2024牛客多校3&4
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D.Dominoes! (D)
赛时没理解xht的贪心思路，哭）
首先考虑无解情况，排好的序列中算上两端、至多只能出现 \(n-1\) 个相同的数，于是当某个数出现次数大于 \(n-1\) 时，必然无解。
对于两端数字不相等的牌，以任意顺序从左至右排列，若数字重复，将牌左右翻转即可，因此必然有解；可见应优先设计数字相等牌的排列方式。以相等数字出现次数多少为顺序选取骨牌，相同骨牌错开放置，若只剩下一种相等数字，则加入余下的数字不相等牌。可以证明，当任何数出现次数都不大于 \(n-1\) 时，该策略一定能排列出合法解。
代码实现比较简单，主要难度在于贪心策略与证明，万一证不明白也可以先交一下试试（确信）
E.Malfunctioning Typewriter (E)
对 \(n\) 个字符串建立01 trie，\(sz[i]\) 表示经过 \(i\) 节点的字符串数量，可在加入新的字符串时维护。\(sz[l[i]]\) 与 \(sz[r[i]]\) 分别为当前待选位置为 \(0\) 或 \(1\) 的字符串总数，由于最终需要打出每个字符串恰好一次，即 \(i\) 下方的每个字符串都被遍历一次，走到 \(i\) 位置时，应当有 \(sz[l[i]]\) 次打出 \(0\)，\(sz[r[i]]\) 次打出 \(1\)；而每个节点向 \(l\) 或 \(r\) 走的情况不受其他节点影响，答案即为所有节点满足该条件的概率之积。
dp预处理打出 \(x\) 个 \(0\)，\(y\) 个 \(1\) 的最大概率 \(f[x][y]\)，有 \(f[x][y] = max(p * f[x - 1][y] + (1 - p) * f[x][y - 1],\space\space p * f[x][y - 1] + (1 - p) * f[x - 1][y])\). 注意对这个转移方程的理解：为计算最优情况，当打出 \(x\) 个 \(0\)，\(y\) 个 \(1\) 的最大概率低于 \(x\) 个 \(1\)，\(y\) 个 \(0\) 时，应将先前策略优化，即倒换输出的 \(0\) 或 \(1\). 因此在最后计算答案的过程中，\(f[sz[l]][sz[r]]\) 与 \(f[sz[r]][sz[l]]\) 实际上是等价的，也可以将该状态式理解为“打出两种不同的字符，其中某一种有 \(x\) 个、另一种有 \(y\) 个的最大概率”，最后选择需要的01情况。
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A.LCT (A)
说实话lzz提出dfs+并查集就可以做的时候，我宕机了一瞬间······ 然后“啊啊啊啊啊我长个脑子是干什么用的”
非常好并查集，使我的大脑旋转，爱来自基础数据结构。
假设将 \(u,v\) 节点连边，其中 \(u\) 是 \(v\) 的祖先，动态维护新树的最大深度，需求出 \(u\) 的当前深度与 \(v\) 原有的的最大深度。由于最终形成一棵有根树，每个节点在该树中的深度是固定的，可先建出最终树结构，dfs预处理出 \(dep\) 数组；并查集可查询节点 \(u\) 的当前根节点 \(f[u]\)，其当前深度即 \(dep[u]-dep[f[u]]\) 。用 \(now\) 数组存储当前根节点下的最大深度，连边时即有 \(now[f[u]]=max(now[f[u]],now[v]+dep[u]-dep[f]+1)\)，\(O(1)\) 查询即可。
F.Good Tree (F)
lzz一眼丁真发现了一个规律：要使 \(f(u)-f(v)\) 最大化，最优结构为链状，此时 \(u\) 在端点，\(v\) 在中间位置。于是可以很方便地算出每个节点数 \(n\) 对应的 \(xmax\)，此时我们认为 \(x\leq xmax\) 时必然可以用 \(n\) 个节点构造出 \(f(u)-f(v)=x\)，于是决定二分答案。
然而在多次WA之后，问题变得不太对劲起来。经过验算，他的规律找不出任何问题，于是我开始怀疑构造过程中是否存在例外情况。根据换根dp的典题思路，若 \(x,y\) 两节点有直接连边，将该边视作“分界线”，\(f[y]\) 即 \(f[x]-x\) 左侧部分节点数 \(+\space y\) 右侧部分节点数，当 \(n\) 为偶数时，无论如何移动，两侧节点的数量差只能是偶数，因此无法构造出奇数的 \(x\) 值；而 \(n\) 为奇数时，数量差为奇数，可以通过多次移动凑出偶数，不受影响（所以样例没把我们的错解卡掉TAT）
在二分答案后加上特判，若 \(n\) 为偶数且 \(x\) 为奇数，则 \(ans=n+1\)，否则 \(ans=n\)，终于能过了（欣慰）
J.Zero (J)
好一道推式子题，真是太有趣啦！（精神不太稳定.jpg）
设 \(p_{ix}\) 为以 \(i\) 结尾，连续 \(x\) 个1字符的概率，\(f[i][j]=\sum\limits_{x\geq 0}{p_{ix}(\sum\limits_{l=1}^x l^j)}\)，即有 \(ans=\sum\limits_{i=1}^n f[i][k]\). （注意此处先对 \(l\) 再对 \(p*x\) 求和，否则会漏算部分情况下的期望。）考虑递推求出 \(f\) 数组：当 \(s[i]=1\) 时，\(f[i][j]=\sum\limits_{x\geq 1}{p_{(i-1)(x-1)}(\sum\limits_{l=1}^x l^j)}=\sum\limits_{x\geq 1}{p_{(i-1)(x-1)}*(\sum\limits_{l=1}^{x-1} l^j)\space +\sum\limits_{x\geq 1}{p_{(i-1)(x-1)}*x^j}}\). 前项等于 \(f[i-1][j]\)，后项继续化简：
原式 $=\sum\limits_{x\geq 0}{p_{ix}*(x+1)^j}=\sum\limits_{x\geq 0}{p_{ix}(\sum\limits_{m=0}^j{j\choose m}x^m)}=\sum\limits_{m=0} ^j {j\choose m}\sum\limits_{x\geq0} p_{ix}* x^m $.
设 $e[i][j]=\sum\limits_{x\geq0} p_{ix}* x^m $, 则运用类似的递推思想可得：
$e[i][j]=\sum\limits_{x\geq1} p_{(i-1)(x-1)}*[(x-1)+1]^m=\sum\limits_{m=0} ^j {j\choose m}e[i-1][m] $.
当 \(s[i]=?\) 时，\(f=f/2\)；\(s[i]=0\) 时，\(p=0,f=0\).
由此可 \(O(k^2)\) 复杂度求出 \(e\)，再递推得 \(f\)，总时间复杂度为 \(nk^2\). 听说有更快的解法，但显然我不会
P.S.
这两场相对简单的几个题也挺有趣，第四场赛时和xht说看到H的操作过程就想起辗转相除，当时自己都觉得好笑，没想到他说他也这么想，并且已经写出代码了，我：？？？？好好好，看来还是低估了出题的抽象程度。（后来仔细想想，这还真就标准的辗转相除过程，是我数论快忘了记忆模糊导致的）
能补的题目还有一两道没补完，继续加油吧（落泪）
