CF1276

Codeforces Round #606 (Div. 1, based on Technocup 2020 Elimination Round 4)

A

只有 \(one\) 时删 \(n\)，只有 \(two\) 时删 \(w\)，出现 \(twone\) 时删 \(o\)。

B

发现 \(a,b\) 一定为割点，那么 \(a,b\) 将整张图分成了三个点集，没有被 \(a,b\) 夹在中间的两部分点集的大小乘积即为答案。

C

枚举短边长度 \(r\)，发现一个数 \(x\)，最多能填入当前矩形 \(\min(cnt_x,r)\) 个，\(cnt_x\) 为 \(x\) 的出现个数。设 \(sum=\sum\limits_x \min(cnt_x,r)\)，得长边长度最长为 \(\left\lfloor \frac{sum}{r} \right\rfloor\)。因为短边最长为 \(\sqrt n\)，所以这样就能 \(O(n\sqrt n)\) 求解答案了。构造方案时，将所有数按 \(cnt_x\) 排序，按顺序在斜着填即可。

D

设 \(f_{x,0/1/2}\) 表示在 \(x\) 子树内对应情况的方案数，\(0\) 为 \(x\) 被编号小于其父边的边删去，\(1\) 为通过父边删去 \(x\)，\(2\) 为通过父边删去 \(x\) 父亲。设 \(x\) 儿子个数为 \(k\)，\(d\) 及其之前的儿子对应的边都比父边编号小，即父边编号在 \(d\) 和 \(d+1\) 对应的边的编号之间，得转移为：

\[\large\begin{aligned} f_{x, 0} &= \sum_{i = 1}^d f_{y_i, 2}\prod_{j = 1}^{i - 1}(f_{y_j, 0} + f_{y_j, 1}) \prod_{j = i + 1}^k (f_{y_j, 0} + f_{y_j, 2}) \\ f_{v, 1} &= \prod_{i = 1}^{d}(f_{y_i, 0} + f_{y_i, 1}) \prod_{i = d + 1}^k (f_{y_i, 0} + f_{y_i, 2}) \\ f_{v, 2} &= \sum_{i = d + 1}^k f_{y_i, 2}\prod_{j = 1}^{i - 1}(f_{y_j, 0} + f_{y_j, 1}) \prod_{j = i + 1}^k (f_{y_j, 0} + f_{y_j, 2}) + \prod_{i = 1}^k (f_{y_i, 0} + f_{y_i, 1}) \end{aligned} \]

可以给根节点一个虚拟父亲，\(0\) 为根节点被删，\(1\) 为根节点没被删，因此答案为 \(f_{1,0}+f_{1,1}\)。记录前缀积和后缀积即可快速转移。

E

在⛏了

F

能对答案产生贡献的串有 \(\varnothing,*,s,s*,*s,s*t\)，只有 \(s*t\) 不好统计。

分别建正串和反串的 \(SAM\)，设第 \(i\) 个位置为 \(*\)，考虑在以 \(i-1\) 为后缀对应的节点统计以 \(i+1\) 为前缀的节点的贡献。将 \(i+1\) 在反串的 \(SAM\) 对应的节点挂到 \(i-1\) 在正串的 \(SAM\) 对应的节点上。用 \(set\) 启发式合并维护每个点子树内所有挂着的节点的集合，该集合的贡献为这些点在 \(Parent\) 树上到根节点的链的并，通过 \(dfs\) 序即可维护。