一句话题解2

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7026. 2021.03.26【2021省赛模拟】序列

KD-tree板题。直接上就过了。时间\(O(n\sqrt n)\)。

也可以莫队，由于修改不满足交换律，所以需要额外用个线段树来维护。时间\(O(n\sqrt n\lg n)\)。跑得比kd-tree快？

7027. 2021.03.26【2021省赛模拟】a

暴力做法：枚举\(x\mod m=r\)。然后相当于有些位置已经被固定选什么，大概要求\(\prod(1+x^{2^i})\mod(x^m-1)\)的某一项。时间\(O(nm^2)\)。

把\(2^k\mod m\)相同的分在一起，排个序，那么相当于求序列上的三段的卷积，再卷起来。实际上两个分界点是关于中点对称的，所以可以维护中间那段，前后两段卷积，得到两个多项式之后可以\(O(m)\)查单点。时间\(O(m^2)\)。

zys的高级做法：把第\(k\)为0变1，和1变0视作一个“操作”，将其丢入数组中，排序。排序之后分成对称的两边。考虑原先的问题，现在枚举某操作\(i\)，表示把\(i\)改变之后这个数会被\(m\)整除。为了不算重，它应该是第一个操作。所以前面和它数值一样的操作都被固定了。又由于左右对称，只需要前面一段和中点前面一段卷起来即可。

\(m\)为偶数时，设\(m=2^kq\)。有两种情况：最小的\(k\)位中只有一个\(1\)，此时\(k\)位后面的整数截出来被\(m\)整除；这\(k\)位中没有\(1\)，把\(q\)替换\(m\)，\(n-k\)替换\(n\)，再做奇数的方法。

7028. 2021.03.26【2021省赛模拟】旅行

明明做过又不会做

枚举第\(k\)大边权\(lim\)，把所有边的边权改为\(\max(x-lim,0)\)，最终答案加上\(k*lim\)。

称长度大于等于\(lim\)的为大边。如果走了不足\(k\)条大边的情况，相当于要用\(lim\)将其补到有\(k\)条，因为此时前\(k\)大小于\(lim\)，这一定会比实际情况劣。

于是如果真实最短路第\(k\)大为\(lim\)，确实可以算到；否则，也不可能占便宜。

7032. 2021.03.28【2021省赛模拟】制作美食

每个\(x\)连向\([1,a_x]\)中\(b_y\)最大的\(y\)（如果\(b_y\ge x\)，否则这个点孤立）。只连这些边，然后计算连通块个数即可。

正确性：不妨把连出去的边看成有向边。发现大于等于\(2\)的连通块（只考虑了所有边的时候）中，一定存在两个点\(x,y\)满足\((x,y),(y,x)\)都连边。我们这样建图的时候，手玩一下发现它不会形成除了\(x,y\)之外的环。于是如果去掉孤立点，\(x,y\)互相连接的个数就等于连通块数，且这个\(x,y\)所在的连通块的点集和真实的点集一样。

7033. 2021.03.28【2021省赛模拟】超命运树

判定条件：\(f(S)=1\)，当且仅当\(S\)排序后相邻的数\(S_i,S_{i+1}\)满足\(\min_{i=S_i}^{S_{i+1}}P_i\)不重复。

考虑\(len(S)=len(T)\)时，\(S\)的条件。经过一堆分类讨论可以得出。然后设\(dp_{i,0/1/2}\)表示\(T\)中最后一个数在\(i\)，\(i\)不作为\(min\)，作为\(min\)，将要作为\(min\)。再经过若干分类讨论得到\(O(n^2)\)做法。然后显然可以用笛卡尔树将其优化成\(O(n)\)。

好像如果一开始就建出笛卡尔树，可以更加清楚地看见它的判定条件（在笛卡尔树上的意义）。

7034. 2021.03.28【2021省赛模拟】道路的眼泪

显然先建出同构树。第一问直接算每个点作为LCA的贡献，第二问可以写个树形DP。第三问发现异或后的点集差分一下就是枚举的集合，一一对应，所以直接组合数计算。都可以做到\(O(n)\)。

ARC116

A：根据分解后\(2\)的次数判断。

B：排序之后直接算。

C：只考虑\(A_{i}\neq A_{i-1}\)怎么做，算出之后插空。枚举最后一个，设\(f_{i,j}\)表示最后一个是\(i\)，长度为\(j\)的方案数。

D：相当于异或和加和等于\(M\)。相当于对每一位枚举\(x_i,c_i\)，要求\(\sum c_i2^i+\sum (2x_i+c_i)2^i\)。令\(t_i=x_i+c_i\)，枚举\(t_i\)，要乘一些系数，然后变成了个背包问题。

E：二分+贪心。贪心的时候记\(f_i\)表示子树中没有被覆盖的最远点到\(i\)的距离，\(g_i\)表示子树中最近的起始点到\(i\)的距离，贪心决策。---

6085. 【GDOI2019模拟2019.3.26】要换换名字

可以对每个字符串和它的子序列连边，然后跑二分图匹配。

只需要连至多\(n\)条边，根据Hall定理。

6086. 【GDOI2019模拟2019.3.26】动态半平面交

显然把每个\(p^k\)先拆出来。只需要处理有效的，估计一下大概是\(n+1000+\)。

考虑维护个主席树，时间轴是dfn，下标是深度。\(\frac{query(out_i)}{query(in_i-1)}\)可以询问一个子树中，某深度区间的贡献。

再用个支持合并的线段树，存每个\(p^k\)出现的最浅深度。线段树合并到叶子的时候，在主席树中把深度大的那个贡献删去。

时间\(O(n\lg n\lg V)\)，空间\(O(n\lg^2 n)\)。（粗略）

（不过由于它可能会出一些\(2^{23}\)之类的点，使得空间好像变成了\(O(n\lg n\lg V)\)。如果把\(p^k\)中\(p\)相同的放在一起，\(p\)不同的顺序排列，这样似乎就卡不掉了，因为对于一个节点它有的\(p^k\)比较多的时候，线段树节点的共用部分会很多，所以还是把空间算成\(O(n\lg^2 n)\)吧……）

6087. 【GDOI2019模拟2019.3.26】获取名额（口胡）

差个简单优化想出来了啊。

如果\(1-\frac{a_i}{x}\)比较小，那么乘几次精度就乘没了。所以先暴力乘小于某个阈值的几个\(1-\frac{a_i}{x}\)。

对于其它的，考虑lnexp。展开\(\ln (1-\frac{a_i}{x})\)，枚举若干项。于是就是维护\(a_i\)的多少次方和。加起来之后\(exp\)。

直接做精度误差极大。但如果一开始把\(a_i\)变成\(\frac{a_i}{\max a}\)，那就变成了个小于\(1\)的数，就不会爆炸增长了。

适当调阈值就可以AC了吧。时间大概\(O(n\lg^2 n)\)？

7035. 2021.03.30【2021省赛模拟】神奇纸牌

每个数字有\(2^4\)种状态，用\(2^{2^4}\)枚举每个状态是否出现过，然后组合数计算。

也可以写出个DP，DP中记下连通性，压状态之后矩阵乘法。

zys神仙做法：可以感受到答案是\(\sum a_i i^n\)的，解方程算出系数即可。

7036. 2021.03.30【2021省赛模拟】凌乱平衡树

首先可以维护出不合并时候的深度和。直接维护\(siz\)，然后对答案直接进行加减。

考虑合并的时候的增量。提取出左树的右链和右树的左链，设各自子树大小为\(A_i,B_i\)（从下往上）。如果\(A_n\ge B_m\)，答案加\(B_m\)并且\(m\)减一；否则答案加\(A_n\)并且\(n\)减一。

每次修改的时候，只会对这个序列有\(O(1)\)的修改。问题是怎么维护这个东西。

为方便差分一下，设为\(a,b\)。于是\(b_i\)的贡献为\(b_i\sum[A_j\ge B_i]\)，\(a_i\)同理。维护个权值线段树，把\(b_i\)挂在\(B_i\)位置上，对于节点维护\(a\)和\(b\)的和以及出现次数，和答案，合并的时候能够维护答案。

把\(A_i\)视作\(2A_i\)，\(B_i\)视作\(2B_i-1\)，就不用讨论它们相等的情况了。

时间\(O(n\lg n)\)。

7037. 2021.03.30【2021省赛模拟】打扫笛卡尔

大发挥失常：虚空调试+看错题意+已经推出正解还在推更复杂的东西。

一条边被走的概率是\(\frac{1}{2}\)，所以一棵固定的树的答案是\(\sum (\frac{1}{2})^{deg_x}(deg_x+1)\)。

设\(f_n\)表示\(\sum (\frac{1}{2})^{deg_x}(deg_x+1)\)的期望，\(g_n\)表示\(\sum (\frac{1}{2})^{deg_x}\)的期望。列出来化简得到：

\[g_n=1+\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} g_i\\ f_n=g_n+\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1} f_i \]

前缀和，有逆元的时候可以\(O(n)\)做。\(g\)是调和级数，\(G(x)=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}\)。\(F(x)\)也可以推可是解错了微分方程。

由于要求\(n!f_n\)，多瞪两眼就可以得到不用逆元的做法。

7038. 2021.04.01【2021省赛模拟】异或

原题。异或最小值是排序后相邻异或值的最小值。所以排序之后DP，设\(f_i\)表示最后一个选\(i\)的方案。用个Trie辅助转移。

7039. 2021.04.01【2021省赛模拟】计数

原题。稍微推一下生成函数，最后推出个\(\frac{1}{1-(ax+bx^k)}[x^n]\)这样的东西，展开，可以在\(O(\frac{n}{k})\)时间内搞出来，最后时间是\(O(n\ln n)\)。

2021.04.01【2021省赛模拟】优化

设\(f(x)\)表示\(k=x\)时的答案，\(f(x)\)为凸函数。

用个线段树来存一个区间内\(f(x)\)，合并的时候可以闵科夫斯基和，时间\(O(n\lg n)\)。

询问的时候，外面套一层wqs二分，对于区间对应的节点，每个分别二分得到当前斜率下的最优解。时间\(O(n\lg^3 n)\)。

其实也可以整体二分。于是每个节点中二分的范围在分治的过程中会减小，对于一个节点，在每一层中，二分的范围之和都是这个它的长度。于是所有节点在所有层中的二分范围长度和是\(O(n\lg n\lg V)\)。实际上不用二分，暴力扫，也就做到了\(O(n\lg n\lg V)\)的时间。

LOJ3101. 「JSOI2019」精准预测（口胡）

设点\((x,i)\)表示\(i\)时刻\(x\)的生死（生\(0\)死\(1\)），于是有：\(c_{x,i}=1 \to c_{x,i+1}=1,c_{x,i}=0\to c_{x,i-1}=0\)。

对于边\((u,v,t,0)\)，有\(c_{u,t}=1\to c_{v,t+1}=1,c_{u,t}=0\to c_{v,t}=1\)。

把每个点的关键时间提取出来，一共\(O(n)\)个点，two-sat建图。

问题相当于：对于每个\((x,T)=0\)，询问：它是否能到达\((x,T)=1\)；如果不能，询问能到达多少个\((y,T)=0\)。

于是就是个bitset的事了。

6149. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】盗梦空间

建虚树，求出起点到每个点的最小距离。在虚树的相邻两个点之间找到分界点，然后分别计算；另外还有一些子树，用set除去已经在虚树中的子树，然后计算即可。

现在问题是：询问一条祖先后代链上，挂在这个链上的子树的信息。愚蠢的做法是直接树剖，这样要写线段树而且要根据轻重儿子分类讨论，时间\(O(n\lg^2 n)\)。但实际上也可以倍增，对于每个点记一下其兄弟的信息，时间\(O(n\lg n)\)。

6150. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】爱乐之城

这道题教导我们如何划分子问题，而不是将一些强行组合的式子从头展开到尾。

设\(A(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[i\perp j]\mu(i)\mu(j)=\sum i^2\phi(i)\)，\(B(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\mu(ij)=\sum_{d=1}^n\mu(d)(\sum_{d|i,i\le n}\mu(i))^2\)。

（推导\(A(n)\)的时候用到了\(\sum_{j}[i\perp j]j=\frac{\phi(i)+[i=1]}{2}\)）

都可以\(O(n\ln n)\)预处理。（\(B\)要差分再前缀和）

题目要求\(\sum_{T}B(\gcd(T))\prod A(a_i)\)。按照套路搞：

\[\sum_{d}B(d)\sum [\gcd(T)=d]\prod A(a_i)\\ =\sum_T\sum_{d}B(d)\sum_{d|a_i}\sum_{de|a_i}\mu(e)\prod A(a_i)\\ =\sum_T\sum_{p|a_i}(\sum_{d|p}B(d)\mu(\frac{p}{d}))\prod A(a_i) \]

左半部分先预处理。现在可以把式子看成\(\sum C(p)G(p)\)。现在考虑维护\(G(p)\)。当加入值\(v\)时，对于\(v\)的每个因数\(u\)，于是\(G(p)\leftarrow G(p)(1+A(v))+A(v)\)。由于保证了每个值不重复，所以总时间\(O(n\ln n)\)。

6151. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】星际穿越

容斥，钦定一些分界点合并，合并一次容斥系数是\(-1\)。于是列出生成函数\(F(x)=\sum_{i\ge 1}(-1)^{i-1}\frac{x^{Ki}}{(Ki)!^r}\)。另外最后一段有些区别，设为\(G(x)\)。

于是答案即\(\frac{G(x)}{1-F(x)}[x^n](n!)^r\)。直接多项式求逆即可。

3056. 「HNOI2019」多边形

显然终止状态是所有点连向\(n\)。如果没有到达终止态，每次一定可以找到\(a<b<c<n\)组成个四边形，弦为\((a,c)\)，然后把它换成\((b,n)\)。所以操作次数是\(n-3-([2,n-1]中和n直接相连的点数)\)。

把和与\(n\)相连的边拉出，然后分成子问题。这样可以得到一个树形结构。方案数是\(\prod_x\frac{(sz_x-1)!}{\prod_{y\in son(x)} sz_y!}\)。可以化简。

考虑一次操作对于树是什么影响。画一下可以发现类似于旋转，大概来说，原本\(x\to A,x\to B,y\to x,y\to C\)变成\(y\to A,y\to x,x\to B,x\to C\)。\(sz\)的变化是\(O(1)\)的，如果建出树并且知道对应编号就可以求。

一条边对应节点是，这个节点的状态中，这条边对着\(n\)。建树的时候需要快速查\(l,r\)连向的公共点。愚蠢的做法是用bitset，MLE；聪明的做法是直接用set，\(l\)连出的最大点和\(r\)连出的最小点就是其公共点。记得建树递归的时候一些显然对后面没有用的边要删去。

7041. 2021.04.03【2021省赛模拟】Alice 和 Bob 双在玩游戏

如果图中只有一个棋子，容易得到谁胜谁负。

有多个棋子的时候，由于棋子之间没有互相依赖，可以分开搞。预处理\(f_i\)表示如果有个从\(i\)出发的棋子，谁会胜，以及可以续多少条命。如果有棋子\(f_i\)的和大于\(0\)，则A胜。

然后就是个背包的事情。

7042. 2021.04.03【2021省赛模拟】时代的眼泪·SP（口胡）

考虑对一个块的整体修改，把块中的点暴力跳，跳过的标记，如果跳到了则删去这个点。于是一个块只会跳\(O(n)\)次。

于是可以搞出个\(O(n\sqrt n)\)的算法：对于每个点，维护一下它向上跳了多少格，于是可以\(O(1)\)单点当前的位置。修改时，对于整块，块中没有删去的点暴力跳，对于散块，如果被删去了，记一下之前删去的时间，于是可以通过求k级祖先迅速跳到当前位置，并且重新加入。查询时，整块直接查，散块要查k级祖先。

维护哪些点没有被删除可以用链表。加入直接在后面加。

原题的做法：对于一棵树，每次把所有叶子节点删掉，如果删了\(O(T)\)次，剩下的叶子结点个数不超过\(O(\frac{n}{T})\)个（称这些点为关键点）。于是每个点前\(O(T)\)步暴力跳。每个关键点维护个线段树，下标为序列位置，值为深度。修改时，枚举每个关键点，区间改，区间查最小值。时间\(O(n\sqrt {n\lg n})\)。

UOJ607. 【UR #20】跳蚤电话

题目要求加点的过程中保持一棵虚树的形态。也就是说，设\(rk_i\)表示\(i\)出现的时间。有\(\max(rk_u,rk_v)\ge rk_{LCA(u,v)}\)。

把一个点的所有子树中的点出现时间排序，于是这个点能够插入的地方在\([1,sec]\)之间，其中\(sec\)表示第一个所属子树和\(1\)不同的位置。

组合数算一下就好。

7043. 2021.04.03【2021省赛模拟】钩子·Plus

首先可以给每个位置分配一个\((0,1)\)的随机数\(p_i\)，按照\(p_i\)从小往大，如果两边没有被标记，则标记当前点。

假设下标为\((-\infty,+\infty)\)，如果最终\(0\)被标记了，当且仅当：对于\(l,r\)满足\(p_{l-1}>p_{l}<\dots<p_{-2}<p_{-1}<p_0>p_1>p_2>\dots>p_r<p_{r+1}\)，有\(2|l,2|r\)。

设\(p_0=x\)。可以算出一边概率为\(e^{-x}\)，两边合起来概率为\(e^{-2x}\)。然后可以积分。

至于为什么只需要考虑\(0\)，zys说题解很不严谨并将其证了一遍。

现在考虑搞整个序列。设\(dp_{i,t1,t2,t2}(x)\)表示匹配了\((-\infty,i]\)，\(p_i=x\)，\(i\)左边的极长递减序列长度奇偶性为\(t1\)，\(t2\)和\(t3\)分别表示右边如果接一个极长的递减序列奇偶性为什么时，是否可以让\((-\infty,i)\)和序列匹配。此时的概率密度函数。

转移的时候大力积分。

7044. 2021.04.05【2021省赛模拟】悄悄话

设\(f_i\)表示\(i\)为最后一个的答案。转移时找到\(j\)满足\(s_j\)是\(s_i\)的子串。

维护数据结构，修改时\(f_i\)挂在\(s_i\)上，查询时查\(s_i\)的所有子串上信息的最大值。可以用AC自动机或后缀自动机做，查询的时候枚举\(s_i\)前缀，跳fail链即可。配合线段树搞。

时间\(O(\sum |s_i| \sum |s_i|)\)。

7045. 2021.04.05【2021省赛模拟】数学考试

和三次函数没有任何关系。

网络流建图。对于每个变量，从\(S\)到\(T\)拉一条链，割链上哪条边就代表选择哪些。

对于限制，就在两条链之间横叉边来限制。如果不满足，那么一定还有边可以流。

7046. 2021.04.05【2021省赛模拟】迷路深層

怒敲4k最终它假了。

暴力就是搞个生成树，对于非树边，把它所在环丢进线性基里。询问的时候，首先必须选两点间任意一条路径，然后再用线性基得到最优解。

对于区间，可以用回滚莫队+可撤销并查集来搞。每个连通块维护个线性基。并查集中还需要维护当前点到getfa之间的异或和，询问两个点之间的异或和可以直接用它们的这个东西异或起来。

要线性基合并。右边的部分势能分析可以得到时间是\(O(m\sqrt m \lg V)\)（对于某个数，在合并的时候，可能最高位会减，直到对应位为空插进去，或者最高位减到0。所以一个数的势能是\(\lg V\)），左边的部分不能势能分析时间是\(O(m\sqrt m\lg^2 V)\)。

题解的分析是假的。

LOJ3110. 「SDOI2019」快速查询（口胡）

看到洛谷上显示提高+省选-我人傻了

其实这\(t*q\)的操作可以看成方便读入\(10^7\)组询问。以操作\(4\)分组。现在相当于有个初始数组\(a_i\)，每次乘或加，记进行了\(x\to px+q\)这样的操作，遇到单点赋值的时候，令\(pa_i+q=v\)，解出\(a_i\)，修改\(a_i\)以及总和即可。单点查答案就是\(pa_i+q\)。

时间是\(O(q\lg V+qt)\)。其中\(\lg V\)是求逆元。

LOJ3111. 「SDOI2019」染色（口胡）

套路题。把相邻的有值的两列之间作为一个单位计算。设\(f_{i,c}\)表示处理完前\(i\)个单位，最后一个单位中的空位颜色为\(c\)的方案数。预处理\(g_{i,S}\)表示一个长度为\(i\)的单位内的贡献，\(S\)表示\((1,1),(2,1),(1,i),(2,i)\)四个位置的关系（哪些相等）。状态不会很多。于是得到了\(O(nc)\)的做法。剩下4分不要也罢。

据说剩下4分可以用线段树或者用SDOI2019D1T1的方法来搞。

LOJ3112. 「SDOI2019」世界地图（口胡）

求出前缀和后缀的MST，然后合并。求\(pre_{i}\)需要\(pre_{i-1}\)和第\(i\)列合并。合并的时候，两块中的最左边和最右边（不只是左块的右边和右块的左边，因为最终还要处理前缀和后缀合并）设为关键点，对关键点建虚树，虚树上每条边中取最大边。除了这些边，其它的边合并之后都不会边。于是对这些边和新加入的边跑MST，跑完之后维护虚树即可。

一次合并\(O(n\lg n)\)，总时间\(O(mn\lg n)\)。

7047. 2021.04.07【2021省赛模拟】染色

看对斜线染色不爽，把它推一下变成个平行四边形，于是就是对行和列染色。钦定选择哪些行，然后对列染色，要求不存在一行本来没有选，但是穿过它的列全部被选了。设\(f_{i,j}\)表示已经考虑了前\(i\)行，第\(i\)行最后留白的列为\(j\)，\(j\)后面的必须选。枚举下一个不选的行\(k\)，根据\(j,i+m,1+k\)的关系分类讨论，转移到\(f_{k,t}\)，\(t\)是枚举的最后一个留白的列（可能\(t=j\)），直接写\(O(n^4)\)，容易优化至\(O(n^2)\)。

7048. 2021.04.07【2021省赛模拟】在泪水化为雪花之前

转化题意就是要决定\(e_i\)，使得\([x^c]\prod\frac{1}{(1-p^ix)^{e_i}}\)为给定的多项式。其中\(e_0\)可以小于\(0\)，其它非负。

设最大的\(e_i\neq 0\)的\(i\)为\(m\)。考虑最终搞出的\(p\)次数的范围，显然最大是\(mc\)。于是要求\(n=mc\)。由于只有\(\frac{1}{(1-p^mx)^{e_m}}\)对\([x^{mc}]\)有影响，所以\(e_m\)是可以算出来的（\(\binom{c+e_m-1}{e_m-1}=a_{mc}\)，枚举算出，不会很多，题解说模数\(998244353\)时打表发现\(k\)相同的\(\binom{x}{k}\)中相等的至多有\(3\)个）。接下来考虑\(a_{mc-1}\)等于什么，发现它之和\(e_m\)和\(e_{m-1}\)有关，所以可以求出\(e_{m-1}\)，依次类推可以推出更前面的。

推的过程，维护个\(F_k(p,x)=\prod_{i\ge k}\frac{1}{(1-p^ix)^{e_i}}\)。由于\(a_{m(c-1)+i}=F_{k+1}(p,x)[p^{m(c-1)+i}x^{c}]+\binom{c-1+e_m-1}{e_m-1}\binom{1+e_i-1}{e_i-1}\)，于是可以解出\(e_i\)。

时间是\(O(mcn*c)=O(n^2c)\)。

\(i=0\)时，需要讨论\(e_i\)的正负。如果非负照样计算，如果为负，也能用其它方法计算。我的方法是考虑\(a_0=(1-x)^{-e_0}[x^c]\)，如果\(a_0\)不为\(0\)，此时候选的\(e_0\)都做一遍；如果\(a_0\)为\(0\)，于是\(-e_0<c\)。\(-e_0\)的状态可以由\(-e_0-1\)推过来。这部分耗时\(O(nc^2)\)。

7049. 2021.04.07【2021省赛模拟】生命游戏

跟GDKOI那题好像啊况且出题人知道。

首先分开奇偶，给它转45度，于是可以视作一个矩形，每次往右往上扩张一格。求出每个时间点的面积并，然后前缀和就是答案。

把数值视作\(c\)或\(c+T\)的形式。处理大小关系不变的\(O(n^2)\)个区间，每个区间内时间点的面积并是个二次函数，扫描线处理之。得到这个分段函数之后给它前缀和即可。

时间\(O(n^3\lg n)\)。

7051. 2021.04.08【2021省赛】模拟 B 数据结构

考场写KDT，常数大得只有暴力分。

可以视作一次询问两个序列的前缀（或后缀），取出两个数满足\(y\)的限制，要求权值和最大。朴素莫队可以做到\(O(q\sqrt n\lg n)\)，二次离线可以做到\(O(q\sqrt n)\)。也可以直接分块做到\(O(q\sqrt n)\)（还是\(O(n\sqrt q)\)？）

正解要用到一次同时询问前缀和后缀。首先对\(y\)分治，现在处理左边的\(r\)和右边的\(b\)。考虑到一个询问，是询问\(((-\infty,L_i),(-\infty,R_i))\)和\(((L_i,+\infty),(R_i,\infty))\)。可以发现两个序列中\((-\infty,\infty)\)的最大值都会出现，并且如果出现了那么会选。于是取\(r\)的最大值和\(b\)的所有值，和\(b\)的最大值和\(r\)的所有值作为有效的点对。这样的点对总共有\(O(n\lg n)\)个。然后再整个二维数点就可以得到\(O(n\lg^2 n)\)的做法。

AGC053

A：首先下界\(k=\min(|a_i-a_{i+1}|)\)。然后将均分成\(k\)个序列，对于\(a_i\)，序列编号（从\(1\)开始）小于等于\(a_i\mod k\)的就取\(\lfloor\frac{a_i}{k}\rfloor+1\)，否则取\(\lfloor\frac{a_i}{k}\rfloor\)。可以证明这样构造一定满足条件。

B：合法的答案，当且仅当：从中间往两边，对称绑在一起。如果遇到\(01,10\)就不变，遇到\(00\)就加一，遇到\(11\)就减一，要求最终为\(0\)并且前缀和大于等于\(0\)。于是可以看做两个序列\(a_i,b_i\)，钦定\(a_i>b_i\)，一开始全选\(a_i\)。可以选择\(i<j\)，本来选\(a_i\)，调整为选\(b_j\)。用个堆从后往前扫，贪心看看当前的\(a_i\)是否可以替换成后面的。

C：假设最大数所在数组为\(a\)，另一个为\(b\)。考虑对于\(b_i\)，如果\(b_i>\max_{k=1}^i a_k\)，则它应该要被后面的消去，那么就在后面找到第一个大于它的\(a_j\)，可以证明找更后面的不会更优。于是答案为：对于\(b_i\)，找到最小的\(j\)满足\(a_j>b_i\)，\(\max(j-i,0)\)的最大值就是答案。考虑计算\(p(d)\)表示答案不超过\(d\)的概率，于是对于任意\(i\)，存在\(j\le d+i,a_j>b_i\)。不妨把\(i\)从从小往大一次考虑，发现这相当于对于任意\(i\)，\(b_i\le \max(\max_{j=1}^{i+d} a_j ,\max_{j=1}^i b_j)\)。从后往前确定\(b_i\)，按照这样的顺序确定\(b_i\)的时候更后面的\(b_i\)没有影响。于是\(p(d)=2\prod\frac{i+\min(i+d,n)-1}{i+\min(i+d,n)}\)。容易\(O(n)\)算出所有\(p(d)\)。

联合省选2021

D1T1：枚举\(max\)，求出最大的\(min\)。分类讨论分析，最终可以做到除排序之外\(O(n)\)。

D1T2：随便构造出一组解\(a\)。可以发现对一行（或列）加\(x,-x,x,-x,\dots\)仍然是一组解。令最终的解\(a_{i,j}\leftarrow a_{i,j}+(-1)^{i+j}x_i-(-1)^{i+j}y_j\)。可以转化成差分约束问题，用Bellman-Ford跑（方便判负环）就好了。

D1T3：大把\(O(nm)\)做法。题目相当于对于每个\(u,v\)，求从\(u\)到\(v\)和从\(v\)到\(u\)不经过小于\(u\)的点，路径权值和最小值最大是多少。用桶优化dijkstra是\(O(nm)\)，但是会TLE。其实可以动态加边，加边后看新增能到达哪些点，BFS一下，这样也是\(O(nm)\)，常数较小。也有floyed的做法，枚举中转点\(k\)从大往小枚举，算完一层之后统计\(u=k\)的答案。这样可以避免建反图，并且\(i>k,j>k\)的转移可以不需要（解释：一条路径转移的过程，可以视作一个折线图，横坐标为路径上第几个，纵坐标为节点编号。每次把纵坐标最大的点删掉，把相邻的两个点连起来。由于这题限制中起点或终点肯定有一个是全局最小值，所以每次操作中，当前点左右两边都小于它），加上这个小优化之后可以卡过去。

D2T1：分成\(u\to lca\)就\(lca\to v\)计算。对于某个点，如果它在序列中，记下颜色为序列上后继的最近祖先。于是可以倍增快速查\(u\to lca\)搞了多少位。对于\(lca\to v\)，可以二分最后一位，类似搞搞。于是得到了\(O(n\lg^2m)\)的做法。如果换成点分治，就可以省掉倍增，\(u\to rt\)可以\(O(1)\)做，\(rt\to v\)要二分然后\(O(1)\)查。于是时间是\(O(n\lg m)\)。

D2T2：不动脑子可以写出一个DP。注意到并不需要记最后一个具体是多少，只需要差分一下，当前这个加多少，后面的一并加多少。于是就可以过了。

牛客挑战赛049

A：略

B：设\(s(n)\)表示各位数的和。先求出\(\sum s(i)-s(i-1)\)，再减去\(\sum (s(i)-s(i-1))[s(i)-s(i-1)<0]\)。后者存在当且仅当\(i\mod 10=0\)，进而可以列出式子快速计算。

C：把操作挂在节点上，从大往小枚举节点编号，每次找到祖先最近的操作。用并查集维护。

D：回文串长度不超过\(20\)，所以可以枚举回文串，然后直接判定是否在\(A\)串中。

E：先手要最小化\(A边-B边\)。可以把边摊到点上，即边的端点加\(0.5\)，如果\(A\)选就加，\(B\)选就减。显然对于最终的方案，异色连没有共线，同色连贡献为\(\pm 1\)。

F：找出所有的环丢到线性基中，询问\((u,v)\)时先异或上dfs树上路径的权值和，丢到线性基里跑。询问权值和要\(O(1)\)LCA，由于线性基固定所以可以分两半做，也是\(O(1)\)。时间是\(O(n\lg n+Q)\)的，但是求LCA寻址常数太大所以过不去。正解：设有两个点\(x,y\)，从任意点出发，走到\(x\)回来，再走到\(y\)回来，于是答案恰好异或上\(a_x \ xor\ a_y\)。并且由于是二分图，询问两点间的路径长度是固定的。于是答案有两种，就是选择奇数个点或选择偶数个点。有个小trick：安排一位表示奇偶性（设为\(2^w\)，并且\(w\)是最高位），询问奇数的时候丢\(0\)进去，询问偶数的时候丢\(2^k\)进去，最后答案都异或上\(2^k\)。

G：题目求的是仙人掌上两点间最小割。对于一个环，最小边一定会被割。于是把最小边去掉，其权值加到其它边上。最后形成一棵树。把每位拆开，利用重构树计算答案即可。

ARC117

A：对大的那边，\(1,2,3,\dots\)这样构造。另一边除最后一个也这样。

B：排序后差分，每次相当于选一个大于0的数减一。

C：把三种颜色看成\(0,1,2\)。对\(x,y\)操作变成\((-x-y)\mod 3\)。然后组合数计算。

D：可以做到\(2n-1-直径长度\)。以直径端点为根搞个欧拉序，要求最后一个被第一次遍历的点是直径的另一个端点，把每个点第一次出现的时间作为答案。接下来证明这同时也是答案的下界：设最终权值为\(w_i\)，对于排序后相邻的\(w_i\)（即\(w_u<w_v\)不存在\(w_u<w_x<w_v\)），那么有\(w_v-w_u\ge dis(u,v)\)。只考虑相邻的限制，那么相当于：决定一个排列\(p\)，最小化\(1+\sum dis(p_i,p_{i+1})\)。也就是遍历整棵树的最小时间，按照欧拉序跑最优，此时下界是\(1+2n-2-直径长度\)。

E：考虑画出前缀和的图像，用个平行于x轴的直线从下往上扫，维护扫描线和折线的交点。假设最低点纵坐标为\(0\)。设\(f_{i,j,k,c,0/1}\)表示扫到纵坐标\(i\)，已经扫过的点数为\(j\)，已经扫过的点形成了\(k\)段，题目中问的那个段的个数是\(c\)吗，开头和结尾是否固定，此时的方案数。转移时枚举\(x\)表示合并相邻的段\(k\)次，枚举\(y\)表示合并段之后在空白中插入了\(y\)段。于是就可以得到\(O(n^7)\)的做法。可以发现转移之和\(x-y\)有关，所以可以把\(x-y\)相同的一起枚举，用个前缀和计算一段合法\(x\)的区间的贡献，就有\(O(n^6)\)。实际上枚举\(i\)是没有必要的，安排其它的转移顺序，就有\(O(n^5)\)。

计蒜客2021预赛第一场

A，B：略

C：设答案为从\((0,0)\)到\((n,n)\)。对于一个三角形区域，某条路径第一次经过位置是三角形的直角边，即\((x,y)\)或\((x+i,y)\)或\((y,x+i)\)，从这里开始不管怎么走前面连续\(len-i\)个格子会有贡献。于是可以列出式子，列出式子之后可以前缀和优化。

D：显然可以得到递推式：\(f_{2n}=f_n,f_{2n+1}=f_n+f_{n+1}\)。考虑搞一棵树，节点\(i\)权值\(w_i=(f_i,f_{i+1})\)。于是\(w_{2i}=(f_i,f_i+f_{i+1}),w_{2i+1}=(f_i+f_{i+1},f_{i+1})\)。答案求\(\max (w_{i,fi}+w_{i,se})\)。假设从\((x,y),x<y\)开始\(k\)满层，因为是满层所以可以钦定二元组顺序，于是最优的是\((xF_{k},yF_{k+1})\)，其中\(F\)为斐波拉契数。把询问范围拆成若干个满二叉树即可。全程高精度。

Codeforces Round #715 (Div. 1)

A：考虑对于两个序列\(a,b\)，可以构造出长度为\(4n-\min (cnt0_a,cnt0_b)\)。即拉出全为0的公共子序列，然后中间的填一下。于是找到\(a,b\)满足\(cnt0_a\ge n,cnt0_b\ge n\)。如果找不到，那么存在\(a,b\)满足\(cnt1_a>n,cnt1_b>n\)，同样构造。

B：可以发现合法的方案能够视作划分成若干个区间，将这些区间中的顺序反转。算出方案数之后从前往后确定即可。方案数是2的幂次的形式，增长较快，按位确定的过程中不用二分当前位是什么。

D：如果只有一个轮换，可以钦定一个点\(x\)，每次\(swap(p_x,p_{p_x})\)，这样一定能行。并且连出来的是以\(x\)为中心的菊花。如果有多个轮换，先找到一个\(x\)（满足\(p_x\neq x\)）作为根，对其它点极角排序。众所周知如果\(x,y\)不在同个轮换，\(swap(p_x,p_y)\)之后就会在同个轮换。所以对极角排序后的相邻点进行这样的合并。（注意相邻点的极角差要小于\(\pi\)）合并完之后以\(x\)为中心连出个菊花即可。

7065. 【2021.4.24 NOI模拟】樟树

给第一棵树分块，第二棵树直接扫，类似于回滚莫队地做。

找管辖点，一个点被它最近的作为管辖点的祖先所管辖。记\(len_x\)为\(x\)子树中，到\(x\)路径上没有管辖点的最远点距离。如果\(len_x\ge B\)则将\(x\)变成管辖点。取\(B=O(\sqrt n)\)。

所有叶子节点的\(B\)级祖先形成的树的叶子个数为\(O(\frac{n}{B})\)，于是所有叶子的\(B\)的倍数级祖先的集合大小为\(O(\frac{n}{B}+\frac{n}{B^2}+\dots)=O(\frac{n}{B})\)。

（注意不要取\(\sqrt {maxdep}\)，这样可能不能保证块个数）

用可回退并查集来维护连通性。时间\(O(n\sqrt n\lg n)\)。

7066. 【2021.4.24 NOI模拟】ehzeux与圆周

AGC028D

7067. 【2021.4.24NOI模拟】对称线性规划问题

现在构造一种方案，最终答案为总和一半。把\(i\)和\(4n-1-i\)配对。把每行作为一个节点，\(i\)和\(4n-1-i\)所在的两行之间连边。

于是形成了\(n\)个点\(2n\)条边且每个点度数为\(4\)的无向图，现在需要选择一些边，使得每个点恰好有两条相邻边被选择。

对于每个连通块找欧拉回路，路径上的边奇偶分类。可以证明这样一定合法。

Contest 2050 and Codeforces Round #718 (Div. 1 + Div. 2)

A：略。

B：每次找到最小值，其它的列找到最大值，删掉。

C：考虑对角线从右上往左下扫过去，发现每次可以唯一地确定对角线上的数值。

D：O(n2k3)能过。其实最终一定是走一段\(\frac{k}{2}\)长的路径再原路返回，因为如果走个环，可以选择前半和后半中较小的。设\(f_{x,y,i}\)表示从\((x,y)\)出发走\(i\)步最短路程，不用记终点。转移是\(O(1)\)的。

E：经过细致的分类讨论，可以发现合法的序列是：1. 若干个P+若干个C。2. (P)+若干个C+PCPC...PC+若干个P(C)。前缀和搞一下可以发现这是个二维偏序。

F（口胡）：

思考的时候似乎看错了题意。我的想法：一个连通块的level相当于从所有叶子结点出发跑最短路，树中最大的\(dis\)（这里和题目已经偏了），也就是取两个叶子\(u,v\)，最小的\(\frac{dis(u,v)}{2}\)。考虑所有连通块的level不超过\(lim\)的情况。于是可以DP，设\(g_x\)表示\(x\)子树中\(x\)不选的方案数，\(h_x\)表示\(x\)子树中\(x\)选并且保证\(x\)所在连通块已经满足条件的方案数，\(f_{x,l,0/1}\)表示\(x\)子树中\(x\)选未保证\(x\)所在连通块满足条件，且距离\(x\)最大的叶子距离为\(l\)，是否强制\(x\)为叶子节点的方案数（好像\(0/1\)可以去掉）。时间是\(O(n^3)\)。

题解做法：考虑level不超过\(lim\)的情况。设没有选的点为黑点，那么这等价于每个黑点画个半径为\(lim+1\)的圆，要求并覆盖所有点。于是可以DP，如果子树内存在未覆盖的点，则记其最深深度；否则，记下可以向上延伸多少。注意并不需要同时记未覆盖点的最深深度和向上延伸多少，因为如果它后来被覆盖了，那么覆盖它的那个点向上延伸肯定比这里记的多。

LOJ3048. 「十二省联考 2019」异或粽子（口胡）

前缀和，建Trie，维护每个点和其它点异或第几大在哪里。把这些第几大丢进堆里，每次取最小的，然后找更大的点重新丢进堆里。可以直接用可持久化Trie，也可以直接用Trie，然后\(k\)变成\(2k\)。时间\(O(k\lg V)\)。

有个和\(k\)无关的做法：先用\(O(n\lg V)\)的时间二分出第\(k\)大具体是什么，对于大于第\(k\)大的，枚举一个值，要计算它异或上Trie中\(O(\lg V)\)个子树中的值的和，相当于排序后序列中\(O(\lg V)\)个区间。分开每位计算，前缀和即可。时间\(O(n\lg^2V)\)。

LOJ3049. 「十二省联考 2019」字符串问题

建出Trie在上面连边然后跑最长路。可以对反串建SAM从而建出后缀树，然后把关键点在后缀树上定位，不在后缀树的整点上的点另外分配标号，建图直接跑即可。时间\(O(n\lg n)\)，这个\(O(\lg n)\)来自对点定位。

有个想法：直接建SAM，用SAM的转移边建图。实现过之后发现这样是假的，因为一个点代表长度在某区间内的互为后缀的串，如果从一个串（根据点和长度确定），往后跑到一个点，某个串对应点是那个点但长度小，这时候就不合法。

6152. 【GDOI2019Day2模拟2019.4.29】Endless

权值从小到大枚举。找平方串套路：枚举长度，设立观测点，如果相邻观测点的LCP和LCS之和大于等于长度，则有平方串，这些平方串的开头在连续的区间。

支持两个区间合并，ST表+并查集即可。

7068. 【2021.4.28 NOI模拟】隔离

平面图满足\(C=F+V-E\)，其中\(C\)是连通块个数，\(V,E,F\)分别是点、边、面（不包括最外面）。

算矩形框住了哪些点、边、面，边可以看做矩形，面可以预处理出来，也能看做矩形。然后做四维偏序，\(O(n\lg^3 n)\)。

处理面的时候，把每个点的出边极角排序，从某个点开始选一条边开始跑，到下一个点找这条边的后继继续跑，最终肯定能找到环。每条边跑过就删掉。这部分可以用map实现。还要判断是否是最外面，求一遍有向面积，如果有效面积是负的那就是最外面，不算。

为什么不算最外面然后减一？因为并不确定最外面的坐标范围是多少。

7069. 【2021.4.28 NOI模拟】匹配

构造\(\sum_{j\subseteq i} b_{j}=a_i\)。容易发现高斯消元之后斜对角线（同时也是每一行非0的数为\(b_i\)），求\(b\)用FWT即可。

模拟即可说明。考虑消到第\(i\)行，前面\(j\in[0,i-1]\)行都满足\(M_{j,k}=[j\subseteq k]b_j\)，由于第\(i\)行中\(M_{i,k}=\sum_{t\subseteq i\bigcap k}b_t\)。可以视作对于所有的\(t\subseteq i\)的\(t\)，有\(M_{i,k}+=[t\subseteq k]b_t\)，刚好这部分的贡献就是\(M_t\)。所以\(i\)肯定是和\(t\subset i\)的\(t\)消元，消元之后就变成那样。

7070. 【2021.4.28 NOI模拟】氪金手游

\(ans_i=\sum_k w_k[x^k]\sum_{l=1}^r\prod_{i=l}^r(1-p_i+p_ix)\)

点乘可以视作减法卷积乘\(x^0\)项。记\(W(x)=\sum w_kx^{-k}\)。

考虑分治。设当前点为\(p\)，\(H_p\)为区间外的点的影响（\((1-p_i+p_ix)\)后缀积的和）。

于是有\(H_{lc}=H_p,H_{rc}=H_pf_{lc}+Wg_{lc}\)。其中\(f\)表示区间内\((1-p_i+p_ix)\)的乘积，\(g\)表示区间内后缀积的和。

由于只需要求\([x^0]\)，所以只需要保留\(O(r-l+1)\)项系数。

时间\(O(n\lg^2 n)\)。

AGC045

A：考虑从后往前做，记\(F_i\)是个集合，表示做完了前\(i\)个，如果当前值为\(x\)后面能消到0，则在集合中。用线性基来维护。如果遇到了0，就加入线性基；如果遇到了1，看看在不在线性基中，如果在，那么它能被抵消，于是\(F_i=F_{i+1}\)；否则它不能被抵消，于是对于任意\(x\)，\(x\)和\(x\ xor \ A_i\)有一个不能被抵消，于是\(F_i=\empty\)。

C：考虑判定。可以视作：每次选择一个长度等于\(A\)的连续0或长度等于\(B\)的连续1，将其变成任意值，问能不能还原成初始状态。令\(A\le B\)（显然可以搞到全1，所以0和1可以互换），如果出现了个长度大于等于\(B\)的连续1，把这段全部变成0，和两边0的连续段合并，因为\(A\le B\)所以可以又能够操作这个大的连续段，反转，合并，循环操作到整个序列同色。现在希望让这个1出现，就将所有长度大于等于\(A\)的连续0全部变成1，然后判断它是否存在长度大于等于B的连续1。可以DP，记所有长度大于等于\(A\)的连续0全部变成1的状态，设\(f_{i,0/1,0/1}\)表示这样的状态下，最后是\(0/1\)，是否出现过长度大于等于\(B\)的连续1。需要用数组\(g_n\)表示长度为\(n\)的序列，其中两边为1，中间的0所在连续段长度大于等于\(A\)的方案数，辅助转移。两者时间都是\(O(n^2)\)。

D：显然是按顺序枚举，如果当前点没有被遍历过，就将其所在的环都遍历一遍并点亮。如果某次全部被点亮了那就退出。这相当于，设前\([1,A]\)个中第一个自环为\(i\)（也有不存在自环的情况），满足\([1,i-1]\)所在的环的并包含\([A+1,n]\)。因为要满足\(i\)是第一个所以要枚举个\(j\)容斥，接下来的问题可以表示为三元组\((i-1-j,n-A,A-i)\)。假设是\((a,b,c)\)，先给\(a\)搞个圆排列划分，即\(a!\)，把\(b\)插入到\(a\)的圆排列中，即\(\prod_{i=a}^{b-1} i\)，把\(c\)插入到圆排列中或自成一圆排列，即\(\prod_{i=a+b+1}^{a+b+c}i\)。所以贡献是\(a!\frac{(a+b-1)!}{(a-1)!}\frac{(a+b+c)!}{(a+b)!}\)。枚举\(i,j\)，时间\(O(A^2+n)\)。

7072. 【2021.04.30 NOI模拟】决战圣诞树

用生成函数写出式子，然后考虑插值。代入\(K\)个点值进去，因为是循环卷积所以要满足\(x^K=1\)，也就是模意义下\(K\)次单位根。找出原根之后\(g^{\frac{P-1}{K}}\)的幂就是了。

现在分别维护\(K\)个问题。每个问题都是搞一棵树，支持单点乘、邻点乘、子树乘、单点查、子树查。如果没有邻点乘，用线段树或分块可以维护，时间分别是\(O(\lg^2 n)\)和\(O(\sqrt n)\)，线段树中需要多次快速幂。现在有邻点乘，把点按照度数，设定阈值，分成大点小点，改的时候大点在自身打标记，小点暴力改；单点查的时候遍历周围的大点。但是有个问题：子树查。改大点的时候，可以把信息都挂在大点上（数据结构中），在查子树的时候，没有算到的，或多算到的信息只会和\(u,v\)有关，直接去掉或加上即可。

但是因为不能直接对0求逆元，所以这个方法可能会挂。尽管如此还是能过。不过再进行一些修改应该也可以搞。

事实上可以搞个序，先遍历儿子，在递归遍历儿子的子树。这样儿子连在一起，子树（除了自身）也连在一起。于是邻点的问题就解决了。

至于快速幂的问题，因为模数不大，所以可以算出每个数是原根的多少次方，以及原根的多少次方是什么。于是可以\(O(1)\)算。

最终每次操作时间\(O(\lg n)\)。但是好慢。

7073. 【2021.5.4 NOI模拟】拆分

把\(h\)扩展。枚举\(m\)，对\(a\)差分得到\(c\)，要求\(c_1\ge 1,c_i\ge k\)。容易列出式子\(\sum_m h_m[x^{n-m-\frac{km(m-1)}{2}}]\prod_{i=1}^m\frac{1}{1-x^i}\)。

如果\(k>0\)，合法的\(m\)是\(O(\sqrt n)\)的，直接算。

如果\(k=0\)，重新看原题，发现就是求拆分数第\(n\)项，即\([x^n]\prod_{i>0}\frac{1}{1-x^i}\)。求这个东西有很多方法，可以借助五边形数，需要求逆；也有个高级做法：画出Ferrers图（假设\(n=\sum a_i\)，将\(a_i\)从大到小排序，第\(i\)列放\(a_i\)个方格），枚举\((1,1)\)为左下角的极大正方形的边长\(h\)，剩下的两个部分都是要求每个数不超过\(h\)的拆分，列出生成函数就是\(\sum x^{h^2}(\sum_{i=1}^h\frac{1}{1-x^i})^2\)。于是时间\(O(n\sqrt n)\)。

卡常：1. 对五边形数多项式求逆的时候，不要一开始把有值的地方存在某个数组然后遍历这个数组，在求逆的过程中当场算五边形数，常数小一些。2. 两个int相加之后取模，如果用if，在本地不会变快，在OJ上变快了？

另外\(k=0\)时，结合两种做法，得到\(\sum_m[x^{n-m}]\prod_{i=1}^m \frac{1}{1-x^i}=[x^n]\prod_{i>0}\frac{1}{1-x^i}\)，不错的发现。

7074. 【2021.5.4 NOI模拟】集合

转化为取补集求并，找第一个不在并中的位置。枚举\(r\)，对于每个位置维护最后一次被覆盖的时间。修改就是区间取max，查询就是找到第一个最后被覆盖的时间小于\(l\)的位置。

时间\(O(n\lg n)\)。

AGC040

A：显然局部最小值可以设为\(0\)，确定这些值之后其它值很好贪心。

B：求出\(maxl,minr\)。分区间交是\([maxl,minr],[\dots,\dots]\)和\([maxl,\dots],[\dots,minr]\)两种情况讨论。前者直接算，后者枚举第一个区间交的右端点时多少然后计算。

C：假如没有C，可以把奇数位的AB翻转，变成了每次只能选择两个相邻不同的，将其删掉。显然有解的条件是\(cnt_A=cnt_B\)。现在有了C，相当于可以任意地将C变成A或B，因此有\(|cnt_A-cnt_B|\le cnt_C\)，计数即可。稍微推下式子就是\([x^\frac{n}{2}y^\frac{n}{2}]\frac{1}{(1-x)(1-y)}(1+x+y)^n\)。粗暴的做法是展开，变成计算\(\sum_{i=0}^{n/2}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{n/2}\binom{n-i}{j}\)，可以维护\(f(n,m)=\sum_{i=0}^m\binom{n}{i}\)，\(f(n,m)=\sum_{i=0}^m\binom{n}{i}=\sum_{i=0}^m\binom{n-1}{i-1}+\binom{n-1}{i}=2f(n-1,m)-\binom{n-1}{m}\)，于是能\(O(n)\)计算；简单的做法是计算不合法的方案数，即\((1+x+y)^n\)展开式中\(x\)或\(y\)次数大于\(\frac{n}{2}\)的，因为不可能同时大于\(\frac{n}{2}\)所以很好计算。

6215. 【NOI2019模拟2019.6.14】硬币游戏

可以看成：价值为\(a_i\)的，大小为\(1\)的物品，和价值为\(a_i+b_i\)的，大小为\(2\)的物品。

贪心：先将两种物品从大到小排序，各选一段前缀。当空间加一时，先加入下一个大小为\(1\)的（如果没有就丢掉个大小为\(1\)的放个大小为\(2\)的），然后尝试用大小为\(2\)的替换两个大小为\(1\)的。时间可以做到线性。

6216. 【NOI2019模拟2019.6.14】序列计数

暴力可以这么做：假设有个大小为字符集的表\(s_i\)，从左到右扫，设当前字符为\(c\)，对于\(i\neq c\)，\(s_i'\leftarrow s_i+s_c\)，并且答案加上\(s_c\)。

根据这个矩阵乘法，朴素做法可以做到\(O(nC^3+qC^2\lg n)\)。

发现这个矩阵有逆，把答案处理成：\([1,1,\dots,0]A_{l}A_{l+1}\dots A_{n}A_{n}^{-1}\dots A_R^{-1}A_{R+1}^{-1}[0,0,\dots,1]^T\)的形式，前半和后半都可以预处理。

可以做到\(O(nC^2+qC)\)。（在乘一个矩阵的时候，这个矩阵中有值的位置是\(O(C)\)的，所以只需要\(O(C^2)\)做乘法）

写出来之后整理一下可以发现能够简单优化至\(O((n+q)C)\)。

AGC043C Giant Graph

暴力可以想到按照\(i+j+k\)从高到低确定，同层的不会有边，直接贪心即可。

考虑一维的求最大独立集的过程：设\(f_i\)表示是否选\(i\)，从后往前做，如果\(i\)存在后继被选了，则\(f_i=0\)。发现其实可以视作：在这个DAG上的Nim游戏，从某个的出发如果先手必胜则\(f_i=0\)。

可以推广到三维的情况，相当于三个Nim游戏的叠加。于是算出sg函数，统计\(\sum[sg_{1,i}\ xor \ sg_{2,j} \ xor \ sg_{3,k}=0]w_iw_jw_k\)。

FWT可以做，也可以暴力卷积，因为sg函数的取值是\(O(\sqrt m)\)。

AGC041C Domino Quality

\(n\le 3\)的时候特判。

可以手动构造出\(n=4,5,6,7\)时每行每列只有\(3\)的方案。用这些方案拼接，在对角线处放即可。

AGC039C Division by Two with Something

操作可以视作：将二进制（从高到低）的最后一位取反之后移到最前面。

进一步分析，可以得到这个二进制应该长成：\(A\overline AA\overline A\dots A\overline AA\)的形式。上划线表示取反。找到这个极小\(A\)，\(|A|\)就是操作次数。

极小通过容斥得出。先设\(f_{L}\)表示长度为\(L\)的不保证极小的\(A\)有多少个，通过给读入字符串的前\(L\)位扩展成如上形式和原字符串比较，得到\(f_L\)为\(s\)或\(s+1\)的形式。然后容斥得到\(g_L\)。\(g_L=f_L-\sum_{d|L,d<L}[\frac{L}{d}\mod 2=1]f_d\)。

AGC038C LCMs

根据\(lcm(a,b)=ab/gcd(a,b)\)，做个min卷积平方，每个位置除以下标的和就是答案。

AGC037C Numbers on a Circle

如果\(a_i\)刚刚被操作，那么\(a_i>a_{i-1}+a_{i+1}\)。

考虑倒推，对于\(b_i>b_{i-1}+b_{i+1}\)的位置，如果\(b_i>a_i\)，则\(b_i\)应该被修改，并且在它改变之前\(b_{i-1},b_{i+1}\)都不变，不会影响它的条件，所以\(b_i\)可以立即修改。

维护个堆，每次找出最大的，贪心地修改它。因为\(b_i\)变成\(b_i\mod(b_{i-1}+b_{i+1})\)，必定减半，所以时间是\(O(n\lg n\lg V)\)。

AGC035C Skolem XOR Tree

显然\(n\)为二次幂的时候不行。

可以把形如\(2k,2k+1\)的配对。连边\((1,2k),(2k,2k+1),(1,(2k+1)'),(1,(2k)')\)。

如果\(2|n\)，设\(x=lowbit(n),y=n-x\)，连边\((x,n),(y',n')\)。

AGC034C Tests

每场考试可以看做关于\(a_i\)的函数，这是个分段的一次函数，两端斜率分别为\(l\)和\(u\)，分界点在\((a_i,0)\)。将所有分段函数的最低点移到\(y=0\)处，于是我们希望决定\(a_i\)使得函数和达到\(\sum l_ib_i\)。

有结论：最优解中，至多只有一个\(a_i\)取到了\((0,X)\)，其它的不是\(0\)就是\(X\)。证明可以考虑，如果有两个取\((0,X)\)，根据其在各自函数中所在的段分类讨论，发现都可以调整。

按照取\(X\)之后的贡献排序。枚举哪个取了\((0,X)\)，然后二分一段取\(X\)的前缀即可。时间\(O(n\lg n)\)。

7079. 【2021.5.9 NOI模拟】消除

可以转化成：随机一个排列，按照排列顺序操作。如果当前点的祖先没有操作过，\(cnt\)加一。求\(cnt\le K\)的概率。

设\(f_{i,j,k}\)表示\(i\)子树中，有\(j\)个点有贡献，排列中位置在最后一个有贡献的点后面的点有\(k\)个。于是可以做到\(O(n^4)\)。

观察转移式，可以发现\(j\)这一维是个纯的卷积。于是用插值将这一维搞掉，时间优化到了\(O(n^3)\)，空间优化到了\(O(n^2)\)。

其实转移的时候，\(k\)这一维也可以利用卷积转移，时间理论可达\(O(n^2\lg n)\)。

ARC118

A：因为分母为100，所以可以100为循环节操作。搞出100以内有多少个空的，然后算出在第几个循环节就可以找到了。

B：首先可以二分答案，然后得到每个\(B_i\)的取值范围，分别求其上界和下界的和得到\(\sum B_i\)的取值范围，如果\(m\)在范围内就有解。二分出来之后一个个确定即可。如果用实数精度要开大（我开到1e-14），其实也可以用整数来二分。

C：先放入6,10,15，然后放入6或10或15的倍数即可。

E：考虑走到\((i,j)\)，然后确定\((0..i,0..j)\)中的点。从\((i,j)\)转移到\((i+1,j)\)的时候，决策一下第\(i+1\)行的点放在哪里，分在\((i+1,1..j-1)\)和\((i+1,j+1..n)\)讨论。发现这样要记一下\((0..i,0..j)\)中已经确定了多少个点。于是可以记状态\(f_{i,j,k,0/1,0/1}\)，表示走到\((i,j)\)，\((0..i,0..j)\)中确定了多少个点，其中\(i\)行，\(j\)列，是否有点的方案数。然后可以做到\(O(n^3)\)的复杂度。

CF1515G

类比一下无向图，边权异或的问题：

对于每个强联通分量分别做。任取一个点，记其为\(rt\)，然后搞一颗外向树，记到点\(i\)的边权和为\(\phi(i)\)。

因为肯定存在从\(i\)到\(rt\)的路径，假设长度为\(s\)，对于任意模数\(P\)，从\(i\)到\(rt\)，然后绕\(P-1\)次长度为\(\phi(i)+s\)的圈回到\(rt\)，总长为\((P-1)\phi(i)+Ps\equiv -\phi(i)\pmod P\)。所以可以直接认为\(i\)到\(rt\)有长度为\(-\phi(i)\)的路径。

每个点能走的环长的集合都等于根节点，因为可以先走\(-\phi(i)\)到\(rt\)，走完环之后再走\(\phi(i)\)回来。

于是如果有一条非树边\((u,v,w)\)，可以认为贡献了一个\(phi(u)+w-phi(v)\)长度的环。

求出所有环的gcd，于是能走的环长就是gcd的倍数。剩下的问题就好搞了。

7082. 【2021.5.10 NOI模拟】中单

由于结果是取max，可以将原来的限制拆成多个由更紧的限制组成的子问题，并且这些子问题的并恰好为原问题。

在这题中，相当于枚举\(s_0,s_1,s_2\)的相对顺序，然后转化为了6个问题。每个问题都是个三维偏序，加上个询问最大异或。

我的做法是对答案进行整体二分。从高位往低位，在当前层中，算出哪些询问可以取到1。接下来当前位为0的修改往左走，为1的修改往右走；询问如果可以取到1就往相反否则相同的地方走。然后里面就是个三维偏序，又因为询问只需要问是否存在点在询问范围内，所以最后一维只需要存个最值。于是\(t\)排序，\(x\)用cdq归并，\(y\)存最值就可以搞定了。总时间\(O(n\lg n\lg V)\)，空间\(O(n)\)。

其他人的做法阴间一些：先对\(t\)排序，套cdq分治：建Trie，然后按照\(x\)的大小归并，如果是修改就在Trie上改\(y\)的最小值，如果是询问在Trie上二分。时间也是\(O(n\lg n\lg V)\)，空间是\(O(n\lg V)\)劣一些。

6213. 【NOI2019模拟2019.6.13】String

稍微分析可以可得一定是尽量匹配直到不能匹配划分为一段。

简单做法：建出SAM，然后算出\(g_{u,v}\)表示\(u\)为开头，结尾下一个为\(v\)的一段最短是多少。然后倍增+矩阵乘法。

更高明的做法：找到最长的长度\(len\)满足所有长度为\(len\)的子串都被包含。接下来连边，边权都相当于是\(len\)。如果连出的图有环，就找最小环长；如果无环，就找最长路。再算一波就可以得到答案。

6252. 【NOI2019模拟2019.7.4】天涯海角

可以看成：修改是对祖先链进行\(\pm1\)操作，以及改变某个点是否存在；查询是查整棵树\(>0\)的点权数。

我的做法：树剖，对于每条重链分块，长度为\(\sqrt {len}\)。对于每个块，一开始排好序，用链表维护（权值相同的压在一起），并且维护一个指针。整体加减的时候移动指针，散块修改的时候对链表上节点进行操作。总时间\(O(n\sqrt n)\)。当把链表从动态分配空间+没用的点不删变成静态分配空间+没用的点删，从2s+变成了500ms+。

有个更好的优化：不用链表，直接维护排序后的序列（权值相同的还要压在一起）。散块修改的时候，将修改的点和不修改的点分开，然后归并。因为寻址连续，所以优化效果应该更加显著。

更简单的做法：每\(O(\sqrt n)\)次定期重构，对关键点建虚树，每条边维护桶和tag。可以做到每个询问块\(O(n)\)解决。总时间\(O(n\sqrt n)\)，常数小，代码短。

7083. 【2021.5.10 NOI模拟】骚猪（口胡）

考虑如果有区间\([l,r]\)被\([L,R]\)包含，那么\([l,r]\)应该选择和\([L,R]\)不同的颜色，否则不会更优。于是找到没有被其它区间包含的区间的集合，记为\(W\)。其它的集合选择一个\(W\)中包含它的区间（记为父亲），最后取相反的颜色。

假设有解：如果\(|W|\)为偶数，那么可以给\(W\)交替分配颜色。对于某个位置，被\(W_i\)包含，若同时被\(W_{i-1}\)或\(W_{i+1}\)包含，则没问题；否则因为假设有解，一定存在其它区间包含它，并且那个区间的父亲是\(W_i\)。

如果\(|W|\)为奇数，也是交替分配颜色，然而\(W_{i-1},W_i\)颜色相同。如果某区间只被其中之一包含则没有问题；如果被它们的交包含，又要要求还有个儿子区间包含它。因为有解，所以在某个解方案中，由鸽巢原理必定存在\(i\)，\(W_{i-1},W_i\)同色，并且它们的交也满足条件。所以说如果有解，在\(i\)的所有取值中，至少存在一种使得交替分配颜色有解。

于是枚举\(i\)判断。加速判断：对于\(W_{i-1}\bigcap W_i\)内的点，要满足被至少一个儿子区间包含，或被至少三个\(W\)区间包含；对于不在\(W_{i-1}\bigcap W_i\)的点，要满足被至少一个儿子区间包含，或被至少两个\(W\)区间包含。

7087. 【2021.5.18 NOI模拟】差异

其实就是把区间分段，要求每段中并不为空。

一种做法：设\(f_i\)表示\(i\)结尾的段数最少是多少。\(f_i\)可以直接贪心或DP得到，显然\(f_i\)单调不降。然后还要维护方案数\(g_i\)。普通暴力是\(O(n^2)\)，用单调栈+线段树就可以\(O(n\lg n)\)了。

另一种做法：考虑设\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个，结尾为\(j\)的最小段数。归纳证明，对于\(f_i\)，大概是\(mn+1,mn,mn+1\)三段。用线段树维护即可。

7087. 【2021.5.18 NOI模拟】差异

原来长度为\(c\)的环会分成\(\gcd(c,k)\)个\(\frac{c}{\gcd(c,k)}\)的环。反过来，枚举分成的环\(l\)，先统计这个环有多少个，然后划分，如果一个块个数\(c\)，则要满足\(c=\gcd(lc,k)\)。

于是可以写个DP进行转移（其实这转移类似于exp）。时间复杂度\(O(nd(k))\)，\(d\)表示约数个数。

实际上时间瓶颈在于统计环，因为寻址不连续。

7089. 【2021.5.18 NOI模拟】排序

既然求出前k大，直接A*。估价用网络流来搞。只要每次估价都准确，那么估价的总次数最多为\(2nk\)。

于是时间复杂度为\(O(nkMAXFLOW(n,m))\)。

实际上由于相邻的状态之间变化比较小，所以可以直接带修网络流（支持加边删边）搞。

（话说这里的A*应该是可以不用优先队列的，直接递归即可，用带修网络流的话就可以不用存多个图，会不会快一些？）

CFgym103069 2020 ICPC Asia East Continent Final

B：离线。考虑一个矩形贡献在矩形最小值处。枚举矩形的上下边界，中间求最小值，于是变成一个序列数多少个区间最小值是什么。笛卡尔树即可。

C：把\(x\)写成\(x_0x_1\dots x_{63}\)的形式，若干次变换之后，其中每一位可以表示成一些\(x_i\)的异或。得到了\(f^i(x) \mod i\)等于多少，用\(\mod lowbit(i)\)得到最后几位的信息。于是就得到若干条方程，一共有\(\sum_i \lg(lowbit(i))\)条方程，大概是\(O(n)\)。并且\(n\ge 50\)，猜到自由元不是很多，枚举之后挨个判定即可。

D：枚举相交部分的两个端点，显然起点终点和端点之间，端点和端点之间都是最短路。得到若干个\((a,b)\)表示\(a\)个重复路，\(b\)个不重复路。由于二维偏序更大的可以不用计算，去掉那些之后剩下\(O(n)\)个。对于每个，用二分之类的做法搞一搞。

G：枚举右端点，维护每个左端点的信息。可以视作：有一堆黑白点，支持：1. 区间黑白反转。2. 区间白点权值加一。3. 询问区间权值和。线段树上节点上维护：权值和，黑白点个数。标记维护反转标记，以及权值加一的标记（分别是黑点加的标记和白点加的标记）。

I：按照时间顺序做。求出上一个活到最后的人存活到的时间，对于这个人，先计算它在被挡刀时候能否活下来，然后计算它没有被挡刀的时候活多久。用线段树二分维护。细节有点多。

ARC119 D - Grid Repainting 3

考虑给红点的行列连边（行和列分别分配点）。一次删除相当于删去一个点。

对于一个连通块，随便搞一棵生成树，剥叶子地删，最终剩下一个点。只要连通块大小大于等于2就可以决定它在哪边。

先求出两边孤立点的个数，接下来决定每个连通块最终保留的点，显然放在孤立点多的那边。

ARC119 E - Pancakes

拆绝对值，二维偏序即可（\(l<r\)那维可以去掉）。

6248. 【NOI2019模拟2019.7.3】光影交错

设\(E_i\)表示当前和为\(i\)的时候，往后走的期望。大概可以列出\(E_i\)关于\(E_{i-1}\)和\(E_{i+1}\)的式子。

根据\(E_{-\infty}=0\)和\(E_{+\infty}=\frac{1}{p}\)，把边界开到\(3*10^6\)级别。按照套路，把式子转化成\(E_i\)和\(E_{i+1}\)的关系即可。

6250. 【NOI2019模拟2019.7.3】魔法咒语

生成函数计算即可。

6244. 【NOI2019模拟2019.7.1】为了部落

搞一个虚根，虚根和森林中每个根连边。相当于钦定虚根度数为\(m\)，与虚根相连单点点度数不超过\(K+1\)。

借助prufer序列来计算即可。用点DP。注意组合数要分解质因数算。

7091. 【2021.5.26 NOI模拟】矩阵

首先想到burnside。考虑枚举排列\(p\)和\(q\)，贡献为\(c^{\sum_{x\in C_p,y\in C_q}}\gcd(x,y)\)，加起来，最后乘\(\frac{1}{n!m!}\)。

因为\(nm\le 1000\)，所以较小值不超过\(31\)，可以暴力枚举其划分数，后面DP搞。

令\(n\le m\)，时间\(O(D(n)m^2)\)。

7092. 【2021.5.26 NOI模拟】喂鱼

回滚莫队。现在要支持在序列上加入点，并查询最长段。可以在每段的端点处记另一个端点是什么，就可以\(O(1)\)地加入并更新最大值。时间\(O(n\sqrt n)\)。

实测这不一定比可撤销并查集快（

ARC120E 1D Party

相邻两个相撞之后一定会反弹，否则不会更优。反弹可以看做穿过，于是相对位置发生了变化。

题目可以转化为有个排列\(p_i\)，一开始\(p_i=i\)，对于每个\(1\le i<n\)都要进行一遍\(swap(p_i,p_{i+1})\)，可以任意规定顺序。最小化\(\frac{1}{2}\max |A_i-A_{p_i}|\)。

显然有DP：设\(f_{l,r,u,v}\)表示搞\([l,r]\)这个区间，\(l\)处为\(A_u\)，\(r\)处为\(A_v\)，其它位置原样。转移就枚举下一次搞\(i,i+1\)，那么可以分操作两边（\(i=l\)或\(i=r-1\)）和操作中间考虑。如果一开始就先将\(\max |A_i-A_{i+1}|\)贡献入答案，操作两边只需看做往中间缩而不产生任何贡献。

观察DP，发现实际上就相当于：给序列分段，每段长度至少为\(2\)，然后在两个序列交界处两点交换，最终贡献为每段的头尾的差。

只需要处理长度为\(2\)或\(3\)的段。更长的段可以再分，不会更劣。写出另一个DP即可。

LOJ3324. 「SNOI2020」取石子

打表可得，\((n,k)\)必胜当且仅当\(k\ge lowbit(n-1)\)，其中\(lowbit\)是斐波拉契进制意义下的。

斐波拉契进制下数位DP即可。

7093. 【2021.5.28 NOI模拟】一道计算几何的模板题

考虑求出每个\(x\)对应的最大和最小的\(y\)。

可以发现\(x\)和\(y\)分别的变化都是\(\rho\)的形状，进入循环节前暴力统计。对应\(y\)环上的每个点处理出跳\(x\)环周期步之后到哪，然后倍增处理。

其实也可以：（假设求最小\(y\)），从小到大枚举能走的\(y\)，看看能贡献到哪些\(x\)。把\(x\)连成环（跳\(y\)周期步），每次就是环上一段区间上未标记的位置标记。用并查集维护之。

7094. 【2021.5.28 NOI模拟】菜肴挑选

如果\(n\)为奇数：可以看做一个等分圆，对所有等腰三角形做。这样每种边出现3次。

如果\(n\)为偶数：先对前\(n-1\)个重复上面的操作，然后对所有长度为2的边和\(n\)做一次，对所有长度为1的边和\(n\)做两次。然后再对前\(n-1\)中所有腰长大于等于2的等腰三角形做一次。

7097. 【2021.5.29 NOI模拟】Rhuzerv

阴间题意看了我3.5h

枚举长度，填数和染色就可以分开计算了。前者直接算，后者用生成函数稍微推一下。实际上后者也有组合意义：选择\(2(L-m)\)个点，这些点分别作为选择的黑点、白点这样交替，且最后一个点是白点。两个白点之间都染黑。

7098. 【2021.5.29 NOI模拟】究竟

主要思想：对每个串建SAM。对于\(SAM_i\)中某个点\(x\)，如果\(x_{trans(c)}=NULL\)，则将其赋值成\({S_{i+1}}_{trans(c)}\)。相当于：在当前串中匹配某个子串，如果能匹配就匹配（转移边不变），否则接到下一个串继续匹配。

用DP来实现一下，可以搞出\({S_{i}}_{trans(c)}\)到\({S_{i+1}}_{trans(c)}\)之间的转移，用矩阵来表示。一段区间的答案最终可以写成：\(常数行向量*若干矩阵*某列向量\)的形式。分治搞一搞，用一些不特别的技巧即可。

（实际上也许可以通过修改转移矩阵，使得求子区间和，变成直接求区间乘积？）

7096. 【2021.5.29 NOI模拟】签door♂题

可以发现答案的前一半一定是1到n。

把1到n看做黑点，把n+1到2n看做白点。每个连通块记个\(c_0,c_1\)表示未确定的黑点和白点数，可以视作每次选择不在连通块内的一个黑点和一个白点，将对应连通块合并并将\(c_0\)和\(c_1\)减一，变成个子问题。

考虑一号点。如果可以找到一个和它不在同个块中的白点，匹配之后变成子问题；如果找不到，说明剩下\(n\)个白点跟它同块，块内至少有\(n\)条边，又因为题目是只连好了\(n-1\)条边，所以不存在。

于是按位确定，用可并堆可以做到\(O(n\lg n)\)。

计蒜客2021复赛

一如既往地没有质量。

A：直接DP，线段树维护。

B：建支配树之后随便DP。

C：建重构树。统计子树内颜色个数可以：用树状数组，下标为最新出现的时间，将颜色挂在上面。进去子树前记一下时间，出来时用总的减去在进去之前的。

D：用矩阵维护，LCT搞一搞。矩阵的等比数列是可以快速幂求的。另外这题模拟LCT暴力换根是可以过的。

ARC121

C：考虑每次将最小值往前提，如果奇偶性不对，搞一些变换使奇偶性调回来。分类讨论一下。

D：如果必须选两个，一定是开头匹配结尾。可以选一个，相当于加入若干个0。

E：考虑容斥。\(dp_{i,j}\)表示\(i\)子树至少有\(j\)个祖先走到后代的（不合法），直接转移。

UR21 A 士兵调度

一种构造方法：考虑现在搞成一个\(l*l\)的矩形，然后给其增加一行一列。增加的时候就从远方移动一个点过来。

因为\(m\)可能很小，所以先围一个\(\sqrt{n-m}\)边长的矩形，再进行这样操作。次数大概是\(\sum_{i=n-m+1}^n \sqrt i\)。

题解中有个上界分析：如果一行中有\(a\)个点选择列，那么每列有超过\(a\)个点。于是有\(a^2\le n\)。如果要改变这行一些点从选列变成选行，那么至多会变化\(\sqrt n\)个点。每次合并的时候较小的那边用启发式合并来分析，那么上界为\(m\sqrt n+n\lg n+O(n+m)\)。

7100. 【2021.6.1 NOI模拟】皮皮虾

答案是行列式，对角线是\(F\)，不是对角线是\(G\)。

设\(A_n(x)\)表示对角线是\(x\)，不是对角线的位置是\(1\)。用第一行和其它的消，可以变成子问题，即\(A(x)=\frac{1}{x^{n-1}}(x-1)^{n-1}A_{n-1}(x+1)x\)。

仔细观察可以发现其通项：\(A_n(x)=(x-1)^{n-1}(x+n-1)\)

于是答案为\((F-G)^{n-1}(F+(n-1)G)\)。可以快速幂。因为\(F,G\)项数不多，所以也可以直接用点值搞，或者短多项式求幂。

7101. 【2021.6.1 NOI模拟】人生赢家

发现当\(n\ge 3\)时，只需要考虑相邻两个之间的字符的关系。

设\(F_{A/C/G/T}\)表示从什么开始的生成函数，用\(x_A,x_C,x_G,x_T\)的多项式表示。列出方程，解一下，就可以得到式子。

实际上也可以通过路径的特征进行分段，然后组合意义。

posted @ 2021-03-29 21:17  jz_597  阅读(529)  评论(0)  编辑  收藏  举报