76.CF1967 Codeforces Round 942 (Div. 1)

CF1967B1

b \times gcd (a, b) | a + b \to q i^{2} | (p + q) i \to q i | (p + q) \to q | p \to b | a

反过来也能推到。

CF1967B2

a + b | b \times gcd (a, b) \to (p + q) i | q i^{2} \to (p + q) | q i \to (p + q) | i

$a+b|b\times \gcd(a,b) \to (p+q)i|qi^2\to (p+q)|qi \to (p+q)|i$

枚举 $p,q$ ，因为 $p<i,pi< n$ ，所以 $p^2< \sqrt n$ ， $q$ 同理。

容易做。

CF1967C

一个树状数组的结构。

相当于 $k$ 次前缀和下的组合系数。

用树状数组模拟求出 $a_1\cdots a_{i-1}$ ，乘上对应系数可以求出 $a_i$ 。

77.CF1965

78.CF1969

CF1969E

记录每个点上的数前一个出现和后一个出现的位置。

合法区间是 $n$ 个二维矩阵。

扫描线求出 $l_i$ 表示以 $i$ 为右端点，最大的不合法左端点。

按照 $l_i$ 排序，最大的 $l_i$ 一定要修改（必要性），记已经修改过的 $\min(l_i)$ 为 $mn$ ，若之后的 $l_i$ ，有 $i\ge mn$ ，则跳过，一定最优。

79.CF335E

考虑知道 $B$ 求 $A$ 。

对于一个高度为 $i$ 的楼房，概率为 $\frac{1}{2^i}$ ，高度 $\ge i$ 的概率为 $\frac{1}{2^{i-1}}$ ，小于的概率即为 $1-\frac{1}{2^{i-1}}$ 。

考虑从一栋楼的第 $i$ 层出发的通道的期望长度（除去最左点），则有：

p \sum_{k = 0}^{+ \infty} (1 - p)^{k} (k + 1) = \frac{1}{p} = 2^{i - 1}

$p\sum_{k=0}^{+\infty}(1-p)^k(k+1)=\frac{1}{p}=2^{i-1}$

得到对于 $B$ 的贡献也是 $2^{i-1}$ ，所以 $A=B$ 。

注意，这里只能推出 $B$ 走第 $i$ 层的通道对 $A$ 的贡献。

再考虑知 $A$ 求 $B$ 。

这里就不同了，因为 $A$ 对每一层不同的分配数量对 $B$ 的贡献都有一个不同系数。

考虑从低往上考虑，不断将最大值限制提高。

设当前高度为 $x$ ，长度为 $j$ ，则有：

(n - j) P (\geq x)^{2} P (< x)^{j - 1} (2^{i - 1} - 2^{i - 2} (1 + \sum_{k = 0}^{j - 1} \frac{k \cdot P (= x)^{k}}{P (< x)^{k}}))

$(n-j)P(\ge x)^2P(<x)^{j-1}(2^{i-1}-2^{i-2}(1+\sum_{k=0}^{j-1}\frac{k\cdot P(=x)^k}{P(<x)^k}))$

再加上高度为 $1$ 的 $n$ 。

时间复杂度 $\mathcal O(nm)$ ，好像可以矩阵优化。

80.CF1612F

设 $f_{i,j}$ 表示时刻 $i$ ，手中最大盔甲为 $j$ 时最大的武器。

时间复杂度 $\mathcal O(ans\cdot n)$ 。

分析知， $ans\le \log n+\frac{m}{n}$ 。

81.CF1866E

设某两天使用一台电梯，中途肯定在花费最小的地方行驶。

故记录三个电梯最近使用的时间即可，时间复杂度 $\mathcal O(q^3)$ 。

83.P7470 [NOI Online 2021 提高组] 岛屿探险

84.P6846 [CEOI2019] Amusement Park

DAG 定向方案数，枚举独立集子集容斥。

容斥系数还有子集反演这种理解方法。https://www.cnblogs.com/Pbriqwq/p/15429971.html#_label2

85.AT_abc306_h

独立集中可以有边，因为有等号，故容斥系数改为 $(-1)^{连通块个数+1}$ 。

86.UOJ #37. [清华集训 2014] 主旋律

记 $f_S$ 表示形成强联通分量的方案数。

考虑容斥计算不形成强联通分量的方案数。

枚举入度为 $0$ 的子集（缩点后），即其对应的原图的点集，然后容斥。

f_{S} = 2^{e (S)} - \sum_{T \subseteq S} \sum_{k = 1}^{| T |} (- 1)^{k + 1} \cdot g_{k, T} \cdot 2^{e (T, S ∖ T) + e (S ∖ T)}

$f_S=2^{e(S)}-\sum_{T\subseteq S}\sum_{k=1}^{|T|}(-1)^{k+1}\cdot g_{k,T}\cdot 2^{e(T,S \setminus T)+e(S\setminus T)}$

当 $T=S$ 时， $k>1$ 。

u_{S} = \sum_{k = 1}^{| S |} (- 1)^{k} \cdot g_{k, S}

$u_S = \sum_{k=1}^{|S|} (-1)^k \cdot g_{k, S}$

f_{S} = 2^{e (S)} + \sum_{T \subseteq S} u_{T} \cdot 2^{e (T, S ∖ T) + e (S ∖ T)}

$f_S = 2^{e(S)} + \sum_{T \subseteq S} u_T \cdot 2^{e(T, S \setminus T) + e(S \setminus T)}$

考虑 $u_{S}$ ，当 $k=1$ 时，系数为 $-f_{S}$ ，否则我们（定顺序）枚举包含最后一点 $v$ 的强联通分量 $C$ ，有：

u_{S} = - f_{S} - \sum_{v \subseteq C} f_{C} \cdot u_{S ∖ C}

$u_S=-f_{S}-\sum_{v \subseteq C} f_{C}\cdot u_{S\setminus C}$

$|S|=1$ 时， $u_{S}=-1$ 。

要注意上面两个式子看似有循环定义，其实不然。

因为转移 $f_{S}$ 时如果 $T=S$ 则 $k≠1$ ，因此可以先处理 $k>1$ 时的部分 $u_S$ ，再转移到 $f_S$ ，最后再转移回 $u_S$ 。

87.UVA1489

若有一个数没有卡到上界，那么后面的位一定能够异或得到 $k$ 。

每个数有上界，求异或和为 $k$ 的方案数。

考虑枚举第 $i$ 位，前面大的位每个数都卡着上界，当前位从小到大第 $j$ 个数不再卡着上界，而编号 $>j$ 的数当前位随便选。

记 $f_{k,0/1}$ 表示 $j\sim k$ 的数的异或和为 $0/1$ 的方案数。

然后除了 $j$ 这个数的其他数后面小的位随便选。

89.P10221 [省选联考 2024] 重塑时光

真的能重塑时光吗？

考虑枚举形成了 $i$ 段非空子集合，计算出方案数（集合去重）乘上对应的系数：

\frac{i! \cdot k! \cdot (\binom{k + 1}{i})}{(n + k)!}

$\frac{i!\cdot k! \cdot \binom{k+1}{i}}{(n+k)!}$

我们要统计的是子序列的方案数，计数的部分有两方面要考虑：

对于每个子集合，其序列为其导出子 DAG 的一个拓扑序。
每个子集看作一个点形成的大图是一个 DAG。

记 $f_{S,i}$ 表示集合 $S$ ，分成 $i$ 个非空子集合的方案数（带上子序列方案数）， $g_{S,i}$ 表示集合 $S$ ，分成 $i$ 个非空的互不关联的子集合的方案数（带上子集合拓扑序方案数）， $h_{S}$ 表示集合 $S$ ，导出的 DAG 的拓扑序方案数。

f_{S, i} = \sum_{T \subseteq S} [| e (S ∖ T, T) | = 0] \sum_{j = 1}^{i} f_{S ∖ T, i - j} \cdot g_{T, j} \cdot (- 1)^{j + 1} g_{S, i} = \sum_{\log_{2} (lowbit (S)) \in T, T \subseteq S} [| e (T, S ∖ T) | = 0] [| e (S ∖ T, T) | = 0] h_{T} \cdot g_{S ∖ T, i - 1} h_{S} = \sum_{v \in S} [| e (v, S ∖ v) | = 0] h_{S ∖ v}

$f_{S,i}=\sum_{T\subseteq S} [|e(S\setminus T,T)|=0] \sum_{j=1}^{i} f_{S\setminus T,i-j}\cdot g_{T,j}\cdot (-1)^{j+1}\\ g_{S,i}=\sum_{\log_{2}(\operatorname{lowbit}(S))\in T,T \subseteq S} [|e(T,S\setminus T)|=0][|e(S\setminus T,T)|=0]h_{T}\cdot g_{S \setminus T,i-1}\\ h_{S}=\sum_{v\in S} [|e(v,S\setminus v)|=0]h_{S\setminus v}$

https://zhuanlan.zhihu.com/p/559453837

记 $e(A,B)$ 表示集合 $A$ 连向集合 $B$ 的边集合。

求 $f$ 要 $\mathcal O(3^n n^2)$ 。

发现 $f$ 后面的转移可以卷积，且次数不超过 $n$ ，具体来说，将 $f,g$ 用生成函数形式表示。

将 $x=1\sim n+1$ 带入，求出 $F_{U}$ 的取值。

F_{S} (x) = \sum_{T \subseteq S} [| e (S ∖ T, T) | = 0] F_{S ∖ T} (x) \cdot g_{T} (x)

$F_{S}(x)=\sum_{T\subseteq S} [|e(S\setminus T,T)|=0] F_{S\setminus T}(x)\cdot g_{T}(x)$

这样做的好处是数组卷积变成了单个数相乘，时间复杂度为 $\mathcal O(n3^n)$ 。

根据拉格朗日插值：

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{j \neq i} \frac{x - x_{i}}{x_{i} - x_{j}}

$f(x)=\sum_{i=1}^{n}y_i\prod_{j\ne i}\frac{x-x_i}{x_i-x_j}$

对于每个 $i$ ，右边乘式的分母容易求出，分子可以暴力多项式乘法 $\mathcal O(n^2)$ 预处理总乘积，然后运用大除法（因为 $j\ne i$ ），这部分复杂度为 $\mathcal O(n^2)$ 。

总复杂度为 $\mathcal O(3^n+n2^n)$ 。

鞅与停时定理复习

https://www.cnblogs.com/zltzlt-blog/p/18035649

90.AT_abc304_h

区间拓扑序贪心。

还原 $l,r$ ，然后，有一个显然的贪心思路：根据 $r$ 从小到大考虑每个点，使每个点的拓扑序在满足要求的前提下尽可能小。

91.费用提前计算一类思想的总结

当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关，过去考虑现在，过去计算现在的影响

选择一个决策会带来一个对未来的代价，但又不能通过在状态中再增加一维记录代价满足需求。这个代价是必然的，无论后面如何选择，都不会改变这个决策所带来的影响，这就是当前决策对未来行动的费用影响只与当前决策有关，我们可以把这个代价看作决策本身的费用，将未来的代价提前计算出来，在决策的时候就计算上它将会带来的代价，通过状态向后传递。

P2365 任务安排

P1220 关路灯

[ARC126D] Pure Straight

CF441E

方法一：

加法操作对一个数最大的影响是 $+n$ 。

对于后 $p$ 位截断， $2^p>n$ ，加法操作对前面位的影响只有平移和至多一次 $+1$ 。

设 $f_{i,j,k}$ 表示 $i$ 次操作后，最低 $p$ 位为 $k$ ，的概率。

若 $k=0$ ， $j$ 就表示 $\operatorname{lowbit}$ 是几。

否则， $j$ 表示高位末尾几个连续的 $1$ 。

方法二：

加法导致的进位只会影响到前面的位，而对于（未来产生的）后面的位没有影响

考虑从后往前倒着做，设 $f_{i,j,k}$ 表示末尾进行了 $i$ 次操作，是 $j$ 次加法，然后是 $k$ 次乘法的概率。

如果前面来个一个加法，则 $j\to j+1$ 。

否则：

若 $j$ 为偶数，可以试做 $j/2$ 个加法， $k\to k+1$ ；
否则，不管怎样，最低的 $1$ 是不会改变的，直接贡献答案。

费用提前计算，答案为：

\sum_{i = 0}^{n - 1} \sum_{j = 0 \land j mod 2 = 0}^{i} f_{i, j} \cdot p + \sum_{i = 0}^{k} f_{k, i} \cdot s u m_{x + i}

$\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0\and j\bmod 2=0}^{i}f_{i,j}\cdot p+\sum_{i=0}^{k}f_{k,i}\cdot sum_{x+i}$

cin>>x>>k>>p,p/=100,f[0][0]=1.0;
for(int i=0;i<k;++i) for(int j=0;j<=i;++j) if(f[i][j])
{
	if(!(j&1)) f[i+1][j/2]+=f[i][j]*p,ans+=f[i][j]*p*1ll; //这里为了方便理解，因为权值为1
	f[i+1][j+1]+=f[i][j]*(1-p);
}
for(int i=0;i<=k;++i) ans+=__build_ctz(x+i)*f[k][i];
cout<<fixed<<setprecision(9)<<ans<<'\n';

方法三：

预支加法操作。

记 $f_{i,j}$ 表示操作了 $i$ 次之后的 $x$ ，再加上 $j$ 之后末尾 $0$ 的期望个数。

这一步是乘法，那么 $x$ 是偶数，如果 $j$ 是奇数，末尾就没有 $0$ ，否则是 $f_{i-1,\frac{j}{2}}+1$ ，算上概率。
这一步是加法，为 $f_{i-1,j+1}$ ，算上概率。

[ARC126D]

当前决策对未来的贡献与未来有关，现在考虑未来的，现在计算未来的影响

如果在当前决策把未来可能出现的情况提前计算好，通过状态传递到了未来，那到了未来是不是能直接把这个决策拿来用，是不是就能够进行转移了呢？

UVA10559 方块消除 Blocks

回顾这个问题，我们起初想使用费用提前计算，把每次对未来的贡献摊在当前自己身上。可是发现未来的决策并不只于当前决策有关，还与未来本身状态相关。于是又开了一维状态，将目光放长远，预测未来可能出现的状况并计算，记录在状态中传递到未来，并在未来直接使用，这依然是一类费用提前计算的问题。

P3354 [IOI2005] Riv 河流

P2053 [SCOI2007] 修车

92.[ARC132E] Paw

归纳证明一段不改变，左边是 $<$ ，右边是 $>$ 。

这下只需要统计概率。

93.[AGC012D] Colorful Balls

94.[AGC007D] Shik and Game

95.CF335F

96.CF1973 Codeforces Round 945 (Div. 2)

D

发现 $m$ 是最大值的倍数。

先问 ? 1 ni，其中 $1\le i\le n$ ，当得到回答是 $n$ 时，可知最大值。

每次可以 $k$ 次询问探求 $m$ 的可能值。

每一段长度至少为 $\frac{m}{mx}$ ，共 $k$ 段，则 $k\cdot \frac{m}{mx} \le n$ ，有 $m\le mx\cdot \lfloor\frac{n}{k}\rfloor$ 。

这样查询次数就 $\le 2n$ 了。

E

若 $l=r$ ，则答案为所有 $i\ne p_i$ 的个数。

找到 $i\ne p_i$ 的最小最大 $i$ ，为 $L,R$ 。

必要条件是。

F

发现 $\gcd (A)$ 是 $a_1$ 因子， $\gcd(B)$ 是 $b_1$ 因子，还有翻转的情况。

记 $D(k)$ 表示 $\le k$ 的最多因子个数， $P(k)$ 表示此类数所能有的最多质因子个数。

$D(10^9)$ 约为 $1000$ 个。

记 $f_{x,y}$ 表示 $x|\gcd(A),y|\gcd(B)$ 的情况下满足的 $a_i,b_i$ 个数。

记 $g_{x,y}$ 表示 $x|\gcd(A),y|\gcd(B)$ 的情况下最小花费。

对于 $a_i,b_i$ ：

对于 $x|a_i,y|b_i$ 的， $f_{\gcd(a_1,a_i),\gcd(b_1,b_i)}\leftarrow 1$ ， $g_{\gcd(a_1,a_i),\gcd(b_1,b_i)}\leftarrow 0$ 。
对于 $x|b_i,y|a_i$ 的， $f_{\gcd(a_1,b_i),\gcd(b_1,a_i)}\leftarrow 1$ ， $g_{\gcd(a_1,b_i),\gcd(b_1,a_i)}\leftarrow c_i$ 。
对于上面两种情况都满足的，显然选第一种， $f_{\gcd(a_1,a_i,b_i),\gcd(b_1,b_i,a_i)}\leftarrow -1$ ， $g_{\gcd(a_1,a_i,b_i),\gcd(b_1,b_i,a_i)}\leftarrow -c_i$ 。

做完后，对 $x$ 进行后缀狄利克雷差分，对 $y$ 也进行一次，时间复杂度 $\mathcal O(D^2(k)P(k))$ ，打出来不是很大，这样就有了 $\gcd(A_i)=x,\gcd(B_i)=y$ 。

对于单次询问，二分答案，可以做到 $\mathcal O(D(k)\log k)$ 。

多次询问就整体二分。

97.AtCoder Regular Contest 177

https://www.cnblogs.com/maniubi/p/18192439

https://drive.google.com/file/d/1J2x8pIYQ3MXANgvzOgBciWd3d79j_Exa/view

98.[AGC057C] Increment or Xor

99. AGC001

E

F

100. AGC002

D

E

F

101. AGC003

D

E

F

要么上下左右都有，要么都没有，要么只有一者有。

前两种方案容易计算。

102. AGC047

C

原根的性质。

D

考虑 LCA。

E

先得到一个 $1$ ，再求出一个位置的值的二进制，然后模拟二进制乘法。

F

啊啊啊，怎么都是盒图片。

神题！！！

每个时刻可以移动的范围一定是二维平面上一个矩形，并且每次扩展只能在矩形的角上扩展。

对于一个起点的问题，有时向左下向右上都行，将极限状态加入，压缩状态至 $\mathcal O(n)$ 。

对于一个极长的相邻两个位置差为 $1$ 的连续段，中间的所有点第一次扩展都是扩展到这个连续段，我们可以之后将每个连续段整体扩展。

分析一下，如果从小于 $i$ 的位置开始扩展能扩展到第 $i$ 段，则从第 $i$ 段开始无法进行扩展。

证明：不妨设扩展到第 $i$ 段时为向右上，这样第 $i$ 段一定递增。如果从第 $i$ 段开始时第一步能向左扩展，则左侧一段也是递增且该段的值域正好在第 $i$ 段值域之下，此时这两段可以合并，矛盾。因此从第 $i$ 段出发只能向右。而值为第 $i$ 段值域下界减一的元素在这一段左侧（从左侧出发可以向右上扩展到这一段），因此从第 $i$ 段向右不能向右下，只能向右上。而如果可以向右上扩展，则说明下一段为递增且下一段值域下界为这一段值域上界加一，此时这两段又可以合并，矛盾。因此从这一段开始无法进行扩展。