OI题目模型记录
不定时更新（遇到一道好题就会更新）
转换法
有一些题的操作难以实现，这时可以考虑转换法。
本题的修改操作较难，故让它第\(i\)次修改只是把两点路径上的点染成\(i\)颜色。
可以发现，若一条边两点颜色相同，则该边为重边，否则为轻边。
那么询问就变成路径上有几个不同颜色段，用树链剖分+线段树即可，\(O(n\log^2n)\)。
\(s_i\)与\(t_j\)匹配需要\(s_i=t_j\)或\(s_i=p(t_j)\)
转化为\((s_i-t_j)(s_i-p(t_j))=0\),即\(s_i^2-s_it_j-s_ip(t_j)+t_jp(t_j)=0\)
整个字符串匹配成功可以转化为\(\sum\limits_{i=1}^{|S|}(s_i^2-s_it_{j+i-1}-s_ip(t_{j+i-1})+t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2=0\)
\(\sum\limits_{i=1}^{|S|}(s_i^2-s_i(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))+t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2\\=\sum\limits_{i=1}^{|S|}s_i^4-2(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))s_i^3+((t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))^2+2(t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))s_i^2-2(t_{j+i-1}+p(t_{j+i-1}))t_{j+i-1}p(t_{j+i-1})s_i+(t_{j+i-1}p(t_{j+i-1}))^2\)
将s翻转后即可转化为卷积形式，用NTT可以达到\(O(n\log n)\)
可以转换为：
- 在长度为\(n\)的序列里填数，可以填\([1,k]\)内的数
- 前\(k\)个满足第\(i\)个填的是\(i\)
- 最后\(k\)个为\([1,k]\)的排列
- 每个长度为\(p\)的区间内要包含\([1,k]\)中的所有数
\(f_{i,S}\)表示前\(i-1\)个车站已经填完，\(S\)为\([i,i+P-1]\)是否填过的状态 时的方案数
\(f_{i,S}+=f_{i-1,S'} (\lfloor\dfrac{S'}2\rfloor\subseteq S,S'\&1=1,\operatorname{popcount}(S)=\operatorname{popcount}(S')=k)\)
为了保证每个都填，\(S'\&1\)必须为\(1\)，即第\(i-1\)位一定要填
为了保证满足限制\(4\)，我们强制转移时\([i-1,i+P-2]\)和\([i,i+P-1]\)都满足\([1,k]\)各填了一个，所以\(\operatorname{popcount}(S)=\operatorname{popcount}(S')=k\)
转移的含义：让\(S\)中新填的数和第\(i-1\)位填的数一样。
初始状态为\(f_{1,2^k-1}\)，答案状态为\(f_{n-k+1,2^k-1}\)
可以发现状态数为\(C_{p-1}^{k-1}\leq C_{9}^5=126\)，可以使用矩阵快速幂优化，时间复杂度\(O((C_{p-1}^{k-1})^3\log n)\)
- 某题
非空正整数数列\(\{a_m\}\)满足\(\forall k,a_k\geq2\)，\(h(n)\)表示满足\(\prod\limits_{k=1}^ma_m=n\)的序列个数，求\(\sum\limits_{k=2}^nk\times h(k),2\leq n\leq 3.5\times10^7\)
\(h(i)\)很难算，所以考虑转换答案：
\(k\times h(k)\)就是乘积为\(k\)的序列的乘积之和，所以答案就是乘积在\([2,n]\)范围内的序列的乘积之和。
设\(f_{i}\)表示乘积在\([2,i]\)的序列的乘积之和，则有转移方程：
\(f_{i}=1+\sum\limits_{d=2}^id\times f_{\lfloor\frac{i}{d}\rfloor}\)（算上空序列）
答案为\(f_n-1\)
因为\(\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{a}\rfloor}{b}\rfloor=\lfloor\dfrac{n}{ab}\rfloor\)，所以所有要算的状态都可以表示为\(\lfloor\dfrac{n}{x}\rfloor\)的形式
用整除分块优化可以达到时间复杂度\(O(n^{0.75})\)，空间复杂度\(O(\sqrt n)\)
将 \(ABC\) 分别替换为 \(123\)，可以发现一次操作后整个序列的异或和是不变的。
然后由原串 \(S\) 得到的新串 \(T\) 有个性质：\(T\) 的每个字符都对应 \(S\) 串的一段区间。
一个区间可以操作成一个字符，要满足下列两个条件之一：
- 长度为一
- 异或和不为零且包含的字符不全部相同
为了防止算重，每次只选长度最短的区间计算即可。
设 \(f_{i}\) 表示 \([1,i]\) 能得到的序列总数，\(g_{i,j}\) 表示 \(i\) 为左端点，对应字符为 \(j\) 的最短区间的长度。
\(g_{i,j}=\begin{cases}1\qquad\qquad\qquad j=a_i\\g_{i+1,j\oplus a_i}+1\quad j\neq a_i\end{cases}\)
\(f_{i}\rightarrow f_{i+g_{i+1,j}}\)
建图优化
当图的边数过多时，用各种方法减少边的数量。
明显的2-SAT问题，但是每个大小为\(w\)的部分要建\(w^2\)条边，于是用前缀和建图。
原本第\(i\)个点有：是/非关键点两种（记为\(a_{i,1}\)和\(a_{i,0}\)），都要维护一个前缀（记为\(s_{i,1}\)和\(s_{i,0}\)），再按2-SAT建边。
之后就能把边的个数降为线性。
较大值条件难以处理，考虑重新建图。
可以把点看做边，边看做点。但是边又变成\(n^2\)级别。
之后把原图中的同一点的出边（单向）按边权排序，并且前缀和建图。
排序后第\(i\)条原单向边为\(u_i\)权值为\(w_i\)，其反边为\(v_i\)
则\(u_i\rightarrow u_{i+1}\)，边权为\(w_{i+1}-w_{i}\)
\(u_i\rightarrow u_{i+1}\)，边权为\(0\)
\(v_i\rightarrow u_i\)，边权为\(w_i\)
这样就实现了较大值并且少了边，之后新开源点和汇点处理起始就可以跑最短路了。
题意：
一条有向路径的长度为这条路径上每个边的边权之和+按照路径的顺序将这些边上的字符串排成一列，相邻两个串的lcp长度之和。求有向图中1号点到其他点的最短路。
和P6822 [PA2012]Tax 很像的一道题，由于lcp长度长度难以处理，所以把点看做边，边看做点。
例如\(e_i:a\xrightarrow{w_i,s_i} b,e_j:b\xrightarrow{w_j,s_j} c\)
就连成：\(a_i\xrightarrow{w_i}b_i\xrightarrow {lcp(s_i,s_j)}a_j\xrightarrow {w_j}b_j\)
可以发现中间的边是\(O(m^2)\)的，考虑前缀和优化。
在字典树上有：(用\(F[l,r]\)表示\(\min\limits_{k=dfn[l]}^{dfn[r]}dep[k]\))
\(lcp(s_i,s_j)=dep[lca(s_i,s_j)]=F[s_i,s_j]\)
假设要连出边的点的集合为\(b_{1,2,\cdots,k_1}\)，要连入点的集合为\(a_{1,2,\cdots,k_2}\)（都按字典树的\(dfn\)排序了）
那么我们只要\(b_i\xrightarrow{0}b_{i+1},c_{i}\xrightarrow{0}c_{i+1}\)，\(b_i\xrightarrow{lcp(b_i,c_{h_i})}c_{h_i},b_{g_i}\xrightarrow{lcp(g_i,c_{i})}c_{i}\)就能实现让\(b_i\xrightarrow{lcp(b_i,c_j)}c_j(j\geq h_i)\)了。
其中\(h_i\)指最小的\(j\)使得\(dfn[c_j]\geq dfn[b_i]\),\(g_i\)指最大的\(j\)使得\(dfn[b_j]\leq dfn[c_i]\)
原理是这样的：\(F[b_i,c_j](j\geq h_i)=\min\{\min\limits_{k=i}^{b_{g_h}}F[b_k,c_{h_k}],\min\limits_{k=h_i}^{j}F[b_{g_k},c_k]\}\)（这些区间都包含在\([b_i,c_j]\)内）
这样只向\(dfn\)更大的连了边，所以要把\(e_i\)拆成四个点\(a_{i,0/1},b_{i,0/1}\)并连四条边\(:a_{i,j}\xrightarrow{w_i,s_i} b_{i,k} (j,k\in\{0,1\})\)，之后对于\(b_{i,0}\)连\(a_{i,0}\)的连\(dfn\)更大的，对于\(b_{i,1}\)连\(a_{i,1}\)的连\(dfn\)更小的就行了。
新图点的个数和边的个数都是差不多\(4n\)，时间复杂度为\(O(n\log n)\)。
\(h=1\)就是典型的线段树建图，所以可以想到线段树套线段树优化建图。
但是本题的点非常少，所以我们考虑用线段树套平衡树(set)来减少空间。
众所周知，dijkstra算法有一个优秀的性质：每个点只会被标记一次，并且权值非负。
在有多个矩形覆盖一个点的时候，我们肯定是用dis最小的矩形来覆盖。
所以我们可以把每个弹跳装置也看做一个点，跑dijkstra的时候就可以保证每个点都是被最优的矩形所覆盖，所以覆盖过一次的节点可以删去。
时间复杂度\(O(n\log^2n+(n+m)\log(n+m))\)，空间复杂度\(O(n\log n)\)。
将水平线段的 \(l,r\) 都加上 \(n\)，加边限制变成：\(x,y\) 有连边当且仅当 \(l_x\leq y\leq r_x,l_y\leq x\leq r_y\)。
考虑 tarjan 算法的过程，递归到 \(u\) 时，枚举边 \((u,v)\)，若 \(v\) 没遍历过则需要递归，否则更新 \(low[u]\leftarrow dfn[v]\)
递归的部分可以 \(O(n)\) 枚举，更新则是需要求最小值。
所以用主席树维护未访问过的点个数、访问过的点的 \(dfn\) 最小值。
修改点为已访问，只需要改对应的叶节点。在找未访问点时，要么找到有效点，要么更新个数为 \(0\)，是均摊 \(O(n\log n)\) 的。
矩阵乘法
将一些操作转化成矩阵乘法后，可以利用结合律将其优化至\(O(\log n)\)的计算复杂度
\(\begin{bmatrix} f_i\\f_{i-1}\\f_{i-2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{i-1}\\f_{i-2}\\f_{i-3}\end{bmatrix}\)
\(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2},\dfrac{b+\sqrt{d}}{2}\)为\(x^2-bx+\dfrac{b^2-d}{4}=0\)的两根。
柿子可以化为\(x^n=bx^{n-1}+\dfrac{d-b^2}{4}x^{n-2}\)，而且\(\dfrac{d-b^2}{4}\)还是整数。
设\(f_i=(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^i+(\dfrac{b+\sqrt{d}}{2})^i\)，则有\(f_i=bf_{i-1}+\dfrac{d-b^2}{4}f_{i-2}\)
\(\begin{bmatrix} f_i\\f_{i-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b&\frac{d-b^2}{4}\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} f_{i-1}\\f_{i-2}\end{bmatrix}\)
当\(n\)为偶时，\(0<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<1\)
当\(n\)为奇时，\(-1<(\dfrac{b-\sqrt{d}}{2})^n<0\)
最后输出时判断奇偶即可
\(f[i][j]+=f[i-1][k]\)（匹配到第\(k\)位后加一个字符能匹配到第\(j\)位，\(0\leq j,k<m\)）
构造矩阵\(A\)（只有\(A_{0,0}=1\)），矩阵\(B\)，对于每个满足上述条件的\((j,k)\)，让\(B_{i,j}=1\)，其余为\(0\)
之后计算\(A\times B^n\)就行。
差不多的一题：见转换法T3:P3204 [HNOI2010]公交线路
\(f[t+w][u][v]=\max \{f[t][u][p]+G[p][v]\}(p\xrightarrow{w,G[p][v]} v)\)
由于\(w\leq5\)，把边可以拆成\(5\)条长度为\(1\)的边，之后变成
\(f[t+1][u][v]=\max \{f[t][u][p]+G[p][v]\}(p\rightarrow v)\)
定义广义矩阵乘法\(C=A*B\)（可以证明有结合律）：
\(C_{i,j}=\max\limits_{k}\{A_{i,k}+B_{k,j}\}\)
令原图邻接矩阵为\(G\)，则\(f[t]=f[0]* G^t\)
用\(A\)来维护\(ans[1]\)
然后只要把美食节按时间排序，之后就对于每个\(1\leq i\leq k\)：
\(A\leftarrow A* G^{t_i-t_{i-1}},A[x_i]\leftarrow A[x_i]+y_i\)
就可以维护每个美食节。
预处理\(G\)的\(2^z\)次幂（\(z\)为整数），由于点的个数为\(5n\)，时间复杂度为\(O(k(5n)^2\log T+(5n)^3\log T)\)
发现\(a_i\)很大，\(n,q\)很小，就可以发现矩阵乘法的时间复杂度应该是对的。
定义矩阵异或（我自己这么叫）为：
\((A\oplus B)_{i,j}=\operatorname{xor}_k A_{i,k}\times B_{k,j}\)
看看有没有结合律吧：
\(A\oplus B\oplus C\)
\(=\operatorname{xor}_{k} (A\oplus B)_{i,k}\times C_{k,j}\)
\(=\operatorname{xor}_{k} (\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times B_{d,k})\times C_{k,j}\)
乍眼一看就知道没有结合律，但是本题中\(B,C\)为\(01\)矩阵，还可以进行进一步化简：
上述柿子中\(A_{i,d}\)一共异或了\(\sum_{k} B_{d,k}\times C_{k,j}\)次，所以上述式子可以化为
\(\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times ((\sum_{k} B_{d,k}\times C_{k,j})\&1)\)
\(=\operatorname{xor}_d A_{i,d}\times (\operatorname{xor}_{k} B_{d,k}\times C_{k,j})\)
也就是说，当\(B,C\)为\(01\)矩阵时是有结合律的。
预处理邻接矩阵的\(2^z\)次幂（\(z\)为整数），计算答案时只计算第一列。
此时答案为第一行第一列的数，时间复杂度\(O((n+q)n^2\log a_i)\)
加一矩阵：\(\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&a&b\\1&0&0\\1&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}\)
减一矩阵：\(a\not=0\)时，\(\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\\frac{1}{a}&-\frac{1}{a}&-\frac{b}{a}\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}\)
\(a=0\)时，\(\begin{bmatrix} F_{i-1}\\F_{i-2}\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&1&0\\0&1&-b\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}\)
设\(V(i)=\begin{bmatrix} F_i\\F_{i-1}\\1\end{bmatrix}\)，那么第\(i\)项的值就是\(V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)[0][0]\)
由于是矩阵\([0][0]\)位置的值，我们算\((V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)^T)[0][0]\)也不影响答案，而且有：
\((G\times V(A_{i-1}+1))((G\times V(A_{i-1}+1))^T)=G\times V(A_{i-1}+1)V(A_{i-1}+1)^T\times G^T\)，这样我们线段树部分就不会被乘法顺序影响了。
用线段树维护区间矩阵和，支持在前或后乘一个新矩阵即可，时间复杂度\(O(n\log n)\)
看到它求值的部分是算多次\(a+\dfrac{1}{b}\)，于是考虑把它换成矩阵运算使得它能\(O(\log n)\)修改。
用\(\begin{bmatrix} b\\a\end{bmatrix}\)表示\(\dfrac{a}{b}\)，那么计算\(a+\dfrac{1}{\frac{b}{c}}\)就可以变成
\(\begin{bmatrix} b\\ab+c\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0&1\\1&a\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} c\\b\end{bmatrix}\)
答案就可以表示成\(\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_0\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_1\\\end{bmatrix}\cdots\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k\\\end{bmatrix}\)
然后发现\(W\)操作就是使\(\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k\\\end{bmatrix}\)变成\(\begin{bmatrix} 0&1\\1&a_k+1\\\end{bmatrix}\)
可以变成多乘一个\(\begin{bmatrix} 1&1\\0&1\\\end{bmatrix}\)
然后可以发现\(E\)操作就是多乘一个\(\begin{bmatrix} 0&-1\\1&2\\\end{bmatrix}\)
用平衡树维护修改达到\(O(n\log n)\)即可
