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 $\mathcal O(\frac{n\log m}{w})$。

473.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

474.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

475.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。

476.[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。

477.[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。

478.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。

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

480.[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。

481.[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 $\mathcal O(n)$。

482.[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。

483.[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 $\mathcal O(n^3)$。

484.[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。

485.[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。

486.loj6564

妙妙题。

487.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。

488.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。

489.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。

490.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。

491.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。

492.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 $\le k$。

493.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。

494.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。

495.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。

496.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。

497.CF1919E

498.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！！！

499.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。

500.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。

501.小 H 的树(tree)

sb 题。

502.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。

503.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 $\mathcal O(n\log^2n)$。

504.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。

505.b

随机化。

506.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。

507.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。

508.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！！！

509.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！！！

510.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 $\binom{n-m}{m}+\binom{n-m-1}{m-1}$。

511.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 $v$。

512.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。

513.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！！

514.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。

515.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。

516.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。

517.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 $\binom{n-x+2k-1}{2k-1}$。

518.复习 CF441E、CF1864H

519.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。

520.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。

521.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。

522.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。

523.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！！！

524.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 $\mathcal O(n\log n)$。

525.切割蛋糕(cake)

拆式子。

526.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。

527.有根树(tree)

写过了。

528.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。