发现，如果一张 \(N\) 个点的连通图不是团，它至少有 \(N-2\) 个桥。
　　证明：归纳法。若一张连通图至少有一组桥 \((i,j,k)\)，加入一个新点 \(t\) 后，桥的个数至少 \(+1\)。考虑和 \(t\) 连边的点 \(u\)：要不 \(u\) 是中转点，要不 \(t\) 和所有点都有边，此时 \(t\) 是中转点（桥 \((i,j,t)\)形成）。
　　所以对于图中的每个连通块，如果点数 \(\geq 10\)，必然是个团。那么我们可以先爆搜出 \(p(p \leq 10)\) 个点，\(q\) 个桥的连通图的个数。然后把整张图DP起来。
　　爆搜时注意用位运算来压掉一个 \(n\)。要跑好久。

J. Rikka with String

　　题意：给出一个长度为 \(N(\leq 10^5)\) 、字符集为 \(12\) 的字符串。对于每一个后缀都要询问：在字符所有双射的方案构成的 \(12!\) 种串中，是否存在一个串，使得它在这个串里是后缀最大的。
　　题解：考虑 \(N^2\) 暴力。询问 \(i\) 时，枚举后缀 \(j\)，设 \(k=lcp(s_i,s_j)\)，有个要求是：\(s_{i+k}>s_{j+k}\)。考虑一张 \(12\) 个点的拓扑图，那么我们从 \(s_{i+k}\) 向 \(s_{j+k}\) 连一条边，意为前者要大于后者。最后得到的图如果没有环，必然有一种拓扑序列，就必然有解。
　　现在的问题是，如何得到每一个后缀的图。考虑建立后缀树，一个后缀的所有限制，产生在它到根路径上的所有分叉上。所以从根开始DFS，维护一张图表示从根到目前的点 \(x\) 获得的限制。可以用位运算加速，这样只需维护 \(12\) 个数。不过最后找环是 \(12^2\) 的，所以复杂度就是 \(O(144N)\)。

Day 7: Izhevsk STU + Ufa SATU Contest

A.Equal Digits

　　题意：给出一个长度为 \(N(\leq 10^5)\) 的数字串。现在要选择一些不相交的区间把它们删去，使得剩下的串每种数字最多出现一次。每个选择区间的长度必须大于 \(1\)，且必须首字符和尾字符相等。只要删除位置的集合不同，就算不同的方案。求方案数模大质数后的值。
　　题解：设 \(f_{i,S}\) 表示考虑前 \(i\) 位，剩下的数字集合是 \(S\) 的方案数。转移的话，要不留下这个数，从 \(i-1\) 处转移；要不删除这个数，枚举一个 $j<i，从 \(f_{j,?}\)里转移过来。注意要求 \(a_i=a_j\)，所以可以对数字建立一个辅助DP，就不需要每次枚举 \(j\) 了。

B.Remove the Tree

　　题意：给出一棵 \(N\) 个点的树。每次可以选择两个连通的点 \(u\) 和 \(v\)，把它们路径上的边都删掉。求最小的删的次数，使得所有边都被删掉。
　　题解：考虑直接 DP。设 \(f_i\) 表示到点 \(i\) 子树内部分配完删边方案的最小值，\(g_i\) 表示还有向上的一条链的最小值，转移即可。

D.Road Connectivity

　　题意：给出一张 \(N(\leq 5)\) 个点的无向图，表示时刻 \(T=0\) 的连通信息。每过一单位时间，随机一条边，将其存在性翻转。有 \(1000\) 组询问，每次给出 \((L,R) (L \leq R \leq 10^{18})\)，询问 \(L\)~\(R\) 中至少有一个时刻图是连通的概率。答案对大质数取模。
　　题解：容斥后是求全不连通的概率。做法分为两个步骤：求出到时刻 \(L\) 时不连通的概率；求出从时刻 \(L\) ~ \(R\) 一直不连通的概率。
　　设 \(M=\frac{N \times (N-11)}{2}=10\)，所以边集状态是 \(S=2^{10}=1000\)。打表发现，其中不连通图个数 \(K=296\) 种。
　　对于第一问，直接矩乘复杂度是 \(O(S^3 \log R+Q \times S^2 \log R)\)，显然会 \(TLE\)。其实我们可以直接枚举 \(L\) 时刻的一种不连通的状态 \(U\)，强行算它出现的概率。对于这 \(M\) 条边，有些边存在性和 \(T=0\) 时相同，有些相反。我们可以设 \(f_{i,j}\) 表示：到时刻 \(i\)，有 \(j\) 条边存在性和初始图不同的概率。因为 \(j \leq 10\)，直接对 \(i\) 矩乘即可。那么对于这种边集状态 \(U\)，若有 \(e\) 条边和初始时相反，它出现的概率就是 \(f_{L,e} \times C_{M,e}\)。这样，第一步我们在 \(O(10^3 \log R+ Q(10^2 \log R+K))\) 时间内解决。
　　对于第二问就不能这么优化了，因为我们要保证中途经历的图都是 \(K\) 种之一的。此时考虑压缩矩阵的大小。虽然不连通的有 \(K\) 种，但是本质不同的只有 \(13\) 种。所以就把矩阵大小压成 \(13\) 了。这一步复杂度是 \(O(13^3 \log R+Q \cdot 13^2 \log R)\)。

E. Binary String

　　题意：有一个长度为 \(N(\leq 1000)\) 的 \(01\) 串未知，要交互探知。每次可以询问 \((L,R)\)，有50%的概率返回 \(L\)~\(R\) 之间的 \(1\) 的个数；还有50%的概率等概率返回 \([0,R-L+1]\) 中非正确答案的数值。同样的区间最多只能问一次。要在 \(60000\) 步之内获得该串。
　　题解：考虑 \(501\)~\(1000\) 怎么确定，反之亦然。我们的目的是，严格确定出 \(sum_{1-500},sum_{1-501},sum_{1-502},\dots\) 这些区间的和，这样答案也就出来了。首先是 \(sum_{1,500}\)。做法很简单，我们不仅可以问 \((1,500)\)，还可以问 \((1,x)\) 和 \((x+1,500)\)，把两者加起来即可。问足够多次后，找到出现次数最多的数字，其必然就是 \(sum_{1,500}\) 。往后考虑 \(sum\) 时，就不必刺探这么多次了，因为 \(sum_{1,i-1} \leq sum_{1,i} \leq sum_{1,i-1}+1\)，所有不在这个区间里的值必然是错的，直接无视。

G. Token and Dice

　　题意：你想从 \((x,y)(|x|,|y| \leq 10^9\) 走到 \((0,0)\)，每次只能走整数坐标。初始时你有一颗六面都是 \(1\) 的骰子。每轮，交互器先给你一个新骰子（六面都是 \(1\)~\(10000\)的随机数），你可以选择是收下或者扔掉；然后交互器会把你的所有骰子都丢一遍，把朝上的数字之和 \(s\) 给你。之后你必须从原来的位置 \((x_0,y_0)\) 走到新的位置 \((x_1,y_1)\)，满足 \(\lfloor \sqrt {(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2} \rfloor=s\) 或 \(\lceil \sqrt {(x_0-x_1)^2+(y_0-y_1)^2} \rceil=s\)。要求在 \(60000\) 轮内走到 \((0,0)\)。
　　题解：发现 \(s\) 是不可控的，所以保留的骰子数量 \(K\) 一定很少，这样所有可能的 \(s\) 我们都能掌握。
　　大致想法是这样的：设 \(R\) 是可能的最大的 \(s\)。以原点为圆心画一个半径为 \(R\) 的圆。当离 \((0,0)\) 远的时候，直接往原点方向走即可；而一旦走到了圆上，无论下一步 \(s\) 是什么，我们都要keep在圆上（因为 \(R\) 是最大的 \(s\) ，任何 \(s\) 都能找到一条合法的弦走过去）。这样，只要某次掷出 \(R\)，我们就能走回 \((0,0)\) 了。
　　细节还是挺多的。走到原点附近的期望步数是 \(\frac{10^9 \cdot \sqrt 2}{6sum_i}\)，所以骰子的数字和要尽可能的大；最后掷出 \(R\) 的概率是 \(\frac{1}{6^K}\)，所以骰子个数要尽可能的小。为此，我设了参数 \(K=4\) （期望几千步就能取到 \(R\)）。然后为了使和尽量大，先扔 \(5000\) 次骰子，把每次 \(sum \geq 47500\) 的骰子保留（实测大概会有 \(10+\) 个，所以保留 \(4\) 个绰绰有余）。这样基本不会超过步数限制。
　　还有一个很头疼的问题是，必须要整数坐标。比如在圆上绕圈圈时，找到符合要求的整点很头疼。每次我是先拿 \((0,0,R+0.5)\) 和 \((x,y,s)\) 做一遍圆交，交点 \(p\) 默认是最优参考点。然后我把 \(p\) 附近的一块矩阵拿出来，把其中的整点都纳为考虑对象。最优的点是 \((R-1)^2 < x^2+y^2 < (R+1)^2\) （能一步到原点），如果没有，我们就取尽量靠近这个范围的点即可。

Day 8: Grand Prix of Zhejiang, Yuhao Du Contest 5

B.Border

　　题意：给出一个长度为 \(N(\leq 10^6)\) 的 \(01\) 串 \(S\)。对于一个区间 \((l,r)\)，定义 \(f_{i,j}=max(k | 0 \leq k \leq j-i,S[i..i+k-1]=S[j-k+1..j])\)。
　　要求所有 \(f(l,r)\) 的和。读入 \(seed\)，\(S\) 是按以下方式生成的。

　　题解：由于数据是随机生成的，可以认为，最大的答案 \(K \leq 45\)。枚举起点 \(i\)，反着统计：对于一个串 \([i,i+k-1]\)，统计它会对哪些 \(j\) 产生贡献。假设我们简单地统计一下 \([i..n]\) 中该串的出现次数，设为 \(f_k\)。注意这个 \(f_k\) 不是真正 \(k\) 的贡献，因为可能会重复统计。对于两个串 \([i,i+k1-1],[i,i+k2-1](k1<k2)\)，如果前者是后者的子串，前者就会重复统计。所以我们可以再倒着枚举 \(k\)，\(g_k=f_k-\sum \limits_{j=k+1}^K [S_k \in S_j] \cdot g_j\)。
　　对于求 \(f_k\)，我们可以倒着枚举 \(i\)，倒着往后缀自动机里添加点。询问时，从 \(K\) 开始倒着循环，实时维护目前区间所在的点，每次弹出当前区间的第一个位置的字符。计算 \(g_k\) 时可以用 kmp 来计算。总复杂度是 \(O(N(K+k^2)\)，\(K\) 是最大可能答案，\(k(\approx 17)\) 是不同的 \(i\) 的平均最大答案。

C.Convolution

　　题意：给出两个长度为 \(N(\leq 2 \cdot 10^5)\)的数组 \(a\) 和 \(b\)，设 \(c_k=\sum \limits_{i=0}^k \binom{k}{i} a_ib_{k-i} \mod 2^{32}\)。输出 \(c\) 数组。
　　题解：简单化一化，设 \(A_i=\frac{a_i}{i!}\)，对 \(A\) 和 \(B\) 作卷积。但是 \(i!\) 里包含 \(2\) 的幂次，不能简单地求逆元。
　　显然要把 \(2\) 的因子分开。经典结论： \(k!\) 里 \(2\) 的因子正好有 \(k-bit(k)\) 个。
　　设 \(p_i\) 是 \(i!\) 里除掉所有 \(2\) 的因子后的结果。所以 \(c_k=k! \sum \limits_{i=0}^k \frac{a_i}{i!} \frac{b_{k-i}}{(k-i)!}=\frac{p_k}{2^{bit(k)}} \sum \limits_{i=0}^k \frac{a_i \cdot 2^{bit(i)}}{p_i} \frac{b_{k-i} \cdot 2^{bit(k-i)}}{p_{k-i}}\)。
　　我们可以把 \(A_i\) 看成两个数值 \(\frac{a_i}{p_i}\) 和 \(bit(i)\) 的合成。对其做（权值分段的） \(FFT\) 即可，随后把答案除掉 \(2^{bit(k)}\) 即可。数值会达到 \(2^{32} \cdot 2^{17} \cdot 200000\)，为防止超过 \(LL\)，可以对 \(2^{50}\) 取模。

L.Link Cut Digraph

　　题意：有一张 \(N(\leq 10^5)\) 个点和 \(M(\leq 2.5 \times 10^5)\) 的有向图。依次往图里加边，每加一条，询问目前图中有多少点对 \((u,v)\)，满足 \((u,v)\) 可以互相到达。
　　题解：本质上就是要实时维护强连通分量。但是这是论文题，不可做。
　　其实有一个精妙的整体二分做法。设 \(solve(l,r,E)\) 表示正在做时间轴上的 \((l,r)\) 区间，目前等效边集是 \(E\)。设 \(mid=\frac{l+r}{2}\)，先把 \(E\) 中所有出现时间 \(\leq mid\) 的边拎出来，跑一遍 tarjan。然后思考：对于一条在强连通分量里的边，它对于 \([mid+1,r]\) 是无效的（我们只需把这些点缩起来好了）；同理，对于一条不在SCC里的边，它对 \([l,mid]\) 是无效的（因为加入了 \([l,mid]\) 所有边，都没有形成环，删了一些边后肯定也没有）。所以 \(E\) 可以划成两个不交的集合。这样复杂度就变成了 \(O(M \log N)\)。

Day 9: Mixed Contest

B.Bingo

　　题意：给出 \(N \times M(N,M \leq 110)\) 的格子图。要在里面选出 \(M\) 个格子，每列正好选一个。要求选的最多的行和选的最少的行的差尽量小。满足这个条件下，使选取的格子上的数字的最大值尽量小。
　　题解：判一下即可确定最小的差是多少。然后二分一下跑上下界网络流即可。

C. Communication Between Robots

　　题意：有 \(200\) 组数据。给出 \(N(\leq 16)\) 个二维坐标的点，起点位置为 \((x0_i,y0_i) (|x| \leq 10^6)\)，单位时间的速度向量是 \((vx_i,vy_i)(|v| \leq 1000)\)。问 \(0\)~\(T(\leq 1000)\) 时间里，这些点之间的最小生成树最小是多少。
　　题解：类似一道TC经典题。任意两点间的距离形如 \(\sqrt{At^2+Bt+C}\)。两两枚举这 \(N^2\) 个距离，求出它们的交点 \(t\) 并设为关键点。容易发现，当 \(t\) 处于关键点之间的一段时，边的大小关系是确定的，所以最小生成树上的边也是确定的。我们只需对这些函数的和在 \([t_i,t_{i+1}]\) 中求个最小值。
　　凸函数之和仍然是凸函数。

D. Doublindromes

　　题意：称一个串 \(s\) 是 \(doublindrome\) 的，当且仅当它是个回文串，且它可以拆成两个非空回文串 \(a\) 和 \(b\) 的和。给出一个长度为 \(N(\leq 10000)\) 的串，求它所有长度 \(\geq k\) 的 本质不同的 \(doublindrome\) 的子串的个数。
　　题解：本质不同的回文串个数是 \(O(N)\) 的，所以我们可以用 \(manacher\) 暴力找到所有回文串。如何判它是 \(doublindrome\) 的呢？猜测它一定有一个循环节，即 \(s=xx \dots x\)。所以直接对其跑一遍 \(kmp\) 即可。

F. Form the Maximal Set

　　题意：一个圆的圆周上均匀刻着 \(1\) ~ \(N(\leq 8000)\) 这 \(N\) 个数字。给出 \(\frac{N}{2}\) 条线段，分别连接两个不同的点。找到尽可能多的线段集合，使得它们两两都有交。求最大集合的大小。
　　题解：先固定一条线段 \(l_0\)。假设先有一条线段 \(l_1\) 与其有交。接下来与它们都有交的直线 \(l_2\) 两侧的端点满足一定的单调性。如果我们把 \(l_0\) 一侧的点的重新标号为 \(1,2,\dots\)，另一侧必须取出一个逆序的序列才能符合要求。所以此题就转化成了 \(LIS\)。

H. Hokusai Artworks

　　题意：给出一张 \(N\) 个点 \(M(\leq 10^5)\) 条边的有向图，每个点有个点权。从 \(1\) 出发，每奇数次到的点都能获得它的点权（可以重复经过点，但不能重复获得点权），可以在任意点结束。问最大收益。
　　题解：首先先缩环成点，一定是按照拓扑序走过去的。对于一个SCC，如果它至少存在一个奇环，所有点都能取到；否则要奇偶染色，只能取某种奇偶性的点权。不妨设 \(come_{x,0/1}\) 表示从之前的SCC在奇数/偶数步进入点 \(x\) 时，之前能获得的最大收益。设 \(go_{x,0/1}\) 表示环里走完后，在奇数/偶数步从 \(x\) 出去的最大收益。根据是否有奇环分情况转移即可。