8月记录

237.Hitori的字符串(string)

AC 自动机上随机游走问题，但是叶子 $\le 100$ 个，有环。

考虑设元然后高斯消元，但对每个点设显然不优，考虑一种链剖分，对链顶设元。

然后按照 bfs 序（trie 树上的）维护每个点期望的表示（用元表示）。

1722513057963

如果 $tr_{x,i}$ 是返祖边，显然深度比 $x$ 小，一定被表示了。

否则一定是链顶，可以被表示。

或者将度数 $>1$ 的点设为关键点也能做，没细想。

238.Hitori玩游戏(nim)

考虑随机化，将一种方案的权值记为线性基中自由元个数。

每次取出一个集合，删掉选的数，选一个新的数，如果权值减小了，就替换当前方案，如果相等，就以一定概率替换。

将集合元素按照 $1$ 的个数多少排序，shuffle 一下选择集合顺序即可。

239.Hitori摘樱桃(cherry)

根据小凯的疑惑，只有两个数 $x,y$，满足 $(x,y)=1$，那么 $xy-x-y$ 是最大的不能被表示的数。

证明可以考虑同余最短路，在模 $x$ 的意义下 $i\to (i+y)\bmod x$，求出 $f_i$ 表示 $\bmod x =i$ 的最小能表示的数，将 $f_i-x$ 取 $\max$ 即可。

考虑这个图，就是一个环，可以手动模拟求出。

多个数也是一样的，求出所有数的 $\gcd$，记 $x=\gcd \cdot a,y=\gcd\cdot b$，那么 $(a,b)=1$，在 $\gcd \cdot a \gcd \cdot b=xy$ 之后，所有数（$\gcd$ 的倍数）都能被表示。

对于 $\le V$ 的数暴力背包，$>V$ 的数每个 $\gcd$ 的倍数都能被表示，我们相当于要求 $(px+100-p)^n \bmod x^m$。

倍增 NTT 即可维护，每次缩减长度。

注意，可以计算所有数到离他最近的 $\gcd$ 的距离，即后面这一部分，然后在前面背包的部分在加上每个数离他最近的 $\gcd$ 到离他最近的可以取到的数的距离。

240.Min-25筛

复习一下。

条件是质数位置和质数次方答案可以快速算。

先考虑求 $G(m)=\sum\limits_{i=1}^{m}[i\in prime]f(i)$，其中 $m\in\{\lfloor\frac{n}{1}\rfloor,\lfloor\frac{n}{2}\rfloor,...,\lfloor\frac{n}{n}\rfloor\}$。

设 $g(j,m)=\sum_{i=1}^m[i\in prime \; or \; minp(i)>p[j]]f'(i)$，其中 $f'(i)$ 在质数处取值与 $f$ 相同，然后是完全积性函数，可以快速求前缀和。

边界是 $g(0,m)=\sum_{i=2}f'(i)$，如果质数取值是一个简单多项式，对每一项分别求即可。

若 $p_j^2>m$，则 $g(j,m)=g(j-1,m)$，因为没有最小质因子 $>\sqrt m$ 的合数。
否则，下面式子表示减去最小质因子为 $p_j$ 的数的函数和：
- \[g(j,m)=g(j-1,m)-f'(p[j])\times \big(g(j-1,\lfloor\frac{m}{p[j]}\rfloor)-\sum_{i=1}^{j-1}f'(p[i])\big)\qquad (p[j]^2\leq m) \]

我们可以对每一个 $m$，维护值，将第一位滚掉。

这一部分是如下复杂度。

考虑用 $G(m)=\sum\limits_{i=1}^{m}[i\in prime]f(i)$ 求出所有 $f$ 的和。

设 $S(n,j)=\sum_{i=1}^n[minp(i)\geq p[j]]f(i)$，答案为 $f(1)+S(n,1)$。

则：

\[S(n,j)=G(n)-\sum_{i=1}^{j-1}f(p[i])+\sum_{i=j}^{p[i]^2\leq n}\sum_{e=1}^{p[i]^{e+1}\leq n}\Big(f(p[i]^e)S(\lfloor\frac{n}{p[i]^e}\rfloor,i+1)+f(p[i]^{e+1})\Big) \]

左边是质数的贡献，右边是合数的，枚举合数的最小质因子还有次数，直接递归，不用记忆化。

241.士兵游戏(soldier)

考虑每条边的贡献，答案为 $n\cdot \sum sz_i-\sum (sz_i)^2$。

对于 $>\sqrt n$ 的质数 $x$，子树大小为 $\lfloor\frac{n}{x}\rfloor$，需要求区间质数个数，min25 即可。

对于 $\le sqrt n$ 的质数 $x$，有：

\[\sum_{x=1 \and x \in prime}^{\sqrt n} \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor} [maxf(y)\le x]\sum_{z=1}^{\lfloor\frac{n}{xy}\rfloor} [minf(z)\ge x] \]

可以整除分块维护，中间两部分相当于特殊的 min25 其中一部分，可以做到 $\mathcal O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln n})$。

242.无理数乘法

这么 nb

发现 $(1+\sqrt 3)^n+(1-\sqrt 3)^n$ 是整数，并且 $(1-\sqrt 3)^n$ 是一个在 $(-1,1)$ 且不为 $0$ 的小数，所以求出 $f(n)$，判断奇偶，就能知道 $\lfloor(1+\sqrt 3)^n\rfloor$ 了，并且 $a,b$ 可以递推，矩阵优化。

243.#D. 整型与布尔型的转换

有启发性的题。

做一遍标记的复合。

244.CF1982

E

记 $f_{l,r,k}$ 表示区间 $[l,r]$ 的答案。

则答案最高位拆分，假设是 $2^t$，则 $f_{0,n-1,k}=f_{0,2^t-1,k)+f_{0,n-2^t-1,k-1}$。

左端点都是 $0$，可以预处理出 $f_{0,2^t -1,k}$ 的所有取值，求任意 $n$ 时单侧递归即可。

F

考虑找到极长合法前缀，左端点肯定在这里面，找到后缀的 $\min$，找到前缀中最前的 $>\min$ 的就是左端点了，后缀同理。

线段树上二分即可。

245.CF1993

有jb

D

挺好想的，二分中位数，dp 一下，记前缀取了 $j$ 段，当前点是右端点的答案，发现前缀可能段数是 $\mathcal O(1)$。

E

考虑到扩展矩阵到第 $n+1$ 行，第 $m+1$ 列，操作就变成了交换第 $i$ 行与第 $n+1$ 行和交换第 $j$ 列与第 $n+1$ 列。

其实也等价于任意交换两行或两列。

发现找到行的排列和列的排列，每次操作相当于交换行排列任意两个数，列同理。

然后发现知道行排列和列排列就能知道原矩阵了，因为交换的顺序不会影响最后矩阵的排布，一定是 $b_{r_i,l_j}\leftarrow a_{i,j}$。

并且知道了行排列就能知道相邻行的差了，不管列排列是什么，列同理。

于是状压一下，记录当前选了哪些点，以及最后选的点是什么，后面加上一个点。

若我们枚举删除了哪个行，然后在剩下的行中计算列排列的贡献，删除列的情况可以在状态中体现，列同理。

时间复杂度 $\mathcal O(n^32^n)$。

F2

F1 就是先将矩形镜面对称一下，就变成循环矩阵了，将路径在循环矩阵上跑一跑，固定起点，可以快速计算 $(0,0)$ 有多少个点。

考虑 F2，可以将满足条件的点 $(x_j,y_j)$ 写成关于次数 $i$ 和起点 $x_n,y_n$ 的两个同余方程，解出关于 $i$ 的通解来，合并一下即可。

Hitori的旅行(journey)

考虑用多项式描述背包，记 $F_u(x)=\sum_{j=1}^{w} cnt_j x^j$。

则点 $u$ 答案为：

\[\frac{F_u^3(x)-3F_u(x^2)F_u(x)+2F_u(x^3)}{6} \]

前一项表示三条路径任选，中间项表示钦定两条相等，即算出至少一对相等的方案数，系数是 $-3$。

然后至少两对相等的方案数是 $+3F_u(x^3)$，最后至少三对相等的方案数是 $-1F_u(x^3)$。

只是从容斥的角度考虑，至少两对相等就等于至少三对相等，但是要合并系数。

然后现在题目变成了，逆拓扑序处理 $F_u$，在每个点 $u$ 做个卷积，将各项系数求和，做卷积的复杂度太高。

设 $x=1\sim 3w+1$ 这几个值带入，卷积就是 $\mathcal O(1)$ 的了，可以求出 $x=1\sim 3w+1$ 时，答案多项式的值。

将他插回来就行了。

\[f(x)=\sum_{i=1}^{3w+1}y_i\prod_{j\ne i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]

246.hdu 2024“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（6）

A. 造花（简单版）

删去的点度数一定是 $2$，且合法的图中满足度数是 $1$ 的点有很多，度数为 $2$ 的点极少，对这些点判断即可。

B. 造花（困难版）

考虑一条边 $(u,v)$，存在 $x\ne u$ 且 $x,u$ 相连，且存在 $y\ne v$ 且 $v,y$ 相连（$x$ 可以等于 $y$），则一定要在这里删一个。

否则就是三元环或者长度为 $3$ 的链。

若没有，那么原图无环，且最长链 $\le 2$，一定合法。

E. 交通管控

记 $f_{i,j}$ 表示使用前 $i$ 个操作，红绿灯的状态，容易转移。

G. 树上 MEX 问题

考虑计算 $\operatorname{mex}\ge i$ 的方案数。

找到必须包含的关键点 $j\in[1,i-1]$ 构成的虚树，如果 $i$ 在虚树上，则 $ans_i=ans_{i-1}$。

否则，将 $i$ 加入虚树（不断跳父亲），计算贡献，考虑 $\operatorname{mex} \ge i$ 的联通块数量就是所有 $v$，满足 $v$ 与虚树有连边且 $v$ 不在虚树上的 $(f_v+1)$ 的乘积，$f_v$ 表示 $v$ 子树包含 $v$ 的联通块数量，容易预处理。

H. 树形 DNA

看作一个字符集为 $2$ 的 trie，可以将 $T$ 分解为 $\le 20$ 个字符串构成的 trie，字符串集合为 $Ts$。

记 $fa_{u,k}$ 表示 $u$ 的 $k$ 级祖先。

假设当前在 $S$ 的 trie 上的节点 $v$，若存在 $s\in Ts$，满足 $s$ 是 $v$ 到根的字符串的后缀，则 $cnt_{fa_{u,|S|}}\leftarrow cnt_{fa_{u,|S|}}+1$，若存在 $cnt_u=k$，就是合法点，可以哈希。

I. 数字加减

可以看懂，根本无法写。

相当于每个时刻值域上有一些线段，每过一个时刻，线段往左右扩张 $1$ 格，会合并，限制相当于删除。

颜色段均摊，每个线段维护中心点和半径可以简化。

J.Rikka 与子集 IV

类似题：[ABC269Ex] Antichain

合并是类似多项式卷积的形式，考虑描述，$F_u=(\prod_v F_v)x+1$。

每个多项式大小跟子树大小有关，考虑将重儿子和轻儿子分开计算。

\[G_u=\prod_{v\ne s_u} F_v\\ F_u=G_u F_{s_u}x+1 \]

则 $G_u$ 可以考虑分治 NTT 维护乘积，轻子树大小总和是 $\mathcal O(n\log n)$ 的，一个轻子树跟父亲合并，要分治 $\log n$ 层，每层 $\log n$ 的复杂度，所以是 $\mathcal O(n\log^3n)$ 的。

对于 $F_u$，考虑一条重链一起算。

\[F_1=G_1F_2x+1\\ =G_1(G_2F_3x+1)x+1\\ =G_1(G_2(G_3F_4x+1)x+1)x+1 \]

展开后发现只需要维护前缀乘积的和，依旧是分治 ntt，每个多项式依旧是轻子树大小。

这样能做类似题，但是这题需要求出重链上所有 $F_u$ 的系数和。

考虑即为区间乘积的和，也可以分治 ntt 维护。

就做完了，时间复杂度 $\mathcal O(n\log^3n)$。

K. 天天爱跑步

给一棵基环树，对每个点 $i$，求过 $i$ 的最长简单路径。

数据范围：$n\le 10^5$。

容易口胡。

247.P10560 [ICPC2024 Xi'an I] Holes and Balls

类似题、弱化题：P4364 [九省联考 2018] IIIDX

考虑按位贪心，找到当前位最小能填的数，满足能填下，就填。

一个位置要填编号为 $k$ 的球，有什么条件：

$k$ 没被选；
$k$ 大于父亲球的编号
编号 $[1,k-1]$ 的球能全部塞进 $u$ 的子树外。

考虑条件二，相当于钦定 $k$ 的下界，条件三就是钦定 $k$ 的上界。

考虑找到上界，记 $lim_j$ 表示 $j$ 和 $j$ 的祖先已填球的编号的最大值，$sum_i=\sum_{j=1}^{n}[j\notin \operatorname{subtree}(u)] [lim_j\le i]$。

贪心，考虑将 $u$ 子树外的点按照 $(lim_j,dep_j)$ 排序，将 $[1,k-1]$ 填入，此时已经确定的点一定能填入自己的数。

若贪心过程不合法，一定存在一个 $i\le k,sum_i<i$，则维护 $sum_i$，二分找到满足 $\forall i\le z, sum_i\ge i$ 的最大 $z$ 就是上界了。

找答案就是在区间中找未被选的最大权值数，关于 $sum$ 的修改，一个全未选子树的 $lim$ 的相同的，容易维护。

维护两棵线段树做到 $\mathcal O(n\log n)$。

248.CF1989

E

用段数来映射 $b$ 数组，$q,q-1,q-2,\sim 1,1,2,3,\sim,x-1,x,x-1,\sim,1,1,2,\sim p$。

然后开头结尾可以有长度为 $2$ 的段，中间不行，会和两个 $1$ 重复，dp 即可。

F

hot!

类似题：P5163 WD与地图

问题相当于每个时刻加一条有向边，求当前时刻强联通分量大小平方的和。

考虑分治维护，求出中间时刻的强联通分量，即 $mid$ 时刻前的边，如条边两端点在同一个强联通分量内，将他插入左边子区间，其他边插入右边子区间，表示这些边不可能在 $[l,mid]$ 时两端点在同一个强联通分量内。

分治到了叶子，每个点存的边就是会改变强联通分量的边，用并查集维护联通块大小平方的和即可。

注意当前处理区间 $[l,r]$ 的边，需要将边的两端点改为联通块的关键点，即 $[1,l-1]$ 处理完后的联通块，因为每次要考虑联通块的合并，不是真实点的合并，不然复杂度就不对了。

249.P10766 「CROI · R2」01-string

想贪心糖丸了。。。

一定是先进行覆盖操作再进行翻转操作，且覆盖操作不会执行两次。

记 $f_{u,i,j,k}$ 表示 $[u,n]$ 是否执行 $1,2,3$ 操作的最小答案。

记忆化即可。

253.尼伯龙根的思维题(subway)

因为 $k$ 非常大，大于 $max(a_i,a_j)\times n$，则我一定可以构造出使得权值加上任意偶数的方案。

现在判断 $1\to n$ 有无奇数和偶数路径即可。

在什么条件下，$u\to u$ 有长为 $k$ 的路径？（$k$ 充分大）
- 当 $k$ 充分大时有解当且仅当 $\gcd⁡\{len_i\}|k$，其中 $\{len_i\}$ 是 $u$ 所在强连通分量的环长集合。
在什么条件下，$u\to v$ 有长为 $k$ 的路径？（$k$ 充分大）
- 在模 $g$ 意义下，若 $u\to v$ 存在长为 $x$ 的路径，则 $v\to u$ 存在长为 $−x$ 的路径。
- 在模 $g$ 意义下，任意一条 $u\to v$ 的路径长度均相等。
- 在模 $g$ 意义下，$u\to v$ 的路径长度为 $dep_v−dep_u$。
- 当 $k$ 充分大时有解当且仅当 $g|k−dis(u,v)$，其中 $dis(u,v)$ 是 $u\to v$ 任一条路径的长度，其余定义如上。
$k$ 充分大的条件是？
如何求出 $g$？

254.公司(company)

待补。

警告：不要跟自己的半暴力程序拍！

263.交换余生(change)

可以分治，预处理左右区间第 $k$ 大和第 $k+1$ 大，发现能合并的条件就是有区间交。

然后就是做个区间取 $\max$，最后再区间求 $\max$，发现区间左右端点单增，做两个单调栈即可，常数巨大，时间复杂度 $\mathcal O(nk\log{\frac{n}{k}})$。

正解是，考虑枚举区间第 $k$ 大的取值，将 $< v$ 的设为 $0$，$>v$ 的设为 $1$，那么一个区间包含连续 $k$ 个 $1$，那么 $v$ 一定在他的第 $k$ 大和第 $k+1$ 大之间。

从大到小添加数，每连续 $k$ 个 $1$ 会有贡献，若增量维护，只有 $\mathcal O(k)$ 个区间的贡献改变，时间复杂度 $\mathcal O(nk)$。

264.水管工(tank)

太神了这题。

发现若记录每个点是否连向四个方向，那么高级水管的放置需要满足左右不相等，上下不相等，这样总有一个方向可以满足，发现行列是不会影响的，这些限制可以分开做。

考虑没有 o 和 x 的情况，对于一个行，有 0????0，那么中间所有填上高级水管是合法的，如果是 0????1，那么中间可以做到至多一个低级水管，其他都是高级水管，条件等价于一个区间需要选择一个位置填低级水管，称为二类限制。

发现如果二类限制的行列有交，在交的位置填一个低级水管，可以同时满足两个限制，显然更优。

将有交的二类限制行列连边，问题等价于求最大匹配。

考虑有 o 的情况，那么二类限制的条件变为一个区间需要选择一个不为 o 的位置填低级水管。

再考虑有 x 的情况，发现另一个人可以选择任意水管（包括高级水管，但不计入答案）填入，那么这相当于一种四个方向都可以任意填 $0/1$ 的方格，记为 2，在处理到区间边界包含 2 时，就没有限制了。

复杂度是网络流的复杂度。

265.zkw线段树

for(m = 1; m < n + 2; m <<= 1, dep++);

F(i, 0, m + n + 1) tr[i].sum = tr[i].len = tr[i].tg2 = 0, tr[i].tg1 = 1;

F(i, 1, n) tr[m + i].sum = a[i], tr[m + i].len = 1;

dF(i, (m + n) >> 1, 1) up(i);

void upd1(int l, int r, int v) {
	l = m + l - 1, r = m + r + 1;
	dF(i, dep, 1) pd(l >> i), pd(r >> i);
	while(l ^ r ^ 1) { // 互为兄弟节点
		if(~l & 1) ptg_mul(l ^ 1, v);
		if(r & 1) ptg_mul(r ^ 1, v);
		l >>= 1, r >>= 1;
		up(l), up(r);
	}
	for(l >>= 1; l; l >>= 1) up(l);
}

266.最短路(dis)

很妙的题，考虑所有最短路 $\ge 1$ 的情况。

如果有 $w_{u,v}=w_{u,k}+w_{k,v}$ 那么一定有一条路径 $u\to k\to v$ 可以达到最短路，于是 $(u,v)$ 这条边就不是必要的了，于是 $g_{u,v}$ 只需要 $\ge w_{u,v}$ 就好了。

如果有 $w_{u,v}=0$ 的话就会失效，因为这是条重边，会出现互相支配的情况。

考虑将 $w_{u,v}=0$ 的缩起来，算上内部方案数，这样任意两个联通块变成了之间有若干条相等的重边，变为最短路 $\ge 1$ 的情况，对重边随便计算一下即可。

条件三就容斥一下。

考虑内部方案数，相当于一个完全图，边在 $[0,m]$，要求 $0$ 边联通所有点，设 $f_n$ 为满足条件的图，$g_n$ 为不满足条件的图，有：

\[f_n+g_n=(m+1)^{\frac{n(n-1)}{2}}=h_n\\ g_n=\sum_{j=1}^{n}f_jh_{n-j}m^{j(n-j)} \]

算一下就好了，时间复杂度 $\mathcal O(n^3)$。

267.火烧云(qwq)

发现结论：任意时刻最多有 $\mathcal O(\sqrt n)$ 个连续段。

很好理解的，还有一种理性的方法：

考虑设 $c_k$ 为长度 $\le k$ 的连续段个数，我们可以证明 $c_k\le k$，最优情况下肯定长度越小越好，而钦定了长度比较小的个数，于是连续段始终只有 $\mathcal O(\sqrt n)$ 段。
后面再补。

考虑时刻连续段个数都只有 $O(\sqrt n)$ 段，于是时刻没火变成有火的点总共只有 $\mathcal O(q\sqrt n)$ 段，所以有火变成没火的点总共只有 $\mathcal O(q\sqrt n)$ 段。

于是只需要支持：

q\sqrtn 次单点激活
q\sqrtn 次单点取消激活，并赋值为0
q 次区间对激活的点求和
q 次区间对激活的点进行加法

分块维护即可。

268.童话镇(lab)

如果确定了起点和终点，等价于 dag 上最多不相交路径条数。

网络流可以做，但是考虑 LGV 引理。

计数转判定，随机选取边权，计算路径权值和，得到矩阵 $M$，则有解的条件是 $\det M \ne 0$，其实等价于 $M$ 是满秩的。

但是这题终点集合是不确定的，但是总的终点集合是确定的。

则 $[l,r]$ 的极大组大小为 $i$ 等价于 $M_{1\sim i,l\sim r}$ 的秩为 $i$。

那么 $[l,r]$ 的极大组大小就是 $M_{1\sim k,l\sim r}$ 的秩。

考虑扫描线，维护时间戳广义线性基（类似于矩阵乘法），每一行维护一个向量。

最后根据线性基中元素的时间戳就能确定右端点为 $r$ 的区间的 $k$ 段区间的秩的取值了。

269.2024牛客暑期多校训练营5

G

有结论：$ans=\frac{n!}{\prod sz_v}$，其中 $v$ 是所有实链的链顶，其中定义 $(fa_u,u)$ 为虚边的 $u$ 是链顶，其中 $1$ 也是。

发现条件等价于对于点 $u$，$u$ 的实子树的最晚点要先于所以虚子树的最短点，其实就是实子树的最晚点是子树内的最晚点。

考虑 dp，设 $f_u$ 表示 $u$ 子树内的答案，则有：

\[f_u=\prod f_v\cdot \frac{(sz_u-2)!}{\prod (sz_v)!\cdot (sz_{hs}-1)!}(sz_u-1)\\ ans=n!\cdot \frac{sz_{hs}}{sz_u}\\ =\frac{n!}{\prod sz_v} \]

第二条，考虑一条重链互相抵消了。

其实也可以发现实链上最下面的点就是最晚点，除了最下面的点链上的其他店顺序任意，则条件也等价于只要实链之间有类似树的拓扑序关系，将实链缩成一个点，也是这个结论。

然后维护实链剖分即可，进行树剖，在每条重链上维护虚链集合，每次找到进行更改，更改次数是 $\mathcal O(n\log n)$ 的，每次 $\mathcal O(\log n)$，所以是两个 $\log$ 的。

证明考虑 lct 的实链剖分 access 的证明：

记 $W$ 为当前重虚边个数。

如果当前修改的是轻虚边，那么不超过 $\log $ 条，然后至多会使 $W\leftarrow W+\log n$。
如果当前修改的是重虚边，那么会使 $W\leftarrow W-1$。

根据势能分析，可以证明。

所以直接维护就是对的。

270.2024“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（8）

A

271.概率生成函数学习

272.数据结构专题（xtq 和某些杂题）

273.花花的凸优化技巧和某些杂题

274.广义串并联图

非常启发。

275.TB5分治

276.QOJ4513 Slide Parade

考虑找到一条路径，正着走然后反着走就是环了。

考虑有解的情况，每个点的度数都是 $k$，将路径取出，就是有重边的 $k$

正则二分图，一定存在完美匹配，并且可以拆成 $k$ 个完美匹配，说明欧拉路径的构造一定可以。

也就是说如果没有完美匹配就无解，于是问题可以说是每个点流量为某个 $k$，跑个匹配，使得每条边都选择至少一次。

可以跑个流，流量越大越好，每条边第一次选代价很大，后面选代价小，很大概率是能跑出解的。

引理：$k$ 正则二分图包含每条边的完美匹配都存在，可以用 hall 证明。

求出包含每个边的完美匹配即可做到 $nm$ 的构造。

考虑在残量网络上构造，对于非匹配边，在生成树上找一条路径进行增广即可完成替换，时间复杂度 $\mathcal O(nm)$。

也可以匈牙利玄学换边。

$nd\le 2\times 10^6$ 的正则二分图匹配：

其实直接按照一般图最大匹配进行随机化就行了。

277.QOJ5017 相等树链

对第一棵树进行点分治，设点分治的根是 $rt$。

将第一棵树上的链分为 $(u,rt),(rt,v)$，找到两条链在第二棵树上的两个链头（一定得是条链）。

然后进行异或哈希，根据第二棵树上的链的实际两个链头（一定在 $4$ 个链头之中）所在的集合（$(u,rt)$ 还是 $(v,rt)$），得出判断条件。

然后去掉不合法的情况。

还有一种哈希方法，得到第一棵树链上的点集合去掉 $u',v',rt$ 得到 $S1$，将链上点在第二棵树上的父亲得到的点集合去掉 $fa_{rt},rt$ 得到 $S2$，则 $S1=S2$。

另外还需附加条件，就是 $fa_w=rt$ 的点个数等于 $S1$ 去除的点个数，且 $\le 2$。

巨大细节题。

278.CF2003

D2

每个序列有用的只有第一个和第二个 $mex$，记为 $(a_i,b_i)$。

前者向后者连边，形成 DAG，如果某个点出度为 $1$，只有初始值为它时才能用后面的值，如果出度 $>1$，后面的值始终可用，很好做了。

E2

考虑枚举前半序列的 $\max$ 和后半序列的 $\min$ 的分界点，转化成 01 序列，合法就得要求每个区间至少存在一个 0 和一个 1，且是 00001111 排布。

显然 $0$ 和 $1$ 都从大到小排布最优，逆序对数就是 $C(a0,2)+C(a1,2)+(10 对数)$。

考虑对 01 序列进行 dp，记 $f_{i,j}$ 为考虑 $[1,i]$，有 $j$ 个 $1$。

如果 $i$ 是区间的左端点，就枚举区间内部 $0$ 个数，转移到右端点。

否则正常转移即可。

如果区间有交，找到并集的连通块，每个块求交集，删去除了交集以外的区间（并钦定这些区间必须是 $0/1$），然后区间就不交了。

F

考虑随机染色，正常 dp，记 $f_{i,s,j}$ 表示考虑 $[1,i]$ 的数，使用了集合 $s$ 的颜色，上一个数是 $j$。

279.P4482 [BJWC2018] Border 的四种求法 / UOJ752Border 的第五种求法

border 理论的持续学习。

Weak Periodicity Lemma：若 $p$ 和 $q$ 是 $s$ 的周期，且 $p+q \le |s|$，则 $\gcd(p,q)$ 也是 $s$ 的周期。

Periodicity Lemma：若 $p$ 和 $q$ 是 $s$ 的周期，且 $p+q-\gcd(p,q) \le |s|$，则 $\gcd(p,q)$ 也是 $s$ 的周期。

border 的 border 是 border。

引理：字符串 $u,v$ 满足 $2|u|\ge |v|$，则 $u$ 在 $v$ 中的所有匹配位置组成等差序列，公差为 $u$ 的最小周期。

证明：考虑匹配次数 $>2$ 的情况，$2|u|\ge |v|$ 说明两次匹配位置必定有交，而两次位置之差必定为 $u$ 的一个周期。

考虑第一次第二次和最后一次匹配，根据 Weak Periodicity Lemma，两个差的 $\gcd$ 为 $u$ 的周期。

不会，、、下次再写吧。

考虑 dag 链剖分，记 $f_u,g_u$ 分别表示以 $u$ 开头和以 $u$ 结尾的路径个数。

对于 $u\to v$，满足 $v$ 是 $u$ 的绝对重后继以及 $u$ 是 $v$ 的绝对重前驱，则为实边。

将 dag 剖分为若干条链，满足每条路径经过的链数是 $\log$ 的。

对于定位 $s[l,r]$，在一条重链上，找到链底的一个位置，跳到当前点的一个位置，与已匹配位置求个最长公共前缀就能知道链上下一个位置了。

border 就可以转化为 parent 树上一条根往下的路径与 dag 上一条路径的交了。

拆成 $\log$ 个连续区间，在 parent 树上 dfs，就很容易计算了。

280.基本子串结构（没学完）

记 $ext(t)$ 为子串 $t$ 的最长扩展串满足 $occ(ext(t))=occ(t)$，存在且唯一。

将 $ext$ 相等的串视为一个等价类，满足 $ext(t)=t$ 的串视为该等价类的代表院，每个等价类形成一个阶梯形。

以 $l$ 为横坐标，$r$ 为纵坐标。

281.CF2007/CF2006

C

显然到无穷大的时候，这些数都可以在 $\bmod \gcd(a,b)$ 意义下。

答案就是排序后相邻差的最小值。

D

显然合法只跟根节点和叶子节点有关。

对于叶子节点，一个人获得 $\lfloor\frac{lst}{2}\rfloor$，另一个人获得 $\lceil\frac{lst}{2}\rceil$。

如果根节点已经填了，两个人的最优策略显然是不断填上叶子节点。

否则，如果 $0$ 和 $1$ 个数不同，先手可以选择填上根节点，获得 $\lfloor\frac{lst}{2}\rfloor$。

否则，如果先手填上根节点，他可以获得 $c+\lfloor\frac{lst}{2}\rfloor$。

如果他不选择填上根节点，他可以在非根非叶子节点处消耗步数，此时后手一定不会填根，也不会填叶子，只能跟着先手消耗步数，如果总步数是奇数的话，后手只能选择填上根，可以获得 $c+\lceil\frac{lst}{2}\rceil$。

E

当一个联通块的点按照 dfs 序排序成环后，两两相邻 $dis$ 一定刚好经过联通块内每条边两次。

每条边是被进去和出来时各经过一次。

对于一条路径，上面有些已经确定的边，如果还有没有确定的边，可以将剩下的边权和全部填上，简单维护即可。

F

观察到如果只有两个数，当差为 $2^k$ 是合法。

将差提出，结束条件显然是，所有差为奇数且差相等。

当差为 $1$ 时合法。

考虑三个数，差为 $a,b$，$a<b$ 且 $a,b$ 都是奇数。

拆成三个数 $a,\frac{a+b}{2}-a,\frac{a+b}{2}$。

惊奇地发现 $\gcd(a,\frac{a+b}{2}-a,\frac{a+b}{2})=\gcd(a,b)$。

于是最后所有的差都为 $\gcd$ 除去 $2$ 的因子，有单调性。

G

如果只有排序的话，就是第 $i$ 小的搭上第 $i$ 大的最优。

hot！！

拆成若干条件，$1\le i\le \sqrt k,cnt(1,i)\ge cnt(\lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor, k)$，表示不能与 $i+1$ 填在一起的数不能大于 $\le i$ 的数。

对每个限制跑一遍即可。

H

显然需要每个点度数 $\le 3$，根的度数 $\le 2$。

如果以某个点作为根的话，深度就是根到所有点的最远距离。

要让这个最小。

考虑线段树维护每个点作为根的最远距离。

同时维护直径，以及直径中点。

加上一个叶子，会使直径中点移动，对【每个点作为根的最远距离】的影响是直径中点某个方向的子树全体加一。

posted @ 2024-08-01 20:02 蒟蒻orz 阅读(46) 评论(0) 编辑收藏举报

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