IOI2020国家集训队作业 Part 1

开坑！开坑！开坑！虐身虐心警告。

CF504E Misha and LCP on Tree

• 给定一棵树，每个节点有一个小写字母。
• $m$ 次询问，求路径 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 的 LCP。
• $n\leq 3\times 10^5,m\leq 10^6$。

直接 Hash，不要傻傻的写成两只 $\log$，更不要直接套个二分 + 树剖三只 $\log$。

直接套用树剖结构，提取出 $\log$ 个区间，先区间相消，如果消不了了就在区间里二分，小常数单 $\log$。

CF505E Mr. Kitayuta vs. Bamboos

• 给定 $n$ 个数 $h_i$，进行 $m$ 轮操作，每次可以选择 $k$ 个 $h_i$ 进行 $h_i\gets \max(h_i-p,0)$。
• 每轮操作后，会有 $h_i\gets h_i+a_i$。
• 最小化最终的 $\max h_i$。
• $n\leq 10^5,m\leq 5\times 10^3,k\leq 10$。

二分答案改为每次给 $k$ 个数加，逆向看是否能倒回 $m$ 轮。

不要分步模拟这个过程，因为加减均有交换律，所以当直接枚举轮数，每次给“最紧急”的 $k$ 个加，直接用堆维护。

如果中途都没了那就没了，否则最后还要让每个数能达到初始值。

CF506E Mr. Kitayuta's Gift

• 给定字符串 $s$，求在 $s$ 中插入恰好 $n$ 个小写字符使其变为回文串的方案数。
• $|s|\leq 200,n\leq 10^9$。

老神仙了。

第一步是要想到一个关于 $m=|s|$ 的多项式的算法，也算是关键步骤了。

因为是回文串，所以两端应当一起考虑，先假设 $n+m$ 为偶数。

令 $f(i,l,r)$ 表示填了首尾 $i$ 对字符，前后尽量和原串匹配后，还剩下区间 $[l,r]$ 的方案数。

设 $g(i)$ 表示用 $i$ 对首尾能完全匹配的方案数，答案就是 $g(\frac{n+m}{2})$。

转移需要讨论一下：

• $s_l=s_r$：
  • 若 $r-l\leq 1$，$g(i+1)\gets f(i,l,r)$ 和 $f(i+1,l,r)\gets 25\times f(i,l,r)$。
  • 若 $r-l>1$，$f(i+1,l+1,r-1)\gets f(i,l,r)$ 和 $f(i+1,l,r)\gets 25\times f(i,l,r)$。
• $s_l\neq s_r$：
  • $f(i+1,l+1,r)\gets f(i,l,r)$。
  • $f(i+1,l,r-1)\gets f(i,l,r)$。
  • $f(i+1,l,r)\gets 24\times f(i,l,r)$。
• 对 $g$：$g(i+1)\gets 26\times g(i)$。

为了去除 $n$ 的影响，可以强行用矩阵加速这个 $O(m^2)$ 个状态的递推，复杂度为 $O(m^6\log n)$。

发现这类转移能很好的表达到一张图上（来自官方题解）：

这是 $\texttt{abaac}$ 的转移过程，红色和绿色分别对应 $s_l\neq s_r$ 和 $s_l=s_r$ 两种转移。

观察到上述转移中，红色点有 $24$ 的自环，绿色有 $25$，蓝色对应的 $g$ 则有全图唯一的 $26$ 的自环。

同时不难发现，非自环边的权值都是 $1$，并且只能从绿色点到达目标点。

最终答案等价于从右上角出发，经过恰好 $(n+m)/2$ 步到达目标点的路径权值之和，路径权值是途径权值的乘积。

将图片可视化之后，很快能发现，路径的具体形态不被关心，而是只关心路径上红色点（$24$ 的自环）和绿色点（$25$ 的自环）的个数。

而且能够发现，若一条路径有 $x$ 个红色点，就一定有 $\lceil\dfrac{m-x}{2}\rceil$ 个绿色点。

因为红色点的出边每次将区间长度 $-1$，而绿色则大部分情况下 $-2$，只在转移到终点时有特殊，所以要上取整。

综上，所有红色点个数相同的路径是本质相同的，可以利用这一点加速转移！

分别建立如上面第一张图的转移路径，每张只有 $O(m)$ 个点，而本质不同的路径也只有 $O(m)$ 个，直接矩阵转移就是 $O(m^4\log n)$ 的。

当然要记搜预处理出 $f(i)$ 表示途径恰好 $i$ 个红色点的转移路径数。

同时实际上发现这样做还是太傻了，可以直接上面一排红色点，下面一排绿色点，再在两排之间对应连边就好了，如上面的第二张图。

复杂度变为 $O(m^3\log n)$，而且转移形式是 DAG，所以转移矩阵是上三角矩阵，所以可以减少很多常数。

对于 $n+m$ 为奇数的情况，把它当作 $n+m+1$ 处理，再容斥掉一些情况即可。

需要容斥掉最后一次匹配不能填上当个字符的方案，发现就是只转移 $r-l=1,g(i+1)\gets f(i,l,r)$ 且最终 $g$ 没有多余匹配的方案。

无非就是把 $f$ 重新计算，再把终点的自环去掉，再跑一遍即可。

CF512D Fox And Travelling

• 给定 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，一个点只有当它度数 $\leq 1$ 时才能被删除。
• 对于每个 $k\in[0,n]$，求有序删除 $k$ 个节点的方案数。
• $n\leq 100,m\leq \dfrac{n(n-1)}{2}$。

发现对于一个环它永远无法被选择，需要考虑的只有有根树和无根树两种情况。

均可类似的使用树形 DP 解决，对于有根树的计算需要去重，钦定/换根/直接除法 都是不错的选择。

CF516D Drazil and Morning Exercise

• 给定一棵带边权的树，定义 $f_x=\max_{i=1}^n \text{dis}(x,i)$。
• $q$ 次询问最大的满足 $\max _{x\in s} f_x-\min _{x\in s} f_x\leq l$ 的连通块 $s$ 的大小。
• $n\leq 10^5,q\leq 50$。

把直径提取处理画成一排，把子树挂在上面，十分形象。

发现每棵子树的 $f$ 值都是随深度严格递增的，这一点非常有用。

根据连通块是否跨子树讨论，只在一个子树内非常好统计。否则考虑枚举连通块中的 $\min$，它一定是某棵子树的根！

然后处理出这个根能扩展到的区间，因为递增性保证连通性，所以相当于二位数点，离线树状数组即可。

实际上 std 更简单，考虑双指针滑动一下，从大到小就不会影响连通性了，只是单点取消的时候在对应连通块 $-1$。

CF516E Drazil and His Happy Friends

• 有标号为 $[0,n)$ 的 $n$ 个黑点和标号为 $[0,m)$ 的 $m$ 个白点。
• 初始有 $B$ 个黑点和 $G$ 个白点是快乐的，其他都是不快乐的。
• 在第 $i$ 天，编号为 $i\bmod n$ 的黑点会和 $j\bmod m$ 的白点联会，如果有任意一个快乐，那么联会后两者都会快乐。
• 求至少多少天能使所有人快乐，或者判定不可能。
• $n,m\leq 10^9,B,G\leq 10^5$。

妙妙数论题。

只想到了只有 $(n,m)|\text{dis}$ 的点对会在某个时刻联会。

实际上考虑直接按 $\bmod d$ 分类，分别考虑答案，对于 $\bmod d=i$ 的类，最终的实际贡献是 $d\times \text{ans}+i$。

对于一类，如果初始没有开心的人就无解，否则一定有解。注意若 $d>B+G$ 就一定无解，看似没用但实际保证了 $d$ 是 $10^5$ 级别的。

不妨设 $n>m$，首先特判掉在前 $m$ 步就完成的情况。

否则只需要考虑左边 $n$ 个点的开心时间，因为这样倒退 $m$ 步，要么感染右边，要么被右边感染。

把右边初始开心的都对称到左边来，发现若左边 $i$ 初始开心，他就会先感染右边的 $i$，并借此感染到左边的 $(i+m)\bmod n$。

那是否能视为**左边的 $i$ 能感染左边的 $(i+m)\bmod n$ **呢！

发现可以建图：

• 对于初始开心的点 $i$，连边 $(s,i,i)$。
• 对于任意点 $i$，连边 $(i,(i+m)\bmod n,m)$。

跑最短路，最大值就是答案，可惜总点数过大，不能接受。

但是不难发现，第二种边将图连成了一个大环，而如果 $i$ 和 $(i+m)\bmod n$ 这两个相邻节点初始均不开心，那么后者一定被前者感染。

换句话说前者就是不重要的，只需要保留初始开心的点，和它们在环上的前驱即可，这是 $O(B)$ 个的，就有保证了。

连边的时候有些技巧，就是对每个初始开心的点都建两个点，$a_i$ 表示自己，$b_i$ 表示自己的前驱。

然后连边 $(s,a_i,i),(b_i,a_i,m)$，同时还需要找每个点在环上的相邻点，设 $x$ 表示最小的满足 $mx\equiv 1\pmod n$ 的值（可以用一次 exgcd 求出）。

那么两个点 $c,d(c>d)$ 的环上距离就是 $(d-c)\times x\bmod n$，固定一个起始点，求每个点到它的距离，排序就能得到在环上的相对顺序了。

注意是从 $a_i\to b_j$ 连边，对于的距离要 $-1$，同时还要判断一下是否有 $a_i=b_j$ 的情况，如果有就令两点连双向 $0$ 边使之完全等价。

CF521D Shop

• 给定 $k$ 个正整数 $a_i$ 和 $n$ 个操作 $(t,i,b)$，操作分为 $3$ 种：
  • 若 $t=1$，操作是 $a_i\gets b$。
  • 若 $t=2$，操作是 $a_i\gets a_i+b$。
  • 若 $t=3$，操作是 $a_i\gets a_i\times b$。
• 可以选择操作中至多 $m$ 个，并按照一定顺序执行，求最大可能的 $\prod a_i$。
• $n,k\leq 10^5,m\leq n$。

降智罚坐，被 IV 痛骂。

$1$ 操作转 $2$ 操作是简单的，$2$ 操作转 $3$ 实际也不难，就是将 $s\gets s+a$ 变为 $s\times \dfrac{s+a}{s}$。用一个堆贪心就行了。

CF521E Cycling City

• 给定一张无向简单图，问图中是否能找到两个点，使得两点之间有至少 $3$ 条除端点外不交的简单路径。
• $n,m\leq 2\times 10^5$。

降智罚坐，被 IV 痛骂 $\times 2$。

一直往点双想，实际上后来看到题解区有个结论：当且仅当一个点双恰为一个环时无解，否则一定可以构造解。

但是讨论巨大多。

实际上，一个更简洁而本质的结论为：若存在两个相交的环时一定有解，否则一定无解。充要都显然。

那么直接跑个 dfs 生成树，对返祖边差分覆盖，找到一个被覆盖 $\geq 2$ 次的树边就直接构造即可。

CF526F Pudding Monsters

• 给定 $n\times n$ 的棋盘，共有 $n$ 个棋子，且每行每列恰好一个。
• 求有多少 $k\times k$ 的子矩形中恰好有 $k$ 个棋子。
• $n\leq 3\times 10^5$。

这个是真的简单，不难发现 $k\times k$ 中的极大情况就是有 $k$ 个，很直觉的就变成 $\max -\min=r-l$ 了。直接分治。

CF526G Spiders Evil Plan

• 给定一棵带边权的无根树，$q$ 次询问，每次给定 $x,y$。
• 要求选择 $y$ 条树上路径（可交）构成一个包含 $x$ 的连通块，且最大化连通块的边权和。
• $n,q\leq 10^5$，强制在线。

发现一个有 $\leq 2y$ 个度数为 $1$ 的点（叶子）的连通块（子树）能够被 $\leq y$ 条路径覆盖。

然后选择 $2y$ 个叶子到根的路径就是经典长剖 + 贪心，但是以每个点为根不能接受。

实际上，观察到最大的路径一定是该点到直径两端中的某个点，所以只用这两个点为根预处理。

注意直径端点一定是叶子，所以只有 $2y-1$ 可以用，唯一问题是如果前 $2y-1$ 条链不包含 $x$ 怎么办。

再上贪心，无非两种情况：

• 去掉最后一条链换成 $x$ 所在长链从底到上。
• 去掉 $x$ 往上跳第一个到达的被选路径的一段，并改接为 $x$ 所在的这段路经。

倍增预处理一下即可。

CF527E Data Center Drama

• 给定连通无向图，加尽量少的边，然后给边定向使得每个点的出入度都是偶数。
• 要求输出方案，可以有自环 / 重边。
• $n\leq 10^5,m\leq 2\times 10^5$。

比较刻意的构造，必要性探路。

每个点出入度都是偶数的必要条件是：作为无向图的时候，每个点的度数为偶数。

而这是无向图有欧拉回路的充要条件。

所以先将奇点配对连边，然后如果总边数为奇数再连一个自环，然后跑欧拉回路的同时，交替正负定向即可。

CF536D Tavas in Kansas

• 给定一张无向图，点有点权（可正负），边有边权。A 和 B 有各自的起点，两人博弈。
• A 先手，每次需要选择一个 $d\geq 0$，将距离 A $\leq d$ 的点都计入当前选手。
• 一个点不能被计入多次，如果全图的点均被计算了，那么游戏结束，得分高者获胜。
• $n\leq 2\times 10^3,m\leq 10^5,|p_i|\leq 10^9$。

简单 DP，模型转化。

对每个点计算出到 A,B 的最短路，分别离散化后，令 $v_i\to (\text{dis}_{A}(i), \text{dis}_B(i))$，即表达在网格图上。

每次 A 的选择是覆盖前几行，而 B 的选择是覆盖前几列。

用 $f(i,j,0/1)$ 表示覆盖了前 $i$ 行，前 $j$ 列，当前先手是 A/B 的 $\min/\max$。

如果强行枚举当前先手覆盖的长度，复杂度是 $O(n^3)$ 的。

发现完全没有必要，因为转移过程本身就遍历了后续所有状态，不间断，所以只考虑 $(i,j)\to (i+1,j)$ 和 $(i,j)\to (i,j+1)$ 即可。

CF538G Berserk Robot

• 给出 $n$ 个限制，形如 $(t,x,y)$，表示第 $t$ 个单位时间机器人在 $(x,y)$。
• 构造长度为 $l$ 的 NSEW 序列，表示机器人按照这个序列循环不断移动，满足上述限制，或者判断无解。
• $n\leq 2\times 10^5,l\leq 2\times 10^6,t_i,|x_i|,|y_i|\leq 10^{18}$。

虐心题，代码调一上午。

大概思路是求出每 $l$ 次移动的 $\Delta x$ 和 $\Delta y$，之后将每个限制变为 $((t-1\bmod l)+1,x-\Delta x\times \lfloor\dfrac{t-1}{l}\rfloor, y-\Delta y\times \lfloor\dfrac{t-1}{l}\rfloor)$。

转化到一个循环里，对于新的 $(t',x',y')$，首先时间相同的限制要一样，其次满足两点：

• $x'+y'\equiv t'\pmod 2$。
• $\forall i,j,t'_i>t'_j$，满足 $t'_i-t'_j\geq |x'_i-x'_j|+|y'_i-y'_j|$。

这样每次就全力往某个方向走，多余的一定是偶数个，直接反复横跳即可。

关键是，如果不存在初始 $(t-1)\bmod l$ 相等的对，找到 $\Delta x$ 和 $\Delta y$ 并不简单。

于是转变思路，用上面的必要条件反向找可行的 $\Delta x$ 和 $\Delta y$。

对于奇偶性的限制，直接暴力枚举奇偶性，看是否可行即可。

对于不等式，将所有 $t,x,y$ 都用上述方法转变为带未知元 $\Delta x,\Delta y$ 的方程，把 $|a|+|b|$ 等价拆为 $\max(a+b,a-b,-a+b,-a-b)$。

然后就得到了一系列 $\Delta x+\Delta y$ 和 $\Delta x-\Delta y$ 的限制，枚举 $\Delta x\in[-l,l]$，根据另一限制和奇偶性找 $\Delta y$ 即可。

CF538H Summer Dichotomy

• 给定 $n$ 个区间，求将区间分为两部分，某一部分可以为空。
• 使得两部分区间分别有交，且交相加后与 $[t,T]$ 有交。同时有 $m$ 条两个区间不能在同一部份的限制。
• $t\leq T\leq 10^9,n,m\leq 10^5$。

妙妙题。

首先这题看着很 2-sat。先将 $m$ 条边连接，跑二分图判定，得到黑白两个区间。

这样就相当于对每个连通块，它的两个区间必须分选，特别的，单点只有自己的区间 和 一个空区间，符合 2-sat 模型。

考虑限制，首先每部分区间有交，先把 $\max l$ 和 $\min r$ 拿出来。

• 如果 $\max l \leq \min r$，说明任意区间集合均有交，且都包含 $[\max l,\min r]$。

  只需要找一个 $v$，满足 $v$ 属于某个区间，且 $[\max l+v,\min r +v]$ 和 $[t,T]$ 有交即可，并不难。

• 如果 $\max l>\min r$，两者必须分属两个部分。

但是这个思路后续似乎就不明朗了，看过题解后才发现应该直接贪心。

因为 $\max l$ 和 $\min r$ 是最松松松的限制了，$\max l$ 不能变小，$\min r$ 不能变大。

所以如果 $\max l+\min r<t$ 就加 $\max l$，$>T$ 就减 $\min r$，然后就令两个点为最终决策点。

对必须选一个的跑二分图染色，不冲突即可。

CF547D Mike and Fish

• 给定平面内 $n$ 个点，构造黑白染色使得对任意行或任意列，两颜色差的绝对值 $\leq 1$。
• $n,x_i,y_i\leq 2\times 10^5$。

经典题。

将点表达到边上，行列连边，得到二分图，将奇点统一连向一个虚点，这样图就有欧拉回路了。

对欧拉回路中，从左往右的染白，从右往左的染黑即可。

CF547E Mike and Friends

• 给定 $n$ 个字符串。
• 多次询问 $(l,r,k)$，求 $s_k$ 在 $s_l \sim s_r$中出现了多少次。
• $n,\sum |s|\leq 2\times 10^5,q\leq 5\times 10^5$。

论你写完题解后发现一道题的题解通道已关闭（

好像是没有人提出的做法。

因为 $\text{len} = \sum |s|\leq 2\times 10^5$，所以不同的 $|s|$ 个数只有 $O(\sqrt{\text{len}})$ 种，这是经典根号分治。

也就是说，每个串中只有 $O(|s|\sqrt{\text{len}})$ 个子串有贡献，这是可以接受的。

但是不能把这些子串都塞入 Hashtable 中，MLE 了。

但是也不难，直接将初始的 $n$ 个字符串塞入 Hashtable 中，每次把子串的贡献加到 $\text{cnt}_i$ 上（该子串与 $s_i$ 相等）。

然后离线差分一下就没了，时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

小彩蛋：一开始写 unsigned long long 自然溢出的 Hash 被 hack 了，CF 果然名不虚传。

当然一开始就把所有串扔到 AC 自动机里去，离线标记 + 树状数组维护子树和也很经典了。

好像 SA + 二维数点也很经典了（这就是一套路满满题

CF553E Kyoya and Train

• 给定有向图，边有代价 $c$ 和 $t$ 个概率，分别表示经过这条边花费 $[1,t]$ 个单位时间的概率。
• 如果在 $t$ 时刻之后到达 $n$，需要交 $x$ 元罚款。求最优决策下，从 $1\to n$ 的期望最小代价。
• $n\leq 50,m\leq 100,t\leq 2\times 10^4,x,c_i\leq 10^6$。

科技题。

一开始想了很久正着 DP，突然发现目标明确直接逆着 DP 就好了。

设 $f(u,i)$ 表示 $i$ 时刻到达 $u$，从 $u\to n$ 还要花费的最小期望代价。

• $f(n,*)=[i>t]x$。
• $f(*,t+1)=\text{dis(*,n)}$。（最短路）
• $\displaystyle f(u,i)=\min_{(u,v,w)\in E} \left( \sum_{i=1}^{t} p_{u,i}\times f(v,i+t)\right)$。

然后直接差卷积 FFT，发现转移没有单调性，所以用 SPFA。看题解区据说复杂度并非 $O(nmt\log t)$ 的，但是能过也不知道咋卡。

正解是分治 FFT，也不知道是啥科技（

CF555E Case of Computer Network

• 给定无向图，判断是否能将边定向使得给出的 $q$ 对 $(s,t)$ 都存在 $s\to t$ 的路径。
• $n,m,q\leq 2\times 10^5$。

结论题。

老早就被灌输过一个 边双一定能定向为强连通分量 的结论，没想到还真能拿来出题。

直接边双缩点 + 给树上路径定向即可。实现时我还用了树上并查集，实际直接差分即可。

这个结论的证明：

考虑找到边双中任意一个环，并统一定向。

然后找到边 $(u,v)$ 使得 $u$ 在环中但 $v$ 不在，如果找不到说明整个边双已经是强连通分量了。

然后就找到 $v$ 到环，但是不经过 $(v,u)$ 这条边的路径，并将这条链统一定向，融入视为“环”的一部分。

一定能成功，因为边双 $v\to u$ 至少有两条路径，也自然有 $v$ 到环的路径。

CF559E Gerald and Path

• 给定 $n$ 条线段，给出它的一个端点和长度，求所有线段覆盖的最大长度。
• $n\leq 100$。

厉害题。

一开始的想法是：先将线段按给定端点排序，设 $f(i,j,0/1)$ 表示从前往后考虑到了 $i$，当前最右端是 $j$，$j$ 的状态是往左/右。

然后转移的时候只考虑最右端点往右的贡献，因为（我认为），如果往左右贡献只能是完全包含先前线段，那还不如先前线段不被加入。

实际有严重问题，那就是先前线段可能有往右的贡献！！！

解决方法，同样的状态，类似的转移，但是当 $f(i,j,k)\to f(o,p,q)$ 的时候，还考虑 $[i+1,o]$ 中最右端点 $p$ 的贡献。

实际上很顺理成章的嘛，因为本身状态就这么设计的，连最右端的贡献都不计入怎么行（

只能说是核心思路想到了但实现出大问题。

CF566C Logistical Questions

• 给定一棵树，有点权边权。
• $u\to v$ 的距离定义为 $a(v)\times \text{dis}^{\frac{3}{2}}(u,v)$，求树的带权重心。
• $n\leq 2\times 10^5$。

不会求导ing

对于一类带权重心的经典解法就是调整法，每个时刻至多存在一条边，使得往该子树移动的带权重心减小。

原因是距离函数是下凸的，多个下凸函数的叠加还是下凸的。

问题是如何快速判断往哪个子树移动，之后可以用经典点分治多个 $\log$ 解决。

看式子，沿着边 $(u,v,w)$ 移动的结果是：

$$\sum_{x\in\text{subtree}(v)} a_x(\text{dis}(u, x)-w)^{\frac{3}{2}}+\sum_{x\not \in\text{subtree}(v)} a_x(\text{dis}(u,x)+w)^{\frac{3}{2}}$$

如果往一个方向的函数值会减小，那么对它求导看哪个 $<0$ 即可，即观察：

$$-\frac{3}{2}\sum_{x\in\text{subtree}(v)} a_x\sqrt{\text{dis}(u, x)}+\frac{3}{2}\sum_{x\not \in\text{subtree}(v)} a_x\sqrt{\text{dis}(u,x)}$$

的正负性。

CF566E Restoring Map

• 给定树上 $n$ 个点的点集，各自的点集均由距离自己 $\leq 2$ 的所有点构成。
• 并不知道每个集合对应哪个点，要求构造原树。
• $n\leq 10^3$。

这种题目就是要 dfs 式的找性质。

发现距离为 $3$ 的节点的交集大小恰好 $=2$，且这两个点一定直接连边。

因此除了 $n=2$（直接特判）的情况，所有非叶子节点直接的连边都能确定。

如果出现非叶子节点个数 $=2$ 的情况，不能通过集合区分叶子，但只会有两类叶子集合，分别挂在不同节点上即可。

否则对于叶子节点，能够确定它对应的集合，就是所有包含它的集合中，大小最小的一个。

要找到叶子的父亲，就是看只保留非叶子节点时，哪个集合与之相等。全程判断需要用 bitset 优化。

学会了遍历 bitset 的正确姿势：

for(int k = now._Find_first(); k != now.size(); k = now._Find_next(k))

CF568C New Language

• 将 $\texttt{a}$ 开始的 $l$ 个字符分为两个集合。
• 利用这 $l$ 个字符构造满足 $m$ 个限制的长度为 $n$ 的字符串。还要求构造串的字典序不小于给定串 $s(|s|=n)$。
• 每个限制形如：若 $p_1$ 上的字符 $\in$ 集合 $t_1$，那么 $p_2$ 上的字符 $\in$ 集合 $t_2$。
• $l\leq 26, n\leq 200,m\leq 4n(n-1)$。

一眼 2-sat + 按位贪心。

CF568E Longest Increasing Subsequence

• 给定长度为 $n$ 的序列，有 $k$ 个空缺。给定 $m$ 个数用于填补空缺。
• 输出严格上升子序列最大的方案。
• $n\leq 10^5,k\leq m\leq 10^5,k\leq 10^3$。

考虑求严格上升子序列的 $O(n\log n)$ 做法，维护的是当前长度为 $i$ 的上升子序列的最小末尾。

在这里发现可以在每个空缺直接把 $m$ 个数都插进去，因为严格上升代表转移不重。每次双指针就是 $O(n+mk)$ 的。

个人认为最大难度在方案输出。

逆向构造是一定的，需要记录 $f(i)$ 表示 $i$ 位置的上升子序列，非空缺能够直接记录个 $\text{pre}$。

空缺先看能否转移到非空缺，如果不能就贪心的用最大的一个数填补。

CF571D Campus

• 维护两类集合和一个序列，初始每类 $n$ 个集合，$i$ 号集合下有且仅有 $i$。支持 $5$ 种操作：
  • U x y：将第一类中 $x,y$ 所在集合合并。
  • M x y：将第二类中 $x,y$ 所在集合合并。
  • A x：将第一类中 $x$ 所在集合的下标在序列中均对应加上该集合大小。
  • Z x：将第二类中 $x$ 所在集合的下标在序列中均赋值为 $0$。
  • Q x：单点查询。
• $n,m\leq 5\times 10^5$。

维护一个点加入集合的时间，就有一个显然的 $O(n\log ^2 n)$ 的并查集做法了。

CF573E Bear and Bowling

• 给定长度为 $n$ 的序列 $a$，求最大权值子序列 $b$。
• 子序列的权值定义为 $\sum_{i=1}^{|b|} ib_i$。
• $n\leq 10^5,|a_i|\leq 10^7$。

$O(n^2)$ 的 DP 式是很好得到的，之后就比较难动手，考虑了一会转移到网格图上。

然后突然发现转移的单调性，就是一定有一个位置，使得 $f(i,j)$ 之前的 $j$ 是继承，之后的 $j$ 是转移。

这样相当于需要在线维护 后缀加等差数列 和 单点查询。

这里我傻了，想了半天会了一个 平衡树 + 矩阵 的维护方法， 虽然更有普适性但是 1min 的时间真的不如写卡常的暴力（

实际上差分就变成后缀加了，每次查询前缀和即可 QwQ

CF575A Fibonotci

• 对于序列 $f$，$f_0=0,f_1=1$，$f_i=s_{i-1}f_{i-1}+s_{i-2}f_{i-2}$。
• $s_0\sim s_{n-1}$ 给定，之后有 $m$ 个位置的 $s_i$ 也给定，其余 $s_i=s_{i\bmod n}$。
• 求 $f_k\bmod p$。
• $n,m\leq 5\times 10^4,k\leq 10^{18},s_i,p\leq 10^9$。

一开始傻了不知道怎么用一个矩阵表示 $n$ 个转移。实际上用 $n$ 个矩阵即可……

对 $n$ 个矩阵倍增预处理，对给定位置特殊处理即可。

实现上的一个细节是连续的给定位置会对矩阵有连续的影响，要同时考虑。

CF575E Spectator Riots

• 给定多个图形，每个图形中随机撒一个点。
• 在所有给定图形中找 $3$ 个点，使得它们的外接圆期望覆盖的点尽量多。
• 如果有多个方案输出外接圆半径最大的，还有就任意输出。
• $n\leq 10^5$。

题面是骗人的，实际一定存在覆盖所有图形的方案。

考虑一个无限大的圆不断缩小，直至接触到凸包上至少 $3$ 个点。如果 $3$ 个点不相邻那肯定移动到相邻覆盖范围更严格大。

所以感性理解以下在凸包上找 $3$ 的相邻点的最大外接圆半径即可~

CF575I Robots protection

• 维护二维平面 $(0,0)\sim (n,n)$，支持两种操作：
  • 加入一个两条直角边平行于坐标轴的等腰直角三角形。
  • 询问一个点被多少个三角形覆盖。
• $n\leq 5\times 10^3,m\leq 10^5$。

直接做是 $4$ 维偏序，不能通过。值域这么小显然是用来给二维树状数组的，所以目标是优化到 $3$ 维偏序。

由于图形是对称的所以只考虑一种，发现可以简单容斥，如图：

可以先把 $AB$ 以右的一个矩形 $+1$（$x_0\in [x,n],y_0\in[y,y+\text{len}]$）。

再把多余部分 $-1$（$x_0+y_0>x+y+\text{len},y_0\in[y,y+\text{len}]$）。

其余几种也都是这种形式。

CF576D Flights for Regular Customers

• 给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图。一开始在 $1$ 号节点，要走到 $n$ 号节点。
• 只有当你已经走过了至少 $d_i$ 条边时，你才能走第 $i$ 条边。
• 问最少要走多少条边，或判断无法到达。
• $n,m \le 150$，$d_i \le 10^9$。

经典矩阵乘法，每次单边激活即可。

CF576E Painting Edges

• 给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图。
• 一共有 $k$ 种颜色，一开始，每条边都没有颜色。
• 定义合法状态为仅保留染成 $k$ 种颜色中的任何一种颜色的边，图都是一张二分图。
• 有 $q$ 次操作，第 $i$ 次操作将第 $e_i$ 条边的颜色染成 $c_i$。
• 但并不是每次操作都会被执行，只有当执行后仍然合法，才会执行本次操作。
• 你需要判断每次操作是否会被执行。
• $n,m,q \le 5 \times 10^5$，$k \le 50$。

有些新意但是还是很板的线段树分治，可以看作是假的强制在线，按时间顺序走即可。

CF578E Walking!

• 给定长度为 $n$ 的只包含 L 或 R 的字符串 $s$。
• 构造 $n$ 的排列 $p$ 满足 $s_{p_i}\neq s_{p_{i+1}},i\in[1,n)$，同时最小化 $\sum_{i=1}^{n-1}[p_i>p_{i+1}]$。
• $n\leq 10^5$，保证数据有解。

中规中矩的构造题。

得到答案相对简单，维护所有候选集合，如果当前字符能够加到某个集合末尾就直接加，否则只能新开一个。

答案就是集合数 $-1$，比较关键的是构造。

集合内部和构造无关，根据集合首尾定义 $4$ 种集合：LL、LR、RL、RR。

首先让 LR 和 RL 们合并成至多一个自己种类，同时 LL 和 RR 拼接消耗。

注意因为一定有解，所以 LL 和 RR 两种导致一种字符比另一种多一个的在互相拼接消耗后，一定一共只剩下一个。

如果它此时存在的话就只需要将 LR 和 RL 分别拼接在两端。

否则只有一种情况比较棘手，那就是只剩下一个 LR 和一个 RL。

但此时根据讨论可以将一个串的开头放到另一个串的开头，从而形成 LL 和 RR 的局面，于是问题解决了。

CF582D Number of Binominal Coefficients

• 给定质数 $p$ 和整数 $\alpha ,A$，求满足 $0\leq k\leq n\leq A$ 且 $p^{\alpha}|\binom{n}{k}$ 的数对 $(n,k)$ 的个数。
• $p,\alpha\leq 10^9,A<10^{1000}$。

感觉像Kummer 定理这种的定理也就只能出现在数位 DP 中 QwQ

也就是说 $\binom{n}{k}$ 中 $p$ 的幂次等于 $p$ 进制下 $k+(n-k)$ 的进位次数，或者令 $a=k,b=n-k$ 然后等价统计二元组 $(a,b)$ 的个数。

设 $f_{i,j,0/1,0/1}$ 表示考虑到了从高到低第 $i$ 位，进位了 $j$ 次，第 $i+1$ 位是否进位，$a+b$ 是否顶到上界的方案数。

DP 的细节还是有的，有些系数甚至比较难推，举一例。

设 $a',b'$ 分别表示 $a,b$ 第 $i$ 位的数字，满足 $0\leq a',b'<p$，求 $p\leq a'+b'<p+x_i$，即进位且受 $A$ 的限制但之后 $<A$ 的方案数。有：

$$\begin{eqnarray} \text{ans} &=& \sum_{i=p}^{p+x_i-1}\sum_{a'=0}^{p-1}\sum_{b'=0}^{p-1} [a'+b'=i] \nonumber\\ ~&=& \sum_{i=p}^{p+x_i-1}\sum_{a'=0}^{p-1}[0\leq i-a'<p] \nonumber\\ ~&=& \sum_{a'=0}^{p-1} \sum_{i=p}^{p+x_i-1}[i<p+a'] \nonumber\\ ~&=& \left(\sum_{a'=0}^{x_i-1} a'\right)+\left(\sum_{a'=x_i}^{p-1} x_i\right) \nonumber\\ ~&=& \dfrac{x_i\times (x_i-1)}{2} + (p-x_i)\times x_i \nonumber \end{eqnarray}$$

其它系数大概也就这个级别的推导，不过有 $6$ 个……

CF582E Boolean Function

• 给定表达式，只有 $A,B,C,D,a,b,c,d$ 八个 bool 变量，且大小写字母相反。以及 & 和 | 两种操作符。
• 给定一个表达式，变量和操作符均可能是 ? 表示通配。
• 给定 $m\leq 16$ 组 $(A,B,C,D,x)$ 表示当 $A,B,C,D$ 取值如此时，表达式的值为 $x$。
• 求合法的表达式个数。
• $|s|\leq 500,n\leq 16$。

建立表达式树，直接对 $16$ 种状态状压，然后 fwt 维护转移即可，复杂度 $O(|s|n2^{n})$。

CF585E Present for Vitalik the Philatelist

• 给定长度为 $n$ 的序列 $a_i$，求二元组 $(x,S)$ 的个数。$S$ 是一个包含 $[1,n]$ 中整数的非空集合，$x$ 也是一个 $\in[1,n]$ 的整数。
• 满足：$x\not \in S$，$\gcd _{i\in S} a_i>1$，$\gcd(a_x,\gcd_{i\in S}a_i)=1$。
• $n\leq 5\times 10^5$。

一开始看错题了还想了挺久（

比较套路的拿 $\mu$ 作容斥系数即可，每个数至多贡献 $2^8$ 个 $\mu$ 有值的位置，所以复杂度挺优秀的。

CF585F Digits of Number Pi

• 给定字符串 $s$，以及 $d$ 位数 $x,y$，求有多少 $t\in[x,y]$ 且 $t$ 有长度至少为 $\lfloor\frac{d}{2}\rfloor$ 的子串是 $s$ 的子串。
• $|s|\leq 10^3,d\leq 50$。

把 $s$ 的所有长度为 $\lfloor\frac{d}{2}\rfloor$ 的子串建立 ACM，直接数位 DP 即可。

CF587D Duff in Mafia

• 给定无向图，每条边有边权和颜色。
• 要求选出一组边，满足他们是一个匹配，且剩下的每种颜色的边也都构成匹配。
• 同时最小化选出的边权最大的边的边权，并输出。
• $n,m\leq 5\times 10^4$。

盯了挺久没有思路的，属实是傻了。

首先二分答案，然后每个顶点至少选一条边，每种颜色每个顶点处也至多选一条边，不是显然的 2-sat 的模型吗！！！

在每个顶点处前后缀和以下应该是挺好些的。

实际上每种颜色的边们可以直接暴力建，因为如果一个顶点处有 $\geq 3$ 条同色边一定无解嘛。

CF587F Duff is Mad

• 给定 $n$ 个字符串，多次询问 $s_{l...r}$ 在 $s_k$ 中出现了多少次。
• $n,q,\sum_{i=1}^n |s_i|\leq 10^5$。

一眼看成 CF547E QwQ

那题我就是拿根号分治过的，这里思考了以下发现之前的思路并不可行了，然后逐渐自闭。

实际上还是考虑根号分治，根据 $|s_k|$ 分类，设 $m=\sum |s_i|$。

• 对于 $|s_k|>\sqrt m$ 的：

  因为这种串的个数很少，所以每次可以 $O(m)$。给 $s_k$ 上的点标记，在 ACM 上预处理每个点的子树内的标记个数。

  然后直接前缀和一下就能得到任意区间的答案了。

• 对于 $|s_k|\leq \sqrt m$ 的：

  可以 $O(|s_k|)$ 就更简单了，考虑每个位置的贡献，只需要差分一下，每次 $s_i$ 的子树 $+1$ 即可。

  根号平衡一下能做到 $O(\sqrt m)$ 子树加和 $O(1)$ 查询。

总时间复杂度 $O(m\sqrt m)$。

CF590E Birthday

• 给定 $n$ 个字符串，保留尽量多的字符串，使得不存在一个字符串是另一个的子串。
• $n\leq 750,\sum|s_i|\leq 10^7$，输出方案。

一眼根据 ACM 建立偏序集然后 Dilworth 最长反链，处理时只需要路径压缩。

需要注意的是当递归层数大到一定程度时，一定考虑递归栈的大小，例如这里 $10^7$ 就一定不要写任何相关的 dfs。

然后人傻了不会 Dilworth 方案输出，编了好久网络流才猛然想起蓝书上都讲过……属实是基础不过关。

大体就是个调整法，一定有解什么的也挺好反证的。

传递闭包用 bitset 优化，如果匹配写个网络流的话，因为调整只需要 $O(n^2)$，所以总时间复杂度是 $O(\dfrac{n^3}{\omega }+n^2\sqrt n)$（

CF603E Pastoral Oddities

• 给定一张 $n$ 个点的无向图，初始没有边。
• 依次加入 $m$ 条带权的边，每次加入后询问是否存在一个边集，满足每个点的度数均为奇数。
• 若存在，则还需要最小化边集中的最大边权。
• $n \le 10^5$，$m \le 3 \times 10^5$。

充要条件是所有连通块都有偶数个点，考虑经典 dfs 树构造。

至于最小化最大边权，只需要用考虑 Kruscal 的方式，不断按边权从小到大加入边即可。

考虑到动态加边，利用 LCT 维护最小生成树的方式（边化点然后维护链的边权最大值）。

用一个堆维护当前生成树内的边集，再利用 LCT 维护子树和那一套维护每个连通块点数的奇偶性即可……

听起来和写起来都挺 shit 的，算是 LCT 大融合了，为的就是那一只 $\log$ QwQ

否则有一个可以完全和 LCT 无关的 分治 + 并查集的 两 $\log$ 做法。实测下来 LCT 的巨大常数完全打不过下面的好吧

CF605E Intergalaxy Trips

• 给定 $n$ 个点的竞赛图，走过一条边需要一天，每条边每天出现的概率均为 $p_{i,j}$。
• 保证 $p_{i,i}=1$，即可以在某个点等待。
• 求最优决策下 $1\to n$ 的期望天数。
• $n\leq 1000$。

显然是设 $E_i$ 表示 $i\to n$ 的期望天数。

假设已知 $E_i$ 的大小关系并将它们升序排序，那么每次的决策显然是从小到大选择第一个存在的边，同时如果 $E_v>E_u$ 显然不如等待。

即：

$$E_u=\left(\sum_i E_{v_i} p_{u,v_i} \prod_{j=1}^{i-1} (1-p_{u,v_j})\right) + \left(E_u\prod_i (1-p_{u,v_i})\right)+1$$

移项得到最终结果：

$$E_u=\frac{\left(\sum_i E_{v_i} p_{u,v_i} \prod_{j=1}^{i-1} (1-p_{u,v_j})\right)+1}{1-\prod_i (1-p_{u,v_i})}$$

问题是一开始只知道 $E_n=0$，其余点不知道。

其实只需要利用类似 $O(n^2)$ 的 Dijkstra 的思路，每次选择最小的 $E$ 贡献给其余，动态维护每个未确定的 $E_u$ 即可。

CF611H New Year and Forgotten Tree

• 给定每条边两端点 $10$ 进制下的位数，构造对应的原树，或输出无解。
• $n\leq 2\times 10^5$。

有点好玩，感觉这个 idea 很神奇。

想了很多基于贪心的构造，但实际上需要一个核心观察：

将每种位数取一个关键点，如果合法，总存在一种构造使得这些关键点构成一棵子树，其余点均挂在关键点下。

关键点只有 $m\leq 5$ 个，于是直接 $O(m^{m-2})$ 枚举树的形态，然后就是一个二分图多重匹配。

CF613E Puzzle Lover

• 给定 $2\times n$ 的字母矩阵，同时给定长度为 $k$ 的字符串 $s$。
• 求有多少长度为 $k$ 的有向路径，使得不经过重复格子，且按顺序构成了 $s$。
• $n,k\leq 2000$。

发现如果路径回头就没救了，所以一定是两端一个 U 形，然后中间蛇形路线（

因为路径有向直接钦定从左往右走然后 reverse 再做一遍，注意当 $k\leq 2$ 时需要去重。

预处理 Hash 就能轻易得到左边的起始 U 形，中间则是简单的线性 DP，注意不重即可。

CF626G Raffles

• 有 $n$ 种彩票，第 $i$ 种有价值 $p_i$，别人已经买了 $l_i$ 张。
• 你可以买 $m$ 张彩票。假设第 $i$ 种买了 $c_i$ 张，需要满足 $c_i\leq l_i$。
• 最大化 $\sum \frac{c_i}{c_i+l_i} p_i$。
• 每次修改会有 $l_i\pm 1$，保证时刻有 $l_i\geq 1$。
• $n\leq 2\times 10^5$。

简单题。

静态的只需要一个堆维护 $\max \Delta$ 即可，因为这是个减函数。

修改时也很容易发现只需要将当前决策中最小的 $\Delta$ 不断拿出来比较即可，可以证明每次这样的修改都是 $O(1)$ 的。