11月记录

470.CF10E

不是很懂的题。

妙妙妙题！！！

调整归纳好！！

记钱 \(x\) 的贪心表示为 \(G(x)\)，最小表示法为 \(M(x)\)，那么始终有 \(G(x)\ge M(x)\)。

我们要求最小的 \(w\)，满足 \(G(w) > M(w)\)。

\(G(x)\) 的子集也是贪心表示，\(M(x)\) 的子集也是最小表示，考虑反证。

由此，因为 \(w\) 最小，所以 \(G(w),M(w)\) 非零位无交，否则可以更小。

设 \(i,j\) 为 \(M(w)\) 的最小最大非零位，严格降序。

结论：\(G(a_{i-1}-1)\) 和 \(M(w)\) 的 \(1,\cdots,j-1\) 位相同，第 \(j\) 位小一。

证明：

\(G(w)\) 在 \(1\sim i-1\) 维一定有非零的，否则因为非零位无交，\(G(w)\) 第 \(i\) 维为零，因为 \(M(w)\) 第 \(i\) 维非零，故 \(w\ge a_i\)，与贪心法矛盾，所以 \(w\ge a_{i-1}\)。（1）

因为 \(w\) 是最小的，所以 \(G(w-a_j)=M(w-a_j)\)，因为 \(i\) 是 \(M(w)\) 的最小非零位且 \(M(w)\) 与 \(M(w-a_j)\) 的区别只有第 \(j\) 维差一，所以 \(M(w-a_j)\) 前 \(i-1\) 维都是 \(0\)。

\(G(w-a_j)=M(w-a_j)\) 得出 \(G(w-a_j)\) 前 \(i-1\) 维都是 \(0\)，所以 \(w-a_j<a_{i-1}\)。（2）

由 （1）：\(a_{i-1}-1-a_i<w-a_i\)，所以 \(G(a_{i-1}-1-a_i)<G(w-a_i)=M(w-a_i)\)，两边都给第 \(i\) 维加一，得到 \(G(a_{i-1}-1)<M(w)\)。

由 （2）：有 \(w-a_j\le a_{i-1}-1\)，则 \(G(w-a_j)\le G(a_{i-1}-1)\)，所以 \(M(w-a_j)\le G(a_{i-1}-1)\)。

所以，\(M(w-a_j)\le G(a_{i-1}-1)<M(w)\)。

这说明第 \(j\) 维的改变会使大小关系发生变化，因此 \(M(w)\) 与 \(G(a_{i-1}-1)\) 前 \(j-1\) 维相同，而 \(M(w)\) 在 \([j+1,n]\) 维都是零，因此 \(M(w)\) 第 \(j\) 维大于 \(G(a_{i-1}-1)\) 的第 \(j\) 维。

有没有可能 \(M(w)\) 的第 \(j\) 维 \(-\) \(G(a_{i-1}-1)\) 的第 \(j\) 维 \(\ge 2\) 呢？不可能，稍微玩玩就知道了。

471.CF2032

E

考虑对序列循环差分，可到 1 1 -1 -1，然后有 1 1 0 0 -1 -1，因为序列长度为奇数，最后可以操作回来，得到 -1 0 1，继续扩展，就等价于任意位置加 \(1\)，任意位置减 \(1\)。

F

考虑如果有两段，后面段先手必败，那么前面段需要两个人都想拿到最后一个，否则后面段先手必败，前面段每个人都想将最后一个给另外一个人，那么就是反 nim 游戏了。

从后往前 dp，\(f_{i,0/1}\) 表示考虑 \([i,n]\)，最后一段是 nim 游戏还是反 nim 游戏，然后要求后面所有段最后都先手必胜的方案数。

注意到 nim 游戏和反 nim 游戏的胜负条件仅在 \(a_i\) 全为 \(1\) 时不同。

优化转移即可。

472.CF2028

E

先手必然往上走，后手必然拉他往下面走。

设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 开始获胜的概率，那么有 \(f_u=\frac{f_{fa}+f_v}{2}\)。

设 \(k_u,b_u\) 转移即可。

F

把序列分成若干段，问每段乘积之和是否可以 \(=m\)。

注意到乘积只有 \(\log m\) 种，每种维护或和，可以做到 \(\mathcal O(\frac{n\log m}{w})\)。

mx19

A

考虑按照左端点排序，考虑新加一个线段，若最早结束的可以选择这个线段，就选择，否则加入这个线段的右端点，替换掉最大的右端点，有点反悔贪心的味道。

\(m=1\)，经典的线段覆盖问题！！就是按照右端点排序依次选择。

考虑扩展，每次判断能否选择即可，即每个点被覆盖的次数 \(\le m\)。

B

记 \(f_{i,j}\) 表示到点 \(i\)，在 dfs 序第 \(j\) 位方案数。

那么可以由父亲转移到儿子，稍微推一下转移就好了。

C

考虑一个数插入的贡献，相当于每次在大根笛卡尔树上，一个数的贡献就是顺着其所在的左/右链一直走走到拐弯为止的点的高度减去原数。

考虑从大到小插入，每次相当于插入到叶子上，假设 \(h_1<h_2<h_3<\cdots<h_n\)，现在插入 \(h_i\)，玩一玩发现，每种贡献都是可能的，即 \(h_{i+1}-h_i,h_{i+2}-h_i,\cdots ,h_n-h_i\)。

bitset 优化背包即可。

D

mx20

A

一次复制后面跟着若干粘贴，对应序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_k,a_i\ge 2\)，那么个数是 \(\prod a_i\)，代价是 \((x-y)k+y\sum_{i=1}^{k} a_i\)。

显然 \(k\) 是 \(\mathcal O(\log n)\) 级别，且显然不会存在某个 \(a_i,a_j\)，满足 \(a_i\le a_j-2\)，否则，小的变大一，大的变小一，总和不变，乘积变大，故序列 \(a\) 极差 \(<2\)。

枚举 \(k\)，设 \(a_i=t\) 或 \(t+1\)，分别枚举有 \(p\) 个 \(t\)，\(k-p\) 个 \(t+1\)，那么我们只需使得 \(t^p(t+1)^{k-p}>n\)，找到最小的 \(t\)，二分即可，时间复杂度 \(\mathcal O(\log^4 n)\)。

B

简单题。

C

D

双栈模拟 deque

妙妙东西。

会模拟“队列”，但是不太会双端队列。

做法是在右边的栈为空时，我们不全部移动左边的数，考虑只移动一半。

具体地，如果 pop 时对应的栈为空，就将另一个栈的元素移动一半给这个栈，时间复杂度为线性。

证明考虑设 \(k_i\) 为第 \(i\) 次重构时 deque 最大值的大小，\(q_i\) 为第 \(i-1\) 次重构到第 \(i\) 次重构之间加入的元素数量，那么有 \(k_i=\frac{k_{i-1}}{2}+q_i\)，重构的总时间复杂度为 \(\mathcal O(\sum k_i)\)，发现 \(q_i\) 对 \(k_{i+j}\) 有 \(\frac{q_i}{2^j}\) 的贡献，那么总时间复杂度是 \(\mathcal O(\sum q_i+\frac{q_i}{2}+\frac{q_i}{4}+\cdots)=\mathcal O(\sum q_i)\)。

例题：CF2026F

发现如果只建操作一二的版本树，那么题目等价于维护一个祖先到儿子的双端队列，支持合并查询。

同步建出操作一二三的版本树，也是可以的，每次跑到操作三的版本就是 pop_front。

用上面的技巧就行了。

[ARC176C] Max Permutation

首先连出边，建出图。

考虑一个点连的边，如果存在两个相同的，那么这个点必然是那个值，且那个值必须是连边最小的最小值，可以断掉所有边，并且给某些点添加上界。

否则，这个点的权值 \(\le\) 连边最小值，可以将除了最小值的边确定方向，递归判断即可，一个点必然只能被最小值的边确定方向。

剩下每个点度数最多为 \(1\)，只会是两个点的链或孤立点。

对于 \((u,v)\)，显然 \(b_u,b_v\le c\)，若 \(b_u<c\) 或 \(b_v<c\) 那么这就确定了，所以只有 \(b_u=b_v=c\)。

变成一个经典问题，按照 \(b_u\) 从小到大排序，维护 \(\le b_u\) 的可行位置 \(x\)：

• 如果是两个点的链，\(x\) 扩展，从 \(x\) 中选 \(2\)，\(x\) 减 \(2\)。
• 同理。

做完了。

[ARC186C] Ball and Box

妙！！

考虑发球的人的决策，如果盒子人存在一种颜色无法放了，那么发球就会发那种颜色的球，否则，发球人会快速填满容量最小的盒子，然后再放一个这个颜色的球，这样就需要买新盒子了。

为什么呢，因为盒子人有结束游戏的权利，我们发球人的策略是让前缀 \(\max\) 尽量小，就是让负增长来得尽量快。妙！！！！

具体来说，维护一个集合 \(S\)：

• 当 \(|S|<m\) 时，加入 \((v,p)\)，获得 \(-(p-1)\) 的收益。
• 当 \(|S|=m\) 时，删除 \(v\) 最小的对，获得 \(v-1\) 的收益。

将箱子按照容量排序，钦定获得正收益之前容量最小的箱子为 \(t\)，选出 \(m\) 个箱子，箱子人肯定在获得正收益后结束游戏，那么 \(S\) 就是在 \([1,t-1]\) 选出所有 \(v-p>0\) 的（已经删去的箱子），后缀选出代价前 \(m-1\) 小的。

注意容量相同的代价更大的放前面，这样只会产生代价小的负贡献，代价大的可能无贡献，稍微讨论一下就行了。

BEST 定理：有向欧拉图的欧拉回路个数为：内向树个数乘以 ∏i=1ndegi，其中 deg**i 为 i 号点的度数。

https://www.cnblogs.com/ying-xue/p/Euler-circuit.html

[ARC186E] Missing Subsequence

非常妙的题，五星好评！！

考虑先去掉“\(b\) 不是子序列”的限制。

判断是否合法，每次扩展一个最短的段，使得 \(1\sim k\) 都在这个段里出现过，扩展 \(m\) 次就合法。（经典结论。

这个序列的结构成功刻画，就是至少 \(m\) 个合法的段拼起来，后面任意填。

考虑原问题，注意到关键性质，在原问题中合法段必须是 \(m-1\) 个，且剩下的后缀必然是在一个完整段的基础上删掉一个形成的，因为最后一个字符独一无二，并且可以发现第 \(i\) 段的结尾一定是 \(b_i\)。

但是这样我们只是避免了 \(b\) 的出现，可能会有一个序列也同时无法出现。

考虑贪心找一个序列 \(c,b\ne c\)，也不出现，考虑让 \(c\) 恰好一个位置与 \(b\) 不同，否则若有多个位置不同且不出现，那么保留最后一个不同的位置也是可以成功的！！注意到一个段被匹配两次就必然出现了。

所以我们阻止改策略的方法就是形如 \([1,4,2,3,"4",5][1,2,3,5,4]\)，注意到如果没有带引号的 \(4\)，那么 \(24\) 与 \(54\) 匹配位置相同，将其他项也相同，就成功构造了一个不出现的序列，那么我们的策略就是在 \(b_i\) 之前放上一个 \(b_{i+1}\)，让它们在第 \(i\) 段被拦住。

如果 \(i=m\) 或 \(b_i=b_{i+1}\)，就无需添加位置。

如果 \(b_i\ne b_{i+1}\)，细节分析一下即可。

简单处理出两种段的 dp 数组，卷 \(m\) 次即可。

结尾可以新加 \(b_{m+1}=b_m\)，卷 \(m\) 次，求出 \(f_{n+1}\) 就是答案。

[ARC186D] Polish Mania

开始写 atcoder 的题解了！！

发现一个序列合法当且仅当：

• \(\sum_{i}a_i=len-1\)。
• \(\forall i\in[1,n]\sum_{j=i}^{n}a_j\ge n-i\)。

真是必要又充分啊！具体点应该是每个点找最近的和为 \(len-1\) 的点匹配，要求匹配不交。

枚举前缀，就变成了反射容斥，注意到 \(a_i\) 总和是 \(\mathcal O(n)\)，故时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

[ARC184C] Mountain and Valley Folds

折下纸应该可以发现。。

将下表根据 lowbit 分类，同一类的必然是 VMVMVM...。

归纳证明，第一个折痕必然是 V。

假设前 \(2^c−1\) 条奇数编号的折痕形如 VMVMVM...，第 \(2^c\) 条折痕会将前面这些折痕对称过去并取反（例如会在 VMVMVMV 末尾接上 MVMVMVMV，变为 VMVMVMVMVMVMVMV），因此前 \(2^{c+1}−1\) 条奇数编号的折痕也满足这个结构。

于是一个点是上凸的当且仅当 \(\lfloor\frac{x/lowbit(x)}{2}\rfloor\) 是奇数。

对于每个 \(a_k\)，考虑枚举 lowbit，如果有一棵从低位往高位的 trie，表示每个 \(i\) 对应的 \(f(i)\)。

那么就是对一个子树加 \(1\)。

模拟一下，最后遍历 trie 求出 \(f(i)\) 的最大值即可。

[ARC184D] Erase Balls 2D

妙妙！

数剩下球的集合似乎不太好做，考虑选择的球的集合。

如上，圆点表示选择的点，那么留下来的点就是红条覆盖的地方。

但是这样会算重，就是一种留点方案可能有不同的操作方法，显然这些操作方法互相包含，一定有一个全集，使得再操作了这个全集后，操作任意点都会改变红条。

具体来说，就是对于选择的相邻的点 \(i,j\)，不存在 \(x_i<x_k<x_j,y_i>y_k>y_j\)，满足 \((i,k)\) 围成的矩形和 \((k,j)\) 围成的矩形包含的点与 \((i,j)\) 相同。

于是每次判断合法转移点转移即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

[ARC183C] Not Argmax

妙啊！怎么会想到！！！

考虑区间 dp，设 \(f[l,r]\) 表示考虑了被 \([l,r]\) 包含的限制下区间填数的方案数。

本来想，如果有限制与 \([l,r]\) 有交就不好做了。

但你仔细想想，转移考虑枚举 \([l,r]\) 考虑被包含的限制，合法的最大值点 \(p\)，从 \(f[l,p-1],f[p+1,r]\) 转移过来，是对的！！！

那么 \(f[l,r]\leftarrow \sum_{p} \binom{r-l}{p-l}f(l,p-1)f(p+1,r)\)。

就做完了。

[ARC183D] Keep Perfectly Matched

非常妙的题！！

首先，一棵树的完美匹配最多一个。

发现，操作两个叶子，将其路径拎出来，一定是匹配边与非匹配边交替，因为不会出现相邻的匹配边和相邻的非匹配边，那么操作完就是路径取反。

再考虑最大化每次操作路径长度，考虑上界，对于一条边 \((u,v)\)，其贡献是 \(\min(sz_u,sz_v)\)。

经典问题，考虑以重心为根，这样不同子树的叶子两两匹配，可以证明一定合法且能匹配。

随便定个根，我们希望每次操作删掉的两个叶子不在根的同一棵子树中，因为这样就可以最大化每条边的贡献。由上面的推论可知，这两个叶子必然有一个位于根的匹配点的子树中，于是一次操作就是选一个不是根的匹配点的儿子，然后删掉其中的一个叶子和根的匹配点的子树中的一个叶子，并使得根的匹配转移到这个点上。

再简略一点，这就是说，一开始有若干个子树，我们先将某个子树删掉一个点，然后跳到另一棵子树删掉两个点，再跳到另一棵子树删掉两个点，问能不能删完。显然有一个充要条件是最大子树的大小不超过一半（不用担心奇偶性的问题，因为除了初始的匹配子树，其他子树的大小都是偶数，且匹配子树在一开始已经被删了一个点，也成了偶数），这正是重心的定义。

因为，先不考虑一个子树怎么操作，先考虑匹配，每次一定只有一个奇数子树，每次需要选择一个奇数子树的叶子与偶数子树的叶子匹配，可以证明这样是可以的。

再考虑操作一个子树，对于点 \(u\)，如果他初始匹配点是他的父亲，那么往下到儿子的边就是非匹配边，于是可以以任意顺序删掉他的所有儿子，然后删掉他自己。

否则，往下的边是匹配边，这意味着我们第一个删的只能是它的匹配点，并且在删掉匹配点后它的匹配点就变成了父节点，于是我们就可以以任意顺序删掉它剩下的所有儿子，最后删掉它自己。于是对每棵子树跑一遍 dfs 就是处理出合法的删点顺序了。妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！妙啊！！！！

做完了。

loj6564

妙妙题。

求值

不难改写第一类斯特林数 \(f_{i,j}=a_if_{i-1,j-1}+(i-1)f_{i-1,j}\)。

于是 \(f(n)\) 的生成函数即为 \(\prod_{i=1}^{n}(a_ix+i-1)\)。

妙妙结论！！！：有多项式 \(P,Q\) 和函数 \(c(F)=\gcd_{i}([x^i]F)\)，则 \(c(PQ)=c(P)c(Q)\)。

我们只需证明 \(c(P)=c(Q)=1\) 时，有 \(c(PQ)=1\)。

设 \(p|c(PQ)\)，其中 \(p\) 为某质数，当 \(|P|> 1\) 或 \(|Q|>1\) 时，重复一下步骤：

我们有 \(PQ\) 的最高项是 \(p\) 的倍数，那么 \(P,Q\) 中至少有一个最高项为 \(p\) 的质数，假设为 \(P\) 的最高位，设 \(P'\) 为 \(P\) 去掉最高位，那么依旧有 \(p|c(P'Q)\)，以此类推，规约到 \(P,Q\) 都只剩常数项，此时 \(P,Q\) 非常数项都是 \(P\) 的倍数，因为 \(c(P)=c(Q)=1\)，故二者常数项均不整除 \(p\)，矛盾。

CF2029G Balanced Problem

类似题：CCPC final 2023 chengdu A.add one 2

判断一个序列 \(a\)，能否由操作得出：对于 \(i\)，若 \(a_i<a_{i+1}\)，那么操作中一定由对 \(i+1\) 进行后缀加 \(a_{i+1}-a_i\) 次，\(a_i>a_{i+1}\) 同理，此时所有必要的操作进行完了，所有数都相等。

不妨设 \(a_0=a_{n+1}=M\)，其中 \(M\) 为极大值，则 \(\sum_{i=0}^{n}\max(a_i-a_{i+1},0)=\sum_{i=0}^{n}\max(a_{i+1}-a_i,0)\)。

条件为 \(a_0\ge \sum_{i=0}^{n}\max(a_i-a_{i+1},0),a_{n+1}\ge \sum_{i=0}^{n}\max(a_{i+1}-a_i,0)\)。

两者相加，有 \(\sum_{i=0}^{n}|a_{i+1}-a_i|\le 2M\) 或者说 \(\sum_{i=1}^{n-1}|a_{i+1}-a_i|\le a_1+a_n\)

注意到，若某个 \(a_i>V\)，这个数没有意义，可以删除，也不影响剩下序列合法性，现在值域为 \(\mathcal O(V)\)。

然后，相邻相等的元素可以合并，即一起操作，且 \(c_i\) 求和，则 \(|a_{i+1}-a_i|>0\)，那么此时序列长度 \(\le a_1+a_n\le 2V\)。

为什么可以合并，假设有一组最优解，考虑若初始 \(a_i=a_{i+1}\)，若这组最优解中，某一个数成功贡献了（没有成功贡献随便调整就行了），假设为 \(i\)，那么当某一前缀加包含 \(i\) 时，扩展到 \(i+1\)，当某一后缀加包含 \(i+1\) 时，取消 \(i+1\)，退回到 \(i+2\)，那么最终有 \(a_i=a_{i+1}\) 且不影响其他的值，更优，调整大法好！

考虑选择若干个元素，将其通过操作提升到相同高度，设选择了 \(p_1,p_2,\cdots,p_k\)，考虑能提升到的高度的最小值，同上，若 \(a_{p_i}<a_{p_{i+1}}\)，则需要对 \(p_i\) 前缀加 \(a_{p_{i+1}}-a_{p_i}\) 次，稍微玩一玩发现，能提升的最小高度就是 \(a_{p_1}+\sum_{i=1}^{k}\max(a_{p_{i+1}}-a_{p_i},0)\)，考虑添加 \(p_0=0\)，就是 \(H=\sum_{i=0}^{k}\max(a_{p_{i+1}}-a_{p_i},0)\)，美观度为 \(C=\sum_{i=1}^{k}c_{p_i}\)。

这意味着 \(C\) 可以贡献给 \(\ge H\) 的所有 \(v\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示选择到 \(i\)，提升高度的最小值为 \(j\)，美观度的最大值，则：

\[f_{i,j}\leftarrow \max_{k=0}^{i-1}f(k,j-\max(a_i-a_k,0))+c_i \]

分别考虑 \(a_i\) 和 \(a_k\) 的关系：

\[f_{i,j}=c_i+\max(f(k,j)[a_k>a_i],f(k,j-a_i+a_k)[a_k\le a_i])(0\le k<i) \]

从小到大枚举 \(i\)，开 \(2V\) 个树状数组，对于前 \(V\) 个，第 \(j\) 个存所有 \(f(i,j)\)，对于后 \(V\) 个，第 \(j\) 个存所有 \(f(i,j+a_i)\)，容易转移，\(\mathcal O(V^2\log V)\)。

妙妙，本质上是个二维偏序！！！

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以下是做法 \(2\)。

咕咕，还没看懂、、感觉挺自然的。

考虑 dp，枚举 \(v\) 并计算答案，设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个位置，有 \(j\) 次未结尾的前缀操作，\(k\) 次后缀操作，转移是，前缀操作可以选择一部分继承到下一个位置，剩下的结束，后缀操作必须继承到下一位，也可以在这个位置新开一些操作，发现当 \(j+k+a_v\ne v\) 时，最优策略一定是不改变 \(j,k\)，因为这样留给后面更多操作空间，妙啊！！！因此转移为：

\[f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,u,v}+c_i(j+k+a_i=v,u\ge j,v\le k)\\ f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j,k} \]

使用二维树状数组，时间复杂度 \(\mathcal O(V^3\log^2 V)\)。

如何优化，每个 \(v\) 重新算太浪费了。

考虑改变 \(k\) 这维的意义，表示只考虑有 \(v-k\) 个后缀操作，那么需要转移的 \((j,k)\) 满足 \(j+a_i=k\)。

每次找出这 \(\mathcal O(v)\) 个位置转移，\(v\) 的答案即为 \((0,0)\) 到 \((v,v)\) 的矩形的最大值。

欧拉回路问题

欧拉路指的是：存在这样一种图，可以从其中一点出发，不重复地走完其所有的边的路径。

如果欧拉路的起点与终点相同，则称之为欧拉回路。

显而易见，欧拉路存在的充要条件如下：

• 图联通。
• 对于无向图：有且仅有两个点，度数为奇数，其他点度数都是偶数；或所有点度数都是偶数。对于两个奇数点，一个为起点，一个为终点。起点需要出去，终点需要进入，故其必然与奇数个边相连。
• 对于有向图：除去起点和终点，所有点的出度与入度相等。起点出度比入度大1，终点入度比出度大1。若起点终点出入度也相同，则为欧拉回路。

dfs 寻找欧拉回路，从起点开始，每次若一条边能走，就走，标记删除这条边，可以使用当前弧优化。

CF547D

将点看成连接其横坐标和纵坐标的边, 我们为每一条边定向, 使得每一个点的入度与出度的差的绝对值不超过 \(1\)。

显然度数为偶数的点入度必须等于出度，而度数为奇数的点入出度恰好差 \(1\)。

妙妙转化：我们将度数为奇数的点连边到虚拟点，由于度数为奇数的点必然有偶数个，于是对新图跑欧拉回路即可，必然有解，而有解可以构造出原问题的解。

CF429E

设红色边为区间 \(+1\)，蓝色为 \(-1\)，那么要求每个点绝对值 \(\le 1\)，显然可以离散化。

若每个点覆盖次数都为偶数，那么显然等价于最终方案每个点都是 \(0\)，即差分数组都是 \(0\)，那么 \((l_i,r_i+1)\) 连双向边，要求每个点入度等于出度，跑欧拉回路即可。

否则，有奇数度数点，取出，\((A_{2i},A_{2i+1})\) 连边，这样可以使得每个点度数都是偶数，且原来奇数度数点有且仅有一条虚拟边，跑完欧拉回路，就会满足入度出度差绝对值 \(\le1\) 了。

求解

显然自由元很多，那么异或和为 \(0\) 的子集就很少，枚举一下判断即可。

直接从原序列上搞，有解就是 \(1\) 个数 \(\ge k\) 且连续段个数 \(\le k\)。

求和

发现，若去掉只能交换 \(a_i,b_i\) 的条件，\(2n\) 个数可以任意排列。

权值显然是排序后，考虑每个数在另一个序列中比他小的个数要尽量小，发现最优解结构为 \(p_{2i-1}\) 与 \(p_{2i}\) 不在同一个序列，这样一定能达到 \(\sum_{i=1}^{2n} p_i\times (n-\lfloor\frac{i}{2}\rfloor)\)。

否则若存在 \(p_{2i-1},p_{2i}\) 在同一个序列，必然存在 \(p_{2j-1},p_{2j}\) 在另一个同一个序列，不妨设 \(i<j\)，那么虽然 \(p_{2i}\) 变少了，但是 \(p_{2j}\) 变多了，不优，总能调整。

连边，表示这两个点颜色不同，假设有黑边 \((a_i,b_i)\)，白边 \((p_{2i-1},p_{2i})\)。

可以证明图一定是二分图，每个点都有且仅有一条黑出边和白出边，若存在奇环，那么必有一个点拥有两条颜色一样的出边，矛盾，故原图是二分图，妙妙！！

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方法二。

CF2022D2

考虑简单版，我们可以通过询问 \((a,b),(b,a)\) 确定 \(a,b\) 中是否有内鬼。

如果有，那么选择这两人中的一个和外面的一个人再问两次即可确定内鬼。

这样奇数是 \(n+1\)，偶数是 \(n\)。

似乎可以证明最优解 \(\ge n\)。

当 \(n=3\) 时，不能优化，考虑 \(n\ge 5\) 且 \(n\) 为奇数。

思考能有一开始就除去三个，发现问 \((1,2),(2,3),(3,1)\)，应该全是 yes 或者一个 yes 两个 no。

否则说明在它们之间，再用 \(4\) 次确定是谁，否则我们就用 33 次排除了三个人。

这样 \(n\ge 7\) 就最优了。

当 \(n=5\) 时，发现 \(4\) 次中有重复问的，所以只需用 \(5\) 次，也最优了。

证明 \(n-1\) 次询问，不可能中找到内鬼。

MST

考虑 MST 的以下两个性质：

• 对于所有 MST 都有每种权值的边出现次数相同
• 对于所有 MST 的每一个边权 v，加入边权为 v 的边后连通块的状态都是一样的。

BEST 定理

对于一个欧拉图（有向图）而言，其以 \(x\) 出发，\(x\) 结束的欧拉回路的个数为 \(C\times du_x\prod _{u\in V} (du_u-1)!\)，其中 \(C\) 为以 \(x\) 为根的根向树（叶向树也没问题，因为反正是欧拉图，每个点入度等于出度）的个数，\(du_u\) 表示 \(u\) 的出度。

证明：

考虑图的任意一棵根向树，对每个以 \(u\) 为起点的所有不在根向树上的 \(du_u-1\) 条出边钦定一个顺序，当然，根节点有 \(du_u\) 条出边。我们称这个根向树及这个出边的排列顺序为一个“组合”，显然我们需要证明两个部分：

• 每个组合唯一对应一条欧拉回路。
• 每条欧拉回路唯一对应一个组合。

先考虑第一个命题，我们考虑这样一个走法：从根节点开始，每到达一个节点，如果除了该节点与其在根向树上与父亲相连的边，其余边都被走过了，那么就沿着根向树上的边走向其父亲，否则就按照钦定的顺序走向下一条边。

显然这样每条边最多被访问一次，不过为什么这样走总可以得到一个欧拉回路呢？会不会走到一个地方走不下去了呢？

考虑反证法，假设走到某个点 \(u\) 之后走不下去了，如果 \(u\) 不是根节点，那么显然我们每次经过 \(u\) 都会经过它的一条入边和一条出边，而这次访问 \(u\) 只访问了 \(u\) 的一条入边，也就是说 u 的入边个数等于出边个数 \(+1\)，与原图为欧拉图矛盾。如果 \(u\) 是根节点并且到达 \(u\) 的时候没有访问完全部边，那么必然 存在某条根向树上的边 \(e=(x,fa[x])\) 没有被访问，这样一来 \((fa[x],fa[fa[x]]),(fa[fa[x]],fa[fa[fa[x]]]),⋯\) 也都不会被访问，也就是说根节点存在一条入边没有被访问，根据原图为欧拉图知 u 必然有一条出边没有被访问，矛盾！因此每个组合唯一对应一条欧拉回路。

再考虑第二个命题，我们记 \(e_u\) 为 \(u\) 最后走出去的出边，不考虑根节点，下证所有 \(e_u\) 构成一棵根向树，还是采用反证法，如果有环，那么根节点必然不会在环上，而由于环上的某个点 \(x\) 走一圈之后还能回到 \(x\)，根据原图是欧拉图，\(x\) 的入度等于出度，即访问完 \(e_x\) 后 \(x\) 经过的入边条数等于出边条数，而绕一圈又回到了 \(x\)，又对 \(x\) 经过的入边条数产生 \(1\) 的贡献，故 \(x\) 的入度等于出度 \(+1\)，矛盾！

问题： 给定 \(n\) 个节点 \(m\) 条边的有向欧拉图，求欧拉回路数。

解法： 考虑用同样的方法求出。为了去重，钦定 \(1\) 号点的一条出边为第一条访问边。

问题： 给定 \(n\) 个节点 \(m\) 条边的有向半欧拉图，求欧拉路径数。

解法： 将该图添加一条有向边变成欧拉图，新图的欧拉回路和原图的欧拉路径构成双射，用 BEST 定理计算即可。

似乎 BEST 定理也能计算欧拉路径数量，在半欧拉图上。

CF1919E

AT_arc187_c

\(P\to P'\) 显然是前缀 \(\max\) 做轮换。

从 \(P’\) 考虑就是选择若干个 \(P’_i\) 单调上升，且每一个 \(P’_i\) 是其所在段的最大值，发现其等价于 \(P’\) 的前缀最大值，即在前缀最大值中选择若干个，都满足条件，于是答案就是 \(2^{前缀 \max 个数 -1}\)。

考虑对 \(P'\) 进行 dp，因为一个 \(P\) 唯一对应一个 \(P'\)，将 \(Q\) 填充成若干 \(P’\)，计算每个 \(P'\) 的方案求和，就是答案。

妙妙了。

记 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \([1,i]\)，前缀 \(\max=j\)，发现如此记录竟能转移！！！！

因为当前位置在前缀 \(\max\) 不变的情况下的填数方案数是固定的，而这种情况下填什么数都没有影响，似乎和那道扩展 \(\max\)，填 \(mex\) 的题很像！！！

P11291 【MX-S6-T3】「KDOI-11」简单的字符串问题 2

简单题，妙妙！

定义 \(g_i\) 为最大的 \(j\) 使得 \(T[l,j]\) 合法。

可以贪心求使得 \((l,r)\) 合法的最小 \(k\)，即每次取已扩展的 \(\max g\) 扩展。

发现，定义 \(p_i\) 表示 \(j\in [i,g_i]\)，使得 \(g_j\) 最大，那么扩展过程可以看作 \(i\to p_i\) 跳 \(k\) 次，妙妙！！！

建成一个内向树，稍微数数就好了。

小 H 的积木(jimuuu)

维护一下能配对的栈顶，贪心取最小字典序即可。

小 H 的树(tree)

sb 题。

小 H 的串(string)

对于这种进行若干操作得到一个结果，并要求本质不同结果的题。

一种想法是对操作去重，另一种想法是对合法结果计数，也就是 dp 套 dp。

第一种之前出现过了。

贪心不好判断合法，发现可以 dp，将 dp 状态共 \(2^m\) 个作为状态即可。

小 H 的蛋糕(cake)

\(tp=0\) 是简单的。

竟然能观察到凸性！！！！对啊，恰好取 \(k\) 个区间，关键词触发了。

问题变为，选择若干个区间，计算覆盖所有位置的最大权值，显然权值和为正数的区间必选，还可以视情况选择其他区间。

考虑 dp，记 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \([1,i]\)，最前的没被覆盖的位置为 \(j\) 的最大权值，\(f_{i,0}\) 表示所有位置都被覆盖的最大权值。

找到以 \(i+1\) 为右端点，且权值为正的区间左端点最小值 \(p\)，那么 \(f_{i,k},k\ge p\) 还有 \(f_{i,0}\) 都能转移到 \(f_{i+1,0}\)，同时，所有 \(f_{i,k},k<p\) 都会加上这些正区间的权值转移到 \(f_{i+1,k}\)。

考虑 \(f_{i,k},k<p\) 转移到 \(f_{i+1,0}\) 的条件，就是选择了 \([x,i+1],x\le k\) 的区间进行覆盖，代价为 \(s_{i+1}-s_{x-1}-C\)，选择前缀前缀和最小值转移即可。

妙妙 dp 设计，发现这样最前的没被覆盖的位置每次要么不变，要么不见了，不会动，转移方向是 \(\mathcal O(1)\) 的。

时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2n)\)。

a

容易推出式子为，有若干实数对 \((a_i,b_i)\)，最小化 \(\sum_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{i-1}b_ja_i\)。

发现可以 exchange argument，推出条件排序即可。

b

随机化。

c

很妙的题。

等价于在一个双向的完全图上数 \(a\to b,b\to c,a\to c\) 且边权都相同的三角形。

考虑容斥，钦定某两条边颜色不同，于是只需要 \(in_{u,0/1},out_{u,0/1}\) 表示每条边入边颜色为 \(0/1\) 的边数，出边颜色为 \(0/1\) 的边数。

点分治容易计算。

对于钦定的两条边的交点进行计算即可。

防诈骗（game）

容易将去掉 \(lowbit\) 后相同的归一类，每一类是独立的，发现每一类其实就是个 \(nim\) 游戏，于是整个游戏的 \(SG(n)\) 为 \(\oplus_{i=1}^{n}lowbit(i)\)，观察 \(lowbit(i)\) 的函数后可以找出类似倍增的规律，即 \(SG(n)\) 只与 \(n\) 中的 \(1\) 有关，变成一个背包问题。

CF2030G2

考虑计算一个集合的权值，枚举交点 \(x\)，并取最小值，即 \(\min_x \sum_{i=1}^{n}[r_i\le x](x-r_i)+[l_i>x](l_i-x)\)，显然，若所有区间左右端点都不相同，那么这个值取最小当且仅当 \(x\) 左边线段数量等于 \(x\) 右边线段数量。

考虑离散化，将相同的端点散开，这样，一定会存在 \(x\) 左边线段数量等于 \(x\) 右边线段数量的点，且一定在离散化的端点上。

枚举离散化后一个端点 \(x\)，左边有 \(c_1\) 条线段，右边有 \(c_2\) 条线段，枚举一个在子集里的线段端点，钦定其产生贡献，分类讨论，则答案为：

\[\sum_{l_i>x}\sum_{j\ge 1}\binom{c1}{j}\binom{c2-1}{j-1}2^{n-c1-c2}l_i-\sum_{r_i\le x}\sum_{j\ge 1}\binom{c1-1}{j-1}\binom{c2}{j}2^{n-c1-c2}\\ =2^{n-c1-c2}(\sum_{l_i>x}l_i\binom{c1+c2-1}{c2}-\sum_{r_i\le x}r_i\binom{c1+c2-1}{c1}) \]

扫一遍就好了，但是，对于一个子集，会有多个点使得他左右线段数量相等，一定是一段区间，考虑计数最小的那个点，即存在一个线段，其左端点或右端点为 \(x\)，这样当 \(x\) 继续减小时，会使左边的线段数 \(−1\)，或右边的线段树 \(+1\)。容斥掉不选这个最小点的情况即可，妙！！！

B

记 \(f_{i,j}\) 表示型号为 \(i\) 的机器人用 \(j\) 秒发的最多传单数量，显然一个机器人必然是先生成，再发传单。

考虑两种转移，生成新机器人即为 \(f_{i+1,j-ci}+f_{i,j-ci}\)，发传单即为 \(f_{i,j-1}+1\)。

注意到我们生成一个机器人后，两个机器人至少可以发 \(2(j-ci)\) 张传单，不生成只能发 \(j\) 张传单，故当 \(2(j-ci)\ge j\) 时我们一定生成，否则一定不生成，因为 \(2(j-ci)<j \to j<2ci\)，所以我们只能生成一次，并且新生成的机器人不能生成了，妙！！！！

这样根据 \(i,j\) 可以直接确定转移方向。

但是，我们的转移与 \(c\) 有关，并不能解决多次询问。

注意到 \(2(j-ci)\ge j\)，即为 \(\lfloor\frac{j}{c}\rfloor \ge 2i\)，于是我们将状态改为记录 \(k=\lfloor\frac{j}{c}\rfloor\)，将答案表示为 \(g_{i,k}\times c+f_{i,k}\times (n\bmod c)\)。

因为开始生成机器人的时刻 \(\bmod c\) 同余，即 \(f_{i,k}=j=kc+(j\bmod c)=kc+(n\bmod c),k<2i\)，于是我们分别记录这两项倒推即可，完全想不到啊！！！

考虑转移，\(k\ge 2i\) 时有 \(f_{i,k}=f_{i,k-i}+f_{i+1,k-i},g_{i,k}=g_{i,k-i}+g_{i+1,k-i}\)，否则有 \(f_{i,k}=1,g_{i,k}=k\)。

注意到生成一个型号 \(i\) 的机器人至少需要 \(\frac{i(i-1)}{2}\) 妙，所以 \(i\) 这一位记录到 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 即可。

状态数是 \(\mathcal O(n\sqrt n)\)，转移 \(\mathcal O(1)\)。

就是生成新机器人的时间一定是 c 的倍数，所以每个机器人发传单的时间同余 n mod c，而我们 dp 时只关心 n/c 的值，这样就能使 dp 与 n，c 无关。

妙妙啊！！！

复习组合数学之不相邻问题

\(n\) 个同类球放进 \(k\) 个不同盒子，可空，方案数为 \(\binom{n+k-1}{k-1}\)。

有 \(n\) 个球排成一列，从中取出 \(m\) 个不相邻的球，问有多少种解法。

相当于将 \(n-m\) 个球分成 \(m+1\) 份，除了第一份和最后一份可以没有球，其他都要有一个球。考虑给中间 \(m-1\) 份每份一个球，问题变为 \(n-m-(m-1)\) 个球放入 \(m+1\) 个盒子，盒子可以没有球，或者说将 \(n-m+2\) 个球放入 \(m+1\) 个盒子，盒子必须有球，方案数都为 \(\binom{n-m+1}{m}\)。

有 \(n\) 个球排成一个环，从中取出 \(m\) 个不相邻的球，问有多少种解法。

随便考虑一个球，钦定他必须选，则他左右都不能选，变成一个 \(n-3\) 的链问题，方案数为 \(\binom{n-m-1}{m-1}\)。

再钦定他不能选，则变为 \(n-1\) 个球的链问题，方案数为 \(\binom{n-m}{m}\)。

所以总方案数为 \(\binom{n-m}{m}+\binom{n-m-1}{m-1}\)。

P9195 [JOI Open 2016] JOIRIS

妙妙题。

好了这题的条件和 shenyang codeforces 都不同，应该区分。

先考虑模 \(k\) 意义下的序列 \(a_i\)，使得所有数相等，发现列操作无影响，行操作就是对 \([x,x+k)\) 加一。

考虑差分数组 \(d_i=a_i-a_{i-1}\)，那么操作是 \(d_i\leftarrow d_i+1,d_{i+k}\leftarrow d_{i+k}-1\)，而终止条件是 \(\forall i\in[2,n],d_i=0\)，记 \(b_r=\sum_{i\bmod k=r}d_i\)，有解充要条件是 \(\forall r\in[0,k),r\ne 1\bmod k,r\ne (n+1)\bmod k,b_r\equiv 0\pmod k\)。不用考虑 \(d_1\) 和 \(d_{n+1}\)，因为我们可以将多余的数都往这些位置仍。

考虑构造操作 \(d_i\leftarrow d_i+v,d_{i+k}\leftarrow d_{i+k}-v,v\in [0,k)\)。

• 在 \(i\) 处加入 \(v\) 个横块，在 \([1,n]/[i,i+k)\) 处加入两个竖块，此时 \(v\) 个横块全部被消除，然后，\([1,n]/[i,i+k)\) 这些位置相对 \([i,i+k)\) 减少了 \(v\)。

mx20 C

妙妙题！！

类似加权随机，观察到再问一遍无影响，于是概率等价于每次随机一个题目问，求变成 \(s\) 的概率和。

建出一个 \(2^n\) 的图，每个点的出边表示转移，注意需要处理自环，且每个点只会向子集转移，处理一下可以做到 \(\mathcal O(3^m)\)。

类似子集卷积，按照位数从大往小做，处理出 \(|s|\ge i\) 的 \(f_s\)，我们希望求出 \(|s|=i-1\) 的 \(f_s\)，转移类似 \(\frac{f_s}{c_s}\times g_t\to f_{s\cap t}\)，其中 \(c_s\) 表示与 \(s\) 有交且不包含 \(s\) 的题目数量，\(g_t\) 表示情况为 \(t\) 的题目数量，要求 \(0<|s\cap t|<s\)，故使用 \(|s|\ge i\) 的 \(f_s\) 与 \(g\) 做卷积后取出 \(|s|=i-1\) 即为所求。

mx20D

问题可以变成我们可以成功排序所有 \(01\) 序列。

考虑这个 \(01\) 序列单峰或者单谷，分治，对 \(i\in[1,2^{k-1}]\)，同时执行 \(F(i,i+2^{k-1})\)。

序列形如：

1111111111
1110001111

变成：

1110001111
1111111111

形如：

111000000
000001111

变成：

000000000
111001111

注意到两边都满足单峰或者单谷的条件，可以分治下去。

考虑一般 \(01\) 序列，假设左右两边都做好了排序，那么我们只需要将右边翻转，就变成单谷了！！！

套用单谷的分治即可！！

操作数为 \(F(n)=2F(\frac{n}{2})+G(n),G(n)=\frac{n}{2}+2G(\frac{n}{2})\)。

妙妙！！

CF2038E

又是妙妙题！！！

显然是从后往前，每个位置加 \(h_i\) 的水量，使得平衡后，切割这个位置的水。

考虑维护若干连续段，满足这些连续段水量相等，且加水之后，需要平均分。

考虑加水操作，实际上会跳过后缀若干段，这些段水位与左边管道齐平，找到第一个不满足的段，进行操作，若操作完这个段后水位与右边管道齐平，就与右边段合并。

CF1967D

可以二分答案，并且可以双指针判断，即看 \(a_1\) 是否能到 \(1\)，若不能，则看是否能到 \(2\)，如果能，\(a_2\) 就只需从 \(2\) 开始判断。

于是问题转化为 \(\mathcal O(m\log m)\) 次判断一个点能否到达一个点。

CF1936D

一次询问考虑分治，双指针计算跨过中点的区间贡献，注意到前后缀或只有 \(\mathcal O(\log V)\) 个，于是单次计算复杂度 \(\mathcal O(\log V)\)。

考虑套到线段树上，就做完了。

CF1930E

被薄纱。。。

考虑计数最终序列，\(1\) 表示被删除，\(0\) 表示留下。

有结论：序列合法当且仅当 \(1\) 个数为 \(2k\) 的倍数，且存在一个 \(0\)，满足左边右边都至少有 \(k\) 个 \(1\)。

必要性，考虑最后一个操作，中间留下的数必须是 \(0\)。

充分性：

设这个 \(0\) 的位置为 \(p\)，如果某一侧有 \(\ge 3k\) 个 \(1\)，显然可以进行操作，最后两侧 \(1\) 个数 \(\in [k,3k)\)，且两侧 \(1\) 总和只能为 \(2k\) 或 \(4k\)，此时操作必须跨过两边。

若是 \(4k\)，那么直接操作，一定可以操作，就结束了，怎么是这样呢？》？？？？

其实不用 \(\ge 3k\) 的操作也是可以的。

考虑容斥计算方案，减掉不合法的，设 \(x\) 为 \(1\) 的个数，考虑首先有一个长度为 \(x\) 的全 \(1\) 串，往里面插入 \(n-x\) 个 \(0\)，我们发现 \(0\) 只能插在两边 \(k-1\) 个 \(1\) 的两边，也就是只有 \(2k\) 个位置可以插，方案数为 \(\binom{n-x+2k-1}{2k-1}\)。

复习 CF441E、CF1864H

CF1943E2

非常妙的题！！！

这种最大最小博弈可以往二分答案变成胜负游戏的方向考虑。

于是二分答案 \([0,lim]\)，问题变为 Bob 能否清空某一个堆。

此时 Alice 就需要拿完 \([0,lim]\) 所有堆中各一个，所以 Alice 的最优策略是每次拿次数最小的堆。

再考虑 Bob 的策略，没有发现。

考虑枚举 Bob 最后清空了的最小堆 \(j\) ，那么 Bob 显然不会去操作比他大的堆，因为 Bob 若要去操作比他大的堆，只有可能是将他们操作过来当替罪羊去凑轮数，那么不优于后面的问题，于是 Alice 也不会去操作后面的堆。

发现，Bob 不能操作成 \(a_j<a_{j-1}\)，这样轮数减一了，非常不优，于是 Bob 最优操作先操作前面的，每次操作是进行 \(k\) 轮，目前有其它数的数量和目标的数量相同，那么先删和目标数量相同的数，再删目标。

简单判断一下可以通过简单版。

考虑优化判断过程，发现每次 Bob 取到的数会变成极差 \(\le 1\) 的序列，若有 \(a\) 个数，和为 \(b\)，那么形态是固定的，用 \((a,b)\) 表示这个状态，显然若 \((a,b)\) 先手胜，那么 \((a,b+1)\) 也是先手胜，可以固定 \(a\) 二分使得 \((a,b)\) 合法的最小 \(b\)，因为这种序列情况下，每次 Alice 删除的堆的个数我是知道的！！，即 \((a,b)\to (a-1,b-k-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)\)。

我们希望计算出一个 \(j\)，满足 Alice 操作完 \([0,j]\) 后，剩余序列极差 \(\le 1\)，这样就可以 \(\mathcal O(1)\) 判断了。

考虑条件，我们发现，在最小的合法 \(j\)，满足在前 \(j+1\) 轮，Bob 的操作一定只会操作在 \([j+1,t]\)，这时候可以确定判断条件 \(\lfloor\frac{s_t-s_j-(j+1)k}{t-j}\rfloor\le a_{j+1}\)。

于是我们假定所有 Bob 操作都在 \([j+1,t]\)，这样条件是单调的，可以二分出最小 \(j\)，简单证明这个最小 \(j\) 就是我们要求的，妙！

就做完了，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)，似乎可以双指针优化。

CF1930F

著名结论：\(a+b=(a | b)+(a \& b)\)。

\[\max_x(\max_{v\in a}(v | x)-\min_{v\in a}(v|x)) \]

固定产生 \(\max\) 为 \(a_s\)，\(\min\) 为 \(a_t\)。

那么最优 \(x\) 的出的数应该是 \(a_s-(a_s\and a_t)\)。

我们发现答案就是两两 \(a_s,a_t\) 上面值的最大值，一定取到答案且合法，太脑筋急转弯了吧，应该记下来！！。

现在新加数 \(v\)，只需考虑 \(v\) 作为 \(a_s,a_t\) 带来的贡献即可。

前者是 \(\max(v-(v\and a_i))=v-\min(v \and a_i)\)。

按位贪心，只需知道是否有 \(a_i\) 是 \(s\) 的子集，可以记搜。

后者是 \(\max(a_i-(v\and a_i))=\max((v|a_i)-v)\)，转化后变量单一，就能做了。

依旧是按位贪心。

ARC187D

分类讨论 \(c_1\) 选择了 \(a_1\) 还是 \(b_1\)。

若 \(a_i,b_i\) 在同侧，无用。

只需要考虑不同侧的对（这样左右就独立了！！！），确定左边最小值，那么比他小的都得选择右括号，可以维护一下前缀右括号最大值 \(-\) 当前值的最小值，插入就是后缀取 \(\max\)，但是发现覆盖就行了。

还有正常做法。

枚举最小值，记 \(f_i\) 表示最小值为 \(i\) 时最小的最大值，显然 \(f_i\) 单调。

一样区间覆盖。

两个做法各有妙处。

CF2029I

发现重要结论 \(f(x)=\sum_{i}(x-a_i)^2\)，是二次函数，且最小值在 \(\frac{\sum_{i}a_i}{n}\) 取到。

于是我们枚举可能的 \(\mathcal O(nm)\) 种平均数 \(x\)，计算 \(f(x)\) 操作若干次的最小值即可，这样方差和 \(a_i\) 就独立了！！

问题变为：给定正整数 \(x\)，对恰好 \(i\) 个区间执行区间 \(+k\) 操作，求操作结束后 \(\sum(a_i-x)^2\) 的最小值。

可以建出网络流：

• 对于 \(1\le i\le n + 1\)，\(id_{i,0}\) 分别与 \(s,t\) 连边。
• 对于 \(1\le i\le n,1\le j\le m\)，\(id_{i,0}\) 向 \(id_{i,j}\) 连边 \((1,(a_i-x+jk)^2-(a_i-x+(j-1)k)^2)\)，\(id_{i,j}\) 向 \(id_{i+1,0}\) 连边。

这样 \(id_{i,j}\) 就表示这个点被加了多少次，为什么这样是对的呢，因为你发现平方的差分的单调递增的，所有最优的流一定先流 \(id_{i,j}\)，再流 \(id_{i,j+1}\)。

考虑模拟费用流，找增广路：

• \(s\) 到某个 \(id_{x,0}\)，走正向边到 \(id_{y,0},x<y\)，相当于 \([x,y-1]\) 全部扩展一次。
• \(s\) 到某个 \(id_{y,0}\)，走反向边到 \(id_{x,0},x<y\)，然后走到 \(t\)，等价于反悔区间 \([x,y-1]\)，减少一次。

直接模拟即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2m^2)\)。

上面的 \(id_{i,0}\) 其实有点问题，就是要拆成入点和出点。

CF1864H

期望进行次数可以转成对还没结束的局面概率求和，即数 \(<n\) 的概率求和。

\(n\) 自减，考虑让和 \(=n\)，在前面补上 \(\delta\)，转成为操作序列 \((\delta,a_0,a_1,\cdots,a^{L})\)，其中 \(L\) 表示钦定操作序列进行了 \(L\) 次 \(\times 2\)，满足：

\[\delta+\sum_{i=0}^{L}a_i2^i=n-2^L \]

其中减去 \(2^L\) 是因为开始的 \(1\)。

妙妙转化，$\le $ 变成 \(=\)，妙！

这样的操作序列的概率为 \(\frac{1}{2^L}\times \frac{1}{2^{\sum a}}\)。

感觉是数位 dp 能干的事，记 \(b_{i,j}\) 表示 \(a_i\) 二进制下第 \(j\) 位，记 \(B=\log n\)，有：

\[\delta+2^L+\sum_{i=0}^{L}2^i\sum_{j=0}^{B}b_{i,j}2^j=n\\ \delta+2^L+\sum_{i=0}^{L}\sum_{j=0}^{B}b_{i,j}2^{i+j}=n\\ \delta+2^L+\sum_{d=0}^{B}2^d\sum_{i=0}^{\min(L,d)}b_{i,d-i}=n \]

其中 \(d=i+j\)，记 \(f_{d,j}\) 表示 \([2^d]\delta+\sum_{i=0}^{\min(L,d)}b_{i,d-i}=j\) 的贡献之和，转移枚举 \(i\) 和 \(b_{i,d-i}\) 取值为 \(0/1\) 即可，计算贡献。

设 \(dp_{d,j}\) 表示考虑到第 \(d\) 位，前面这一位进位了 \(j\)，枚举所有数的第 \(d\) 位值之和为 \(k\)，贡献为 \(dp_{d,j}\times f_{d,k}\to dp_{d+1,\frac{j+k}{2}}\)，需要保证 \(j+k\) 进位后剩下值等于 \(n\) 的第 \(d\) 位。

妙啊！！！

CF1930G

显然是考虑相邻前缀最大值转移，记 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的序列数量。

考虑寻找转移顺序。

判断一个点是前缀最大值：

• 它的所有祖先编号小于它。
• 之前 dfs 过的祖先的儿子（不是一个祖先）子树 \(\max\) 小于它。

那么考虑将一个点的所有儿子按照子树 \(\max\) 升序排序，获得一个 dfs 序，那么以 \(i\) 结尾的序列中的值都在 \([1,dfn_i]\) 中，给了我们一个很好的转移顺序，因为编号并不好考虑，但很好处理，然后我们可以跑一遍这个 dfs 序，这样到 \(i\) 时跑过的点就是 \([1,dfn_i]\) 了，边 dfs 边计数。

考虑上一个前缀最大值 \(j\) 转移到 \(i\) 的条件，有 \(j<i,dfn_j<dfn_i\)，设 \(d=\operatorname{LCA}(i,j)\)。

• \(i\) 的所有祖先编号小于 \(i\)。
• 若 \(j\) 不是 \(i\) 的祖先，那么 \(d\) 在 \(j\) 方向上的儿子的子树最大值等于 \(j\)，且 \(j\) 大于 \(i\) 的所有祖先。
• 若 \(j\) 是 \(i\) 的祖先，则 \(j\) 是 \(i\) 的祖先最大值。

妙妙，因为是计数前缀最大值序列，所以我们不会旁生分支，只考虑必经点。

还有编号限制，考虑用 BIT 维护，我们 dfs 到 \(i\)，将 \(i\) 的所有祖先即祖先的非祖先儿子的 \(f\) 值加入，因为只有这些会转移到 \(i\)，并且可以继承。

设 \(v\) 为 \(i\) 祖先编号最大值，则：

• 若 \(v>i\)，则 \(f_i=0\)。
• 否则 \(f_i=\sum_{j\in BIT,v\le j<i} f_j\)。

就做完了，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

切割蛋糕(cake)

拆式子。

游乐园(park)

按照 \(a_i-b_i\) 从大到小排序，枚举分界点，前缀取 \(b_i\) 前 \(k\) 大，后缀按照 \(a_i\) 从小往大取，能取就取，bit 上二分即可。

有根树(tree)

写过了。

集合操作(set)

妙妙题。

将 \(u\) 向他的所有倍数连边，形成一张 DAG。

我们考虑给每个点赋一个排列，表示操作时间，如果一个点的权值是他的因子的最小值，那么表示他被操作了。

记 \(f(p)=\sum_{i=1}^{n}[\min_{d|i}p_d=p_i]\)，我们尝试说明 \(\sum_{p} f(p)=n!\times ans\)。

对于原题，停止后剩下 \(s\) 个元素的贡献概率为 \(\frac{s!}{n!}\)。

考虑拎出一条倍数链，\(a_1,a_2,\cdots a_k\)，定义下标集合 \(s\) 表示被操作过的下标，那么原题的贡献概率为 \(\frac{1}{n\times (s_1-1)\times (s_2-1)\times \cdots}\)。

而我们对应 \(s\) 集合为前缀 \(\min\) 的排列个数刚好也是这个，很对！

考虑会原来的 dag 上，钦定若干点是因子的 \(\min\)，但是 dag 的拓扑序不好做。

不会了！！！！

似乎用拓扑序感性理解就很对！！！

考虑一个数的贡献概率，就是所有排列中满足它的因子的 \(\min\) 的概率就是 \(\frac{1}{d(i)}\)。

所以答案就是 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{d(i)}\)，min25 筛即可。