12 月记录

529.CF2034F2

强化为 $m$ 倍。

首先可以观察到，每条路径的概率相等，故我们只需计算所有路径的宝石和。

定义每次满足翻倍条件时，我们是将每个现有的宝石复制 $(m-1)$ 份。

设 $f_{x,y}$ 表示在满足条件 $(x,y)$ 时，生成的宝石数。

每次满足状态时，我们要么由从箱子中抽取的宝石生成新宝石，要么由先前生成的宝石生成新宝石。

对于前者，转移为：

$$f_{x,y}\leftarrow P(0,0,x,y)\times (2x+y)$$

对于后者，转移为：

$$f_{x2,y2}\leftarrow f_{x1,y1}\times P(x1,y1,x2,y2)[x1\le x2][y1\le y2]$$

意义为由状态 $(x1,y1)$ 生成的宝石在当前生成新宝石。

时间复杂度 $\mathcal O(k^2)$。

530.CF2042F

似乎直接维护在区间中取了 $1/2$ 个区间的最大值就好了，直接做模拟费用流的话非常麻烦。

$a \oplus b+b\oplus c\ge a\oplus c$。

531.CF2042E

手刃 clist *2800。

先二分找到一个必选的根，每次只需按位考虑能否去掉一个点，相当于将这个点及其子树都去掉。

那么如果子树内有一种颜色出现两次，显然不行，否则，需要子树内的点的另外一个对应点在根所在的联通块内，随便优化一下就好了。

532.The 3rd Universal Cup. Stage 19: Shenyang https://qoj.ac/contest/1865

A

妙妙题。

可以转化为递减序列，首项必须贡献高度，其他位置可以选择是否贡献高度。

设 $dp1_{i,j,k}$ 表示考虑了 $i$ 段，从大到小考虑到长度为 $j$ 的段，目前高度是 $k$，转移可以考虑新增一个长度为 $j$ 的段，或者转而考虑长度为 $j-1$ 的段，这样是一步一步走，似乎跳着走也可以，不过麻烦些。

设 $dp2_{i,j,k}$ 表示考虑了 $i$ 段，其中有 $j$ 段对高度有贡献，目前高度为 $k$，转移可以考虑新增一个长度为 $1$ 的段，或者已有的段全部增高 $1$，妙妙，发现每种状态都有唯一转移，类似杨表的转移。

考虑根号分治，在 $dp2$ 中处理长度 $\ge \sqrt m$ 的段，即转移修改成每次新增一个长度为 $\sqrt m$ 的段。

然后用 $dp2$ 更新 $dp1$ 的初值，再使用 $dp1$ 处理长度 $< \sqrt m$ 的段即可。

时间复杂度 $\mathcal O(nm\sqrt m)$。

B

写个搜发现 $\gcd(n,m)>1$ 无解。

C

非常妙的题。

无解的情况只有第 $1$ 轮开始时就有角色被陨石砸到，或者某一轮中所有格子均有陨石落下。

考虑只有一个角色的情况，考虑时光倒流，第 $m$ 轮是一个单点，找到前一轮的位置，加上走过的区间并多出来的部分的前缀时间的陨石和。

考虑一个区间 $[l,r]$，如果上一轮有格子没有落下陨石可以直接走到这些格子，否则一定是走到两侧最近的不会落下陨石的格子。

妙妙！可以归纳证明，所有有效的区间左右端点单调，且每一轮只有 $\mathcal O(n)$ 个。

考虑有多个角色的情况，若某些角色在之后要相遇，可以直接调整为在第一轮相遇，不会变劣，太妙了。

于是先做上面的转移，求出 $\mathcal O(n)$ 个有效区间的 dp 值。

接下来选择这些区间的若干个，每个区间内的角色不用考虑，只需算上区间外的角色向左或者向右走到一个区间，并沿途挖空第一轮落下的陨石。

设 $dp_{i,0/1/2}$ 表示考虑到 $[1,i]$，当前格子没有区间外的角色经过 $/$ 有区间外的角色向左经过 $/$ 有区间外的角色向右经过时所需挖走的最少陨石总数。

std 的转移写得很妙，限制不用太紧，因为不满足限制的转移都是不优的，使用单调队列维护选择区间的转移的 $\max$ 即可，注意 $dp_{i,1}$ 需要钦定前面有选择区间，$dp_{i,2}$ 就不需要，因为他贡献不了答案。

D

发现答案就是逆序对的奇偶性。

区间左右移动也可以看成若干次交换相邻，也很好处理。

E

考虑找到一个初始矩阵的顺序，每次计算前缀的影响，得到当前的矩阵，算上最短路径，得到一种方案的代价。

状压找最小代价即可。

H

遍历实际上是 dfs，每次找最小编号未访问点。

考虑一棵树，以 $1$ 为根，从 $u$ 点可以往子树中连出的边，对于树边 $u\to v$，$u$ 还可以与 $v$ 子树内编号 $>v$ 的点任意连边，方案数为 $2^k$，容易发现只有这些方案。

可以不经过特殊边的情况用上面算就好了。

接下来考虑添加 $p\to q$，连接了两棵树。

• $T1$ 连边无影响。
• $T2$ 连边是以 $q$ 为根。
• $T1$ 与 $T2$ 的连边相当于是 $1\to p$ 路径上的点与 $T2$ 上的点的贡献。

可以分别处理，第二部分就换根，第三部分搜一下就行了。

I

很妙。

限制就是后缀 $k$ 层的边数和不超过 $k$ 条。

从必要性考虑，找到最深的点子树中有两个叶子深度相同，那么一定要修改一条，并且不会修改两条，因为将其中一条换成 $u$ 到父亲的边更优。

枚举修改两条边之中的一条然后递归处理，由于最多修改 $n$ 条边，递归次数是 $\mathcal O(2^n)$，每次找 $u$ 的时间复杂度是 $\mathcal O(n2^n)$，总时间复杂度是 $\mathcal O(n4^n)$。

J

模拟题。

L

现在就是找到 $f(L)-f(R)\ge K$ 的 $R-L$ 最小然后 $L$ 最小的解。

注意到最优解一定可以平移使得 $L,R$ “恰好”是某次过题的时间。

于是我们反向考虑，固定 $L$ 是某次过题的时间，二分求出最小的过题时间 $R'$ 使得 $f(L)-f(R')\ge K$，再在 $R'$ 和上一次过题时间之间二分得到最小的 $R$，因为同一段内的 $f$ 是单调的，再尝试向左平移这组解，固定 $R$ 为某次过题的时间是同理的。

M

连出有向图，问题变成从某个点出发是否能到达一个权值和非 $0$ 的环，考虑缩点。

问题变为判断一个强联通分量是否有权值和非 $0$ 的环。

若一个强联通分量所有环权值和为 $0$，可以一定满足取出一棵 dfs，求出 $dep$，满足所有非树边的限制，就这样检查即可。

533.P9142 [THUPC 2023 初赛] 欺诈游戏

534.P9133 [THUPC 2023 初赛] 大富翁

535.P9135 [THUPC 2023 初赛] 快速 LCM 变换

536.P9137 [THUPC 2023 初赛] 速战速决

537.P10801 [CEOI2024] 海战

538.P9482 [NOI2023] 字符串

539.CF1750F

540.P10786 [NOI2024] 百万富翁

541.P11110 [ROI 2023 Day 2] 陶陶装苹果

542.P8476 「GLR-R3」惊蛰

543.[ABC347G] Grid Coloring 2

544.QOJ8089 Flaaffy

超级妙！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

545.QOJ9863 Brackets

显然只需考虑合法的串、内部合法且剩下若干左括号、内部合法且剩下若干右括号这三种情况。

其中后面两种哈希匹配即可，问题变成如何求剩下的括号的哈希值。

以左括号为例，维护一个栈，如果当前是右括号，且栈顶左括号无法与他匹配，则清空栈，并标记后续所有左端点小于它的区间无效；否则进行匹配。

如果是左括号直接加入即可。

考虑一个区间左端点，首先得是左括号，如果左端点在某对匹配的括号内部（这个在进行括号匹配时，做个区间覆盖即可，并查集维护），则区间不合法。

否则，计算栈中所有位于这段区间内的左括号的哈希值（二分），存下后缀哈希值即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

546.P7830 [CCO2021] Through Another Maze Darkly

妙妙题。

直接模拟感觉非常复杂。

还是应该紧密结合特殊性质。

发现进行有限次后，我们会按照欧拉序进行访问。

于是在欧拉序上模拟，如果我们某次从 $u$ 走到 $u$ 的父亲上了，意味着下一次走到 $(u,k)$ 的下一个节点必然是 $(u,k)$ 在欧拉序的下一位，这样的路径下一个点是有规律可循的，可以与欧拉序结合。

我们钦定这个欧拉序是环状的。

我们先标记所有节点，如果当前在一个有标记的节点，发现重要性质：这个节点一定没有被访问过，其实就是定义、、、我们删除 $u$ 的所有标记（因为在此时，我们就已经可以将 $u$ 解决了，后面的遍历顺序和欧拉序已经相同），并跳到 $u$ 的顺时针第二个儿子处（注意是在欧拉序上）。

于是我们对于 $x$，删除他的所有标记，跳到第二个儿子处，然后顺序走到下一个有标记的位置，使用并查集维护即可。

询问可以离线下来做到 $\mathcal O(n\alpha(n)+q)$。

547.P11364 [NOIP2024] 树上查询

笛卡尔树做法：

二分求出一个点为 LCA 的极长区间，转化为链上问题。

问题变为有 $\mathcal O(n)$ 个关键区间，查询与一个区间交 $\ge k$ 的关键区间的权值最大值。

发现竟然可以扫描线！！！

分治做法：

一个区间的所有子区间可以变成 $\mathcal O(\log n)$ 段线段树区间的所有子区间贡献加上 $\mathcal O(\log n)$ 次跨越中点的贡献。

处理跨越区间的贡献，等价于每个点有权 $a_i$，区间 $[l,r]$ 的权为 $\min(a_l,a_r)$。

找到极长关键区间，发现 $a$ 是单调的，所以关键区间互相包含。

考虑前者，容易处理。

考虑后者，发现一个询问区间只会有一次 $L\ne l,R\ne r$ 的情况，对于这次二分特殊处理即可。

然后以 $L=l$ 为例，需要找到与 $[L,R]$ 交 $\ge k$ 的关键区间最大值。

找到长度 $\ge k$ 的最小关键区间，若能满足就是最优，否则根据关键区间互相包含，找到左端点 $\le R-k+1$ 的最小关键区间，发现他一定满足交 $\ge k$，由必要和充分可以证明这是最优解，就做完了。

upd：还要学习一下树上合并关键区间的做法，YER。

548.XX Open Cup. Stage 14. Grand Prix of Wroclaw

J

显然可以先修改再交换。

交换其实和花费 $|i-j|\cdot w_s$ 交换 $(i,j)$ 等价，那么交换可以直接用起点终点的匹配表示，且每次交换必然是 $01$ 交换。

于是，一个位置被修改了，就不会参与交换。

进一步，已经匹配的位置不会动了。

然后，显然交换操作不会相交。

再进一步，如果 $[i_1,j_1]$ 匹配，那么对于 $i_1\le i<j\le j_1$，且 $i,j$ 都被修改且不同，那么 $i,j$ 也一定可以调整为匹配，且 $[i_1,j_1]$ 区间内必然都是交换。

设 $f_i$ 表示 $[1,i]$ 匹配的最小代价，当前位置要么修改，要么与前面一个匹配。

修改容易处理，交换用栈找唯一合法位置即可。

还有模拟费用流做法。

带有反悔操作的堆，意义可以表示为获得一个物品需要走的反悔边的代价。

---

可以发现对于已经匹配的位置我们肯定不会去动它们，否则答案一定不够优。对于操作$3$其实等价于花$|i-j| \cdot t_s$的代价交换$i$和$j$。

考虑两个交换操作$(i_1,j_1)$和$(i_2,j_2)$，显然区间$[i_1,j_1]$和$[i_2,j_2]$要么相离，要么其中一个被另一个包含。因为出现相交的话，我们总是可以调整一下，使答案不变劣。

进一步可以发现，如果$[i_1,j_1]$用了交换操作，那么对于$i_1 \le i < j \le j_1$的$(i,j)$我们都可以用交换操作。这是因为，一旦最优解里用了交换操作，则有$|j_1-i_1| \cdot t_s \le t_0+t_1$，那么对于$i_1 \le i < j \le j_1$的$(i,j)$，也是有$|i-j| \le t_0+t_1$的。

因此我们可以考虑用dp来求最小代价。令$dp(i)$表示把前$i$个位置匹配的最小代价，那么有两种操作法：

• 选择操作$1$或者$2$，那么$dp(i) \overset{\min}{\leftarrow} dp(i-1)+t_0 \text{ or } t_1$
• 选择操作$3$，我们需要找到一个最大的$j$，使得区间$[j,i]$里都可以通过交换操作来搞定。然后$dp(i) = \overset{\min}{\leftarrow} dp(j-1) + cost(j,i)$。

这个最大的$j$我们可以用一个两个栈维护01和10匹配的情况，然后顺便也可以求出$cost(j,i)$。

D

I

很晕。

不相交路径，可以想到网络流，流量为 $2$。

但是直接跑会有负权边。

考虑先求出 $1$ 到所有点最短路 $h_u=dis_u$，修改边权 $w(u,v)$ 为 $w(u,v)+h_u-h_v$，于是，新图上 $1$ 到 $x$ 最短路加上 $h_x$ 就是原图上的最短路了。

发现新图具有性质：$1$ 到 $x$ 最短路径上的边全是 $0$。

于是我们模拟流，将这些边翻转，每条边的权依旧非负，并且将势能 $h_u$ 改为 $h_u+dis_u$。

再跑 $1\to x$ 的最短路，加上 $h_u=2dis_u$ 就是答案了。

这样就对了，因为我们只需证明在翻转了边之后的新图上，应用每个点的新势能，边权非负。

于是先求出 $dis_x$，翻转最短路上的边，再求 $dis'_x$，加上 $2dis_x$ 就是答案。

考虑按照 dij 一样松弛就是 $dis'_x$，我们希望找到一个顺序，使得提出 $dis'_x$ 时它就是最优的。

那么我们只需要将被松弛的点放进堆中，每次取出最小的就能满足，前提是我们可以松弛所有情况。

首先考虑 $1$ 号点，分成若干联通块，考虑 $u$ 连接的非树边，直接松弛。

然后不同联通块的边，比如 $(a,b,w)$，发现可以用 $f_a+w$ 更新 $f_b$，而同一联通块的边松弛不了。

然后发现，$(a,b,w)$ 在松弛后就没有任何用了，可以删掉，$1$ 号点也是。

在最短路树$D$上的边：可以发现从$u$其实可以到达树上任意的节点，并且花费的代价都是$0$，因为树边的边权都是$0$了。考虑把点$u$删掉，那么$u$所在的连通块会分成若干个小连通块。对于横跨不同小连通块之间的边$A \to B$，我们显然是可以用$dist(u) + w(A,B)$来更新$dist(B)$的。所以一个粗暴的做法就是枚举每个新出现的小连通块，以及里面每条横跨边，做一遍更新。但是这样复杂度是$O(n^2)$的。可以发现，如果不遍历最大的连通块，只遍历其他较小的连通块，这样复杂度是有保证的，每条边最多只会被遍历$O(\log n)$次。

然后扩展一下，每次取出一个最小点，松弛这些边，分裂成若干联通块，分治下去即可。

而枚举不同块之间的边代价太大，类似启发式分裂，我们不遍历最大的联通块，只遍历最小的联通块，这样每个点只会枚举 $\log$ 次，每条边也是。

感觉很妙，但是。

549.P9542 [湖北省选模拟 2023] 棋圣 / alphago

考虑一个环，如果是奇环，那么任意状态都是可达的，答案就是 $c_0\times c_1\times \max w$，否则，奇偶性相同的任意节点都能聚在一起，答案为 $(c_{0,0}\times c_{1,1}+c_{0,1}\times c_{1,0})\times \max w$。

发现有环的情况都能先将所有点聚在环上（如果环被占满了，那么任意操作都能搞出一个空位），如果有奇环，就是前者，否则就是后者，二分图染色判断即可。

接下来考虑树的情况。

发现，若存在度数 $>2$ 的点，即存在 $a,b,c,d$，且存在 $(a,b),(a,c),(a,d)$，操作 $b$ 子树，能使得一对在 $c,d$ 子树内的点距离减少，其他距离不变，并且一直能操作，于是奇偶性相同的点都能缩到一起了。

那么剩下一条链的情况，那么每次操作，要么将相邻两对点的距离 $-2$，要么平移所有点，相对顺序不变。

考虑 dp，设 $f_{i,l,r}$ 表示链上第 $i$ 个点聚集了区间 $[l,r]$ 中的棋子，转移枚举下一段 $[r+1,r']$ 在第 $j$ 个位置，满足限制 $j-i\le x_{r+1}-x_r$，于是 $i,j,r'$ 这三维是 $\mathcal O(n^2)$ 级别的，总复杂度 $\mathcal O(n^4)$。

550.P9136 [THUPC 2023 初赛] 种苹果

新时代打磨你，随机撒 $A$ 个点建虚树，任意点到最近关键点为 $\mathcal O(\frac{n}{A})$，维护虚树中相邻关键点之间的链，每条链重构复杂度 $\mathcal O(\frac{n}{A}\log n)$，插入为 $\mathcal O(\frac{n}{A})$。

查询，暴力 $\mathcal O(\frac{n}{A})$ 跳散块，整块二分 $\mathcal O(A\log n)$。

修改，对于虚树下方节点需要暴力，散块也暴力，整块打标记，注意无需重构，因为我们维护的是排序数组，对其中一些点加定值后，归并即可，$\mathcal O(\frac{n}{A}+A)$。

令 $A=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$，时间复杂度 $\mathcal O(m\sqrt{n\log n})$。

加点考虑定期重构，每次重构复杂度 $\mathcal O(n\log n)$，每 $\mathcal O(\sqrt{n\log n})$ 次重构即可。

细节列表：

• 随机撒点，将每个关键点跳到根并沿途打标记，如果碰到标记点就停止操作，将该点加入虚树。
• 求 LCA，较为容易。
• 很难维护深度，考虑仅维护关键点的深度，每次加点，将子树所有关键点深度 $+1$，加点操作不会影响虚树形态，我们储存整棵虚树，dfs 即可。

551.算数

大概是九进制，每个进制的系数 $<9$，若 $>4$，可以进位然后用 $\le 4$ 的负号表示。

552.第二题（b）

考虑二分答案，限制就是每个前缀的最大后缀和 $\le lim$，设 $f_{i,j}$ 表示前缀 $[1,i]$ 用了 $j$ 次的最大后缀和最小是多少，每次只转移 $f_{i,j}\le lim$ 的。

发现 $f_{i,j}$ 关于 $j$ 是凸的，于是平衡树维护差分数组即可，slope trick。

553.P7594 「EZEC-8」Clean Up

从充分性考虑，若一位位置被两次操作覆盖，根据等腰直角三角形的特殊性质，将这两次操作合并，更优。

从必要性考虑，对每个 $i$ 来说，覆盖 $[i-a_i,i+a_i]$ 这些点的三角形与覆盖 $i$ 的三角形是同一个，合并一下连续段，发现直接就是答案了！！

554.[ARC112E] Cigar Box

显然每种数只需关心最后一次操作。

那么有三种数，最后一次操作到前缀，最后一次操作到后缀，无操作，分类完就不用算顺序，显然每一类中的数是固定的。

枚举操作前缀的数个数 $x$，操作后缀的数个数 $y$，则答案为：

$$S(m,x+y)\cdot \binom{x+y}{x}\cdot 2^{m-x-y}$$

意义为将操作分成互不区分的 $x+y$ 类，从中选出 $x,y$ 类，每一类中最后一次操作的方向固定，那么只有 $m-x-y$ 次操作的方向不定。

555.P9604 [IOI2023] 超车

满足单调的条件下，段数为 $A$ 的函数与段数为 $B$ 的函数复合后的段数不超过 $A+B$，可以 $\mathcal O(A+B)$ 合并。

设 $f_i(Y)$ 表示 $Y$ 时间经过调度点 $i$ 后到达 $i+1$ 的时间，于是我们要求 $f_0,\cdots,f_{m-1}$ 的复合。

由于每段只会被至多一个车拖累，所以 $f_i(Y)$ 是不超过 $\mathcal O(n)$ 段的分段函数。

可以考虑分治合并，得出 $\mathcal O(nm)$ 段的答案分段函数，时间复杂度 $\mathcal O(nm\log m+q(\log n+\log m))$。

556.P9967 [THUPC 2024 初赛] 采矿

容易想到设计状态，$f_{s,j1,j2}$ 表示当前机器人在 $s$，左子树人个数，右子树人个数，执行完前面操作的最大和。

注意这样状态数是 $\mathcal O(n^2)$ 的。

对于 $3,4$ 操作，容易维护。

对于操作 $1$，从下往上，设计辅助转移 $g_{u,0/1,j12}$ 表示机器人从 $u$ 的左/右子树跳上来，对应子树的 $j1+j2$。

对于操作 $2$，从上往下，设 $g_{u,j}$ 表示机器人从上面跳下来，$u$ 子树的机器人总和。

转移都是枚举分配给另一个子树的人数。

时间复杂度 $\mathcal O(qn^2)$。

557.FWT 进阶 遗传与进化

https://www.luogu.com.cn/article/y0unggsj

http://192.168.102.138/JudgeOnline/upload/attachment/file/20220627/20220627051951_62042.pdf

构造正逆变换矩阵，事实上 FWT 的正逆变换矩阵不一定必须互逆。

558.[ABC262Ex] Max Limited Sequence

显然每个限制只需关心值域上界在他范围内的点是否取到上界即可。

拎出一个值域上界的点和限制。

然后 dp，设 $f_{i,j}$ 表示考虑 $[1,i]$，上一个填了上界的位置为 $j$ 的方案数。

那么：

$$f_{i,i}\leftarrow \sum_{j<i}f_{i-1,j}\\ f_{i,j}=f_{i-1,j}\times w$$

考虑限制 $[l_j,r_j]$，相当于在 $i\le r_j<i+1$ 时将所有 $f_{i,k},k<l_j$ 赋值为 $0$ 即可。

于是维护单点修，区间乘，区间求和即可。

559.P10432 [JOISC 2024 Day1] 滑雪 2

很妙的题。

$5\to 42\to 100$，喜剧性的是漏了一个性质没观察到。

考虑如何判断合法，显然是 $A_i\le \sum_{j<i} A_j-c_j+1$，若某个时刻不满足，就需要让前面的 $A_i$ 增加直到恰好达到限制，我们需要操作在前面的 $C_i$ 最小的值，发现前缀 $C_i$ 最小的值必然留在前缀中（做的时候只会猜测fdjkgjdfklgjkljlkfgdjlkgfdklj）。

观察，若某时刻若干个数在位置 $x$，则它们必然不会全部往上加，留下一个空位，$x-1$ 前面连出来的树中一定会有叶子，所以我们在这若干个数中选择一个，连向那个叶子，并占用这个空位，更优。

于是最终的值域，是 $\mathcal O(n)$ 的，所有能取用的值就是将数在值域上铺开之后的取值，且可以发现，答案 $\le 10^{12}$。

在这若干个数，我们贪心选择 $C_i$ 最小的那个，更优，于是，值域从前到大，每个位置至少会有一个数，且前缀 $C_i$ 最小的值必然留在前缀中。

就是类似一个筛选的过程，每次决定留下若干数在这个位置，留下的一定是按照 $C_i$ 排序后前缀的数。

于是考虑 dp，设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑了 $[1,i]$ 的条件，有 $j$ 个数加到了 $i+1$，$\sum_{j\le i}A_j-c_j=k$。

直接转移是 $\mathcal O(n^4)$ 的，不难推一推，用辅助转移数组优化，做到 $\mathcal O(n^3)$。

注意 dp 还是分成是否确定根的两部分。

560.斐波那契（fib）

妙妙，积性函数等于每个质数的对应占位函数的狄利克雷卷积。

然后 $g*f=g\prod_{i=1}^{cnt} F_i$，其中练乘是狄利克雷卷积。

然后从小到大枚举，刚好可以避免枚举一个数，然后不断除的大常数写法。

561.再学 P5470 [NOI2019] 序列

给定两个长度为 $n$ 的正整数序列 $a_i$ 与 $b_i$。

分别对两个序列各指定恰好 $K$ 个下标，要求至少有 $L$ 个下标在两个序列中都被指定，使得这 $2K$ 个下标在序列中对应的元素的总和最大。

至多 $K-L$ 个下标不同。

那么可以建出费用流模型：

• $(S,a_i,1,a_i)$；
• $(b_i,T,1,b_i)$；
• $(a_i,b_i,1,0)$，表示选择一对相同的下标。
• $(U,V,K-L,0)$，表示任意配对的组合。
• $(a_i,U,1,0)$；
• $(V,b_i,1,0)$。

考虑模拟 EK，那么与 $S,T$ 相连的边不会退流。

那么每次必然选择一对 $(a_i,b_j)$，有如下情况的增广路：

• $i=j$。
• $i\ne j$，消耗一个自由流量。
• $a_i\to b_i \to a_j\to b_j$，增加一个自由流量，并选择 $(a_i,b_i),(a_j,b_j)$，其中 $(a_j,b_i)$ 之前已选。
  • 诶，不妨思考为什么不会有更多退自由边的情况呢，拿图出来解释。
  • 结论：
  • 在非增量费用流中，源汇边不会退流。
  • 增广路不会多次经过同一个点。
  • 如果退更多自由边了，就会重复经过 $U,V$，不优，故选择自由边数与退还自由边数的差绝对值（为什么呢，正着取和反着取会抵消，最终的结果就是不经过了）在增广路中不会超过 $1$。
• $a_i\to b_i \to a_k \to b_j$。
• $a_i\to b_k\to a_j\to b_j$。

但是由上面的话可能会发现问题了，如果我选择两条自由边，同时取消两条自由边呢？

其实就是证明正着取和反着取都不会超过一条。

手动画一下，发现要么不优，要么存在一张子图在之前不优。

因为反平反和正（平反）正的子图是不优的！！！！！

其中反指退还自由边，平指选相同下标，平反是取消相同下标，正指选自由边。

由上可以知道，我们在贪心的时候，有若干种最大费用流，我们是尽量让自由边更小的。

于是我们用五个堆维护上面的转移。

用 $q_a,q_b$ 维护两侧未选的数的 $\max$，$q$ 维护未选的 $a_i+b_i$ 的 $\max$，$q'_a,q'_b$ 维护本侧没选，令一侧选的数的 $\max$。

记 $q,q_a,q_b,q'_a,q'_b$ 的堆顶为 $s,a,b,a',b'$，则：

• $s$。
• $a+b$，需要有自由流量。
• $a'+b'$，增加自由流量。
• $a’+b$。
• $a+b'$。

注意如果我们钦定是自由边，但是取出的平边的话，因为不优所以不用管他。

就做完了。

这下真会了。

562.P10221 [省选联考 2024] 重塑时光

诶。

竟然有 $70$ 分的 bell 数搜索！！！

题面太复杂，以后还是要写一写简要题意！！

https://pan.quark.cn/s/42dd5d8118d9#/list/share/194e6a993036428c90c8118dedd29fd6-食贫道充电视频/4e031d9f129c4bc4b15ad039a152e62e-你好美国

563.P10360 [PA2024] Desant 3

妙妙题。

mx 里看过。

集中注意在这个对 $2$ 取模，若 $s_{a_1}$ 与 $s_{b_1}$ 不同，操作完之后都是 $s_{a_1}=0,s_{b_1}=1$，两种情况被抵消了，所以只需考虑 $s_{a_1}=s_{b_1}$ 的情况。

初始所有位置未知，逐步执行操作，假设我们操作的是两个已知的位置，那么执行操作即可。

如果是两个未知的位置，那么可以只用算这两个位置相等的情况。

剩下假设 $s_a=1$，而 $s_b$ 未知，如果 $s_b=1$，则结束后 $s_a=1,s_b=1$，否则结束后 $s_a=0,s_b=1$，那么发现直接作用就是交换 $s_a,s_b$，然后发现我们将 $s_a$ 改为未知，$s_b$ 改为 $1$ 的结果是一样的。

其他情况也是类似的。

那么我们对两个未知的位置，搜索确定它们是 $0/1$ 即可，注意我们逐步执行操作的指针是对于每种搜索情况来说的，需要执行到碰到两个未知的操作才停止，然后去搜索是 $0/1$，于是时间复杂度为 $\mathcal O(2^{\frac{n}{2}}(n^2+m))$。

这么说来有用的状态只有 $\mathcal O(2^{\frac{n}{2}})$，这个 trick 感觉可以用来出题。

564.QOJ5020 举办乘凉州喵，举办乘凉州谢谢喵

草！

原来树状数组就算修改 $\le n$，但是查询 $\le 2n$，那么修改也要修改到 $2n$！！！

明天再写。

问题可以容斥为 $z\to x,z\to y$，$z$ 子树与这条链距离 $\le d$ 的点数 $+$ $z$ 的 $d$ 邻域 $-2$ 倍 $z$ 子树中距离 $z$ 小于等于 $d$ 的点数。

后面两者容易维护。

考虑前面，设 $f_{x,d}$ 表示 $x$ 子树内与 $x$ 距离 $\le d$ 的点数，$g_{x,d}$ 表示 $x$ 的轻子树内与 $x$ 距离 $\le d$ 的点数。

那么链上的贡献应该是链上所有点的 $g_{x,d}$ 之和，减去 $\sum f_{u_i,d}$，加上 $\sum f_{hson_{vi},d}$，其中 $(u_i,v_i)$ 为链上的轻边，$v_i$ 为 $u_i$ 的父亲。

于是就做到了 $\mathcal O(n\log ^2n)$。

565.P7596 「EZEC-8」游戏蛇

和那道 cf 很像。

如果某个人决定转入链里了，那么我们可以判断他是否可以取得胜利。

• 当另外一个人走到这个链点时，前者进去了，那么后者跟着进去就输了。
• 另外一个人往中间的某个链去走，需要判断距离大小。

写出后面的限制，发现是单调的，可以对每个链点二分求得最大合法区间。

写出前面的限制，发现只是对链点所在位置的限制。

然后我们要分别对两个人求出最近能胜利的链点，这也能二分求得，判断那个人先到即可。

566.新居规划

关于退流会不会产生负环，我还不知道。

很妙的实现。

明天再写。

首先考虑环被占满的情况。

然后将环看作一条链，钦定最后一个位置是空的。

若有多个 $>2$ 的连续段，我们中间部分全部插入到其中一个里面，转化为：若干孤立点，若干 $2$ 段，至多一个 $>2$ 段。

对于一个 $2$ 段，我们将 $b_i$ 较大的塞到 $\ge 2$ 段的中间，不劣，所以进一步转化为：若干孤立点，至多一个 $\ge 2$ 段。

先特判全是孤立点的情况。

那么我们会选出：$p$ 个孤立点，$2$ 个 $a_i+b_i$ 的，以及 $q$ 个内部点，满足 $2p+3+q\le m$。

考虑模拟费用流，对于多元的流量限制可以考虑从小到大增量枚举 $x_2$，然后考虑退 $x_1$ 的流即可。

不知为什么不会出现负环。。

http://192.168.102.138/JudgeOnline/problem.php?cid=1986&pid=1 这个题我也用这个做了，但是三元（这题也是三元）是对的，也不用消圈，然后四元不消圈全错，消圈部分错了。

567.但是题目有八个字

妙妙调整。

若某个操作顺序使得 $\sum_{j<i}a_i>a_i$，那么将 $a_i$ 插入到前缀和刚好超过他的位置之前，不劣。

不断调整，必然能结束。

于是对于一种顺序，只需考虑 $\sum_{j<i}a_j<a_i$ 的贡献。

所以最优顺序就是从小到大取。

于是我们就从小到大只需计算 $\sum _{j<i}a_j < a_i$ 的贡献。

再想想。

568.USACO2024DEC

569.数环（cir）

连续段 dp。

朴素实现是 $\mathcal O(n^3)$ 的。

这个环满足一个左部点一个右部点，可以钦定加入右部点增加一个联通块，加入左部点时决策左右连接的右部点，然后将这两个联通块连接，最后一定能数到环。

570.数树（tree）

正常树上 dp，需要做一个和接近于 $0$ 的包含 $+1,-1$ 的序列的背包。

根据随机排列 $+1,-1$ 序列的前缀和最大值为 $\mathcal O(\sqrt n)$。

我们可以随机排列儿子，并将背包大小设置为 $\mathcal O(\sqrt n)$ 就能算到解了。

571.P11398

可以考虑分块，维护 $c_{i,j}$ 表示前 $i$ 块 $j$ 的出现次数。

修改是 $\mathcal O(\sqrt n)$ 的，查询需要 $\mathcal O(\sqrt n)$ 还原一个块的答案，是 $\mathcal O(\sum k+m\sqrt n)$ 的。

可以考虑倍增分块，最后一块大小为 $1$，从后往前每一块大小是上一块的两倍。

这样多出来的需要还原的块的复杂度是和 $k$ 同阶的，且只有 $\log n$ 块，复杂度为 $\mathcal O((n+m)\log n+k)$。

572.QOJ8945 区间计数

我们希望数重复的区间，最多两个。

如果不交，条件就是 $br(l,r)-bl(l,r)-(r-l)=0$。

否则，就是存在 $l\le l'\le r$，使得 $[l',r]$ 的对应区间不交，且对应区间右端点为 $l-1$。

考虑容斥，数条件一的数量 $+$ 条件二的数量 $-$ 满足条件一二的数量。

条件一是好做的，通过对 $b$ 的一些限定，是可以做不交的。

条件二同样考虑对左端点扫描线，则 $br(l,r)$ 单调不减，对于同一个 $r$，其 $br(l,r)$ 相同的时间 $[l_1,l_2]$，我们希望对 $[br(l,r)+1,r]$，只数一次。

所以维护一个“一血”标记，从 $br(l,r)$ 被修改时，区间打上标记，当询问时，数区间有标记的最小值并将这些最小值的标记去除。

“删除区间最小值标记”是能做的，具体就是合并容易，下传只需考虑左右子区间的最小值是否是全局最小值即可。

对于条件一二，因为 $br(l,r)$ 单调不减，发现我们就是数 $[l,r]$ 的对应区间为 $[2l-r-1,l-1]$。

就是额外限定 $br(l,r)=l-1$，二分单调栈找到那段区间，再查询最小值个数即可。

573.P8360 [SNOI2022] 军队

并查集结合序列分块。

记 $fr_x$ 表示颜色 $x$ 在块内第一个出现位置，用并查集维护 $fr$ 的关系，可以找到一个位置的颜色，$tg_x$ 表示颜色 $x$ 的标记，$sz_x$ 表示大小。

对于整块，将颜色 $x$ 改为 $y$：

• 若 $fr_x=0$，跳过。
• 若 $fr_y=0$，交换 $x,y$ 的信息，并将 $fr_x$ 的颜色设为 $y$ 即可。
• 否则，重构整块，均摊正确。

对于散块，只需重构 $x,y$ 这两种颜色。

574.P10140 [USACO24JAN] Island Vacation P

绝妙题。

考虑修改题意，变成在广义圆方树上的游走。

记方点 $val_u$ 为儿子个数对 $2$ 取 $\min$ 的值，若为 $1$ 就是树边，否则是环。

定义圆方树上一个方点到 其第一个儿子再到其最后一个儿子回来为一个环

那么，设当前在圆方树上的点 $u$：

如果不存在尚未走过的节点，结束。

• 若 $u$ 是圆点：有 $p_u$ 的概率停下。

  设 $s=[val_{fa_u}>1]+\sum_{v\in son_u \and [!vis_v]} val_v$，则有 $\frac{[val_{fa_u}>1]}{s}$ 的概率走到他父亲环上的下一个点（取决于行走方向）。

  对于 $u$ 的每个没有被访问过的儿子 $v$，有 $\frac{val_v}{s}$ 的概率走向 $v$。

• 如果 $u$ 的方点：如果以前没有访问过，那么等概率走向 $u$ 的第一个或最后一个儿子，否则已经走完他的环了，回到父亲。

那么这样我们就将是否访问转到点上了。

那么可能的行走路径就是走到若干儿子里绕一圈，再回来，是若干嵌套的结构。

设 $g_u$ 表示到达圆点 $u$ 后走到其左右兄弟的概率，$h_u$ 表示方点 $u$ 从他的儿子下绕一圈回到 $u$ 的概率。

记 $F(x)=\prod_{v\in son_u \and [val_v>1]}(1+h_vx)$，那么 $g_u=\sum\limits_i [x^i]F(x)\cdot i!\cdot (1-p_u)^{i+1}\cdot \frac{2^i}{\prod_{j\le i}(s-2j)!}$，注意这里指的是阶乘的前缀积。

这个式子的意思是选择 $i$ 个儿子走回来了的概率，算上顺序，还有不结束的概率，然后每个要往下走的儿子有两种方向可以选择，其中 $F(x)$ 可以背包算。

然后 $h_u$ 即为他的所有儿子的 $g$ 的乘积。

再设 $f_{u,0/1}$ 表示：

• 若 $u$ 是圆点，那么 $f_{u,0}$ 表示走到 $fa_u$ 然后从 $fa_u$ 走到 $fa_u$ 的第一个儿子然后走到 $u$ 的概率（注意并未考虑往下走然后回来结束的概率），$f_{u,1}$ 同理。
• 若 $u$ 是方点，那么 $f_{u,0}$ 表示走到 $u$ 的概率，$f_{u,1}=0$。

初值 $f_{1,0}=1$。

对于方点 $u$ 对儿子 $f_{v,0/1}$ 的转移，有 $f_{v,0}$ 就是 $\frac{f_{u,0}}{2}$ 乘上 $v$ 的前缀 $g$ 的积，$f_{v,1}$ 同理。

考虑从圆点 $u$ 走到儿子 $v$ 的转移，设 $F(x)=\sum_{v'\in son_u\and v'\ne v}(1+h_{v'}x)$。

那么 $f_{v,0}=\sum_i[x^i]F(x)\cdot i!\cdot (1-p_u)^{i+1}\cdot val_v \cdot \frac{2^i}{\prod_{j\le i}(s-2j)!}$。

那么停在 $u$ 的概率就是 $1$ 减去走向兄弟的概率，再减去走向某个儿子且不回来的概率。

不是兄弟，谁能做出来并调出来啊！！！

575.Kummer 定理

对于质数 $p$，其在组合数 $\binom{n}{m}$ 中的幂次等于 $p$ 进制下 $n-m$ 需要借位的次数。

$\binom{n+m}{n}$ 中 $p$ 的幂次等于 $n+m$ 在 $p$ 进制下进位的次数，因为 $n+m-m$ 的借位次数等于 $n+m$ 的进位次数。

576.P8861 线段

绝妙题。

没有二操作就是区间加，区间求和了。

考虑 $l_i\le 10^5\le r_i$ 的部分。

始终满足如上条件，故左右端点是独立的，变成将 $<x$ 的变为 $x$，可以并查集维护，是均摊正确的。

这启发我们用类似猫树的结构维护，将每个区间插入到猫树上。

若一个节点区间被 $[ql,qr]$ 完全包含，那么没有变化。

故只需考虑 $\log n$ 个节点。

若 $[ql,qr]$ 跨过中点，使用上述做法即可。

否则，假设 $ql>mid$，对于一个区间 $[l',r']$，若 $r'\ge ql$，则他会被弄到右子树中，做插入即可，每个线段只会被插入到 $\log n$ 的区间，这也是对的。

就做完了，两个 $\log$。

577.P7737 [NOI2021] 庆典

考虑缩点后 dag 是联通的。

而题目中的性质告诉我们，每个点保留到他的那个点中拓扑序最大的到他的边，连通性不变。

故处理完之后就是一颗叶向树。

考虑建出 $2k+2$ 个点的虚树，树边用链上 $sz$ 和表示，非树边权为 $0$，可以边开成点。

问题变成在给你一个有向图，问从 $s$ 到 $t$ 可能会经过多少个点，点边数较少。

正着搜一遍，反着搜一遍求交即可。

578.CF2048G

$$\sum_{k=1}^{v}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(-1)^{i+j}\binom{n}{i}\binom{m}{j}k^{i(m-j)}(v-k+1)^{(n-i)j}v^{(n-i)(m-j)}\\ =\sum_{k=1}^{v}\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}[(k^i-\frac{(v-k+1)^{n-i}}{v^{n-i}})^m-k^{im}]v^{(n-i)m}$$

579.范德蒙德卷积做一半

首先有：

$$\sum_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k=(x+1)^{n+m}\\ =(x+1)^n (x+1)^m\\ =\sum_{r=0}^{n}\binom{n}{r}x^r\sum_{s=0}^{m}\binom{m}{s}x^s\\ =\sum_{k=0}^{n+m}\sum_{r=0}^{k}\binom{n}{r}\binom{m}{k-r}x^k$$

类似地：

$$\sum_{i=0}^{n}\binom{p+i-1}{i}\binom{n-i+q-1}{n-i}=\binom{n+p+q-1}{n}$$

右边来看，就是求 $x_1+x_2+\cdots x_{p+q}=n$ 的非负解数，而我们枚举前 $p$ 项的和求很好证明了。

换一种角度，就是 $(1,0)\to (p,i)$ 与 $(1,0)\to (q,n-i)$ 的方案数乘积，这可以变成 $(1,0)\to(p+q,n)$ 的方案数，注意后者路径是 $(p+1,i)\to (p+q,n)$。

而如果我们要求：

$$\sum_{i=m}^{n}\binom{p+i-1}{i}\binom{n-i+q-1}{n-i}$$

这可以简单的看作从 $(1,0)\to (p+q,n)$，与 $x=p$ 的相交最高点 $\ge m$。

发现这与与 $y=m$ 的相交最左点 $\le p$ 等价。

于是我们枚举相交最左点，有：

$$\sum_{i=1}^{p}\binom{i+m-2}{m-1}\binom{n-m+p+q-i}{n-m}$$

意义是 $(1,0)\to (i,m-1)$ 乘上 $(i,m)\to (p+q,n)$ 的方案数，很妙！！

580.P8367 [LNOI2022] 盒

要计算：

$$\sum_{i=1}^{n-1}w_i\sum_{j=0}^{S}|j-sum_i|\binom{j+i-1}{i-1}\binom{n-i-1+S-j}{n-i-1}$$

相当于我们要对 $C=sum_i,S$ 计算：

$$\sum_{j=0}^{C}\binom{j+i-1}{i-1}\binom{n-i-1+S-j}{n-i-1}\\ =\sum_{j=0}^{A}\binom{B+j}{B}\binom{C-B-1+D-j}{C-B-1} \\ \sum_{j=0}^{C}j\binom{j+i-1}{i-1}\binom{n-i-1+S-j}{n-i-1}\\ = \sum_{j=0}^{C}i\binom{j+i-1}{j-1}\binom{n-i-1+S-j}{n-i-1}\\ =\sum_{j=0}^{C-1}i\binom{i+j}{j}\binom{n-i-2+S-j}{n-i-1}$$

那么就是 $(0,0)\to (C,D)$，与 $x=B$ 交点最大值不超过 $A$。

可以变成 $(0,0)\to (C,D)$ 与 $y=A$ 交点超过 $B$，所以上式等于：

$$\sum_{j=B+1}^{C}\binom{A+j}{A}\binom{D-A-1+C-j}{D-A-1}$$

由于 $sum_i$ 递增，我们可以模拟 $A,B$ 的增加，变化时使用对应的式子。

581.P9361 [ICPC2022 Xi'an R] Contests

调整法。

若某一次跳跃的终点不是 $y$，假设是用第 $k$ 场比赛去跳跃的，那么我可以调整到能跳到的第 $k$ 场比赛最小的点，于是每个点只有 $\mathcal O(m)$ 个有效后继。

考虑倍增，可以合并，就做完了。

582.P9368 [ICPC2022 Xi'an R] Streets

处理出 $va_v$ 表示 $x_j-x_i=v$ 的最小的 $a_i+a_j$，$vb$ 同理。

那么我们就是要最大化 $ij$，满足 $i\times vb_j+j\times va_i\le c$。

枚举 $i$，二分判断 $j\ge mid$ 是否存在合法的 $j$，就是找最小值，求出 $(j,vb_j)$ 的凸包后可以二分。

考虑维护后缀凸包，从后往前建凸包，往栈里加点和删点就等价于是在树上新增一个儿子或者跳回父亲，最后得到一棵 $\mathcal O(V)$ 个节点的树，每一个后缀凸包就对应一条到根的链，二分改成倍增即可。

考虑从小到大枚举 $j$，判断一个 $i$ 是否合法，因为 $j$ 增大 $i$ 是减小的，所以双指针即可。

时间复杂度 $\mathcal O(TV\log V)$。

583.P10181 龙逐千灯幻

超级妙妙 wqs 二分题。

首先有暴力 dp，令 $f_{i,j}$ 表示 $[1,i]$ 分成 $j$ 段，转移：$f_{i,j}\leftarrow f_{k-1,j-1}+g(k,i)$。

可以线段树优化做到单次 $\mathcal O(n\log n)$。

因为 $g(i,j)$ 是凸的，而用凸函数划分序列的价值关于段数是凸的，即 $f_{i,j}$ 关于 $j$ 是凸的，使用 wqs 二分，转移变成了 $f_{i}\leftarrow f_{k-1}+g(k,i)-c$。

观察 $a_i\le 30$ 的部分，则 $g(k,i)\le 30$，那么当 $c>30$ 时，$g(k,i)-c<0$，一定是分成一段，所以预处理斜率为 $0\sim 30$ 的 dp 值即可。

这启发我们，凸函数，当斜率较大时，切点较小。

设 $F(k)=f_{*,k},D(k)=F(k)-F(k-1)$，因为 $F$ 是凸函数，所以 $D(k)\ge D(k+1)$。

因为 $F(k)\le n$，所以 $(k-1)D(k)\le \sum\limits_{i=2}^{k} D(i)\le F(k)-F(1)\le n$，所以 $D(k)\le \lfloor\frac{n}{k-1}\rfloor$。

那么考虑根号分治：

• 对于 $k\le B$，预处理。
• 对于 $k>B$，只需考虑斜率 $\le \lfloor\frac{n}{B}\rfloor$，预处理。

时间复杂度为 $\mathcal O(n\sqrt n\log n)$。

想想优化空间，前面部分很好优化。

考虑后面部分，我们从小到大处理 $c$，若 $f'_{x,c}\le k$ 那么询问 $(x,k)$ 就能删掉了，因为这样 $f'_{x,*}$ 是单调下降的，所以对于相同的 $x$，按照 $k$ 从大到小处理即可。

考虑优化，我们对 dp 数组做的操作是：

• 末尾加数。
• 后缀加 $1$。
• 求最大值。

考虑维护后缀 $\max$ 单调栈，那么 $1$ 操作在末尾弹栈即可，$3$ 操作就是找栈顶。

考虑 $2$ 操作，需要找到后缀在单调栈上对应位置，并将他前面的若干东西弹出，那么考虑用链表维护单调栈，并查集找每个点右边第一个在栈内的元素。

至于加法，维护后缀差分标记即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\sqrt n\alpha(n))$，空间 $\mathcal O(n+m)$。

584.P11065 【MX-X4-T5】「Jason-1」占领高地

妙妙！！

考虑从小往大加点，对于满足有向联通关系的两个点，将它们合并，使用启发式合并维护询问即可，具体就是将询问放在起点的终点，这样启发式合并的时候只需枚举小的一个联通块的询问。

问题是怎么找要合并的点。

发现 $(i,j)\to (x,y)$，那么也能到 $(x,j),(i,y)$，于是每个点能到的区域是一个矩形。

我们考虑钦定走的过程中曼哈顿距离不断加一，将军事化程度看成一个变化的值，如果往高度低的走就不变，平着走就 $-1$，往上走就 $-2$，这样 $(i,j)\to (x,y)$ 的条件就变成了存在一条起点到终点的初始值为 $p_{i,j}$，末尾值 $\ge 0$ 的路径，因为绕远路是不优的。

考虑设 $r_{x,y}$ 表示之前激活的 $(i,j)$ 走到 $(x,y)$ 的最大军事化程度。

加入一个新的点 $(i,j)$，不断 bfs 相邻的点 $(x,y)$，若能更新 $r_{x,y}$，就加入 $(x,y)$，这样钱数变多了，能走到的点也多了，需要更新。

因为 $p_{i,j}\le 9$，于是 $r_{i,j}\le 9$，每个点只会被更新常数次！！

还有另外一种做法。

因为每个点能到的点是一个联通块，我们可以将在范围内任意移动物资变成一步一步移动，考虑两个四联通相邻的格子，计算从其中一个格子移动到另一个格子的最大 $h$ 值，问题就可以变成网格图的瓶颈路。

建出 kruskal 重构树即可。

令 $f_{i,j,k}$ 表示覆盖 $(i,j)$，且 $h_{x,y}-h_{i,j}+p_{x,y}-|i-x|-|j-y|$ 值为 $k$ 的所有补给站中 $h$ 的最大值。

根据上面的结论，一个点到另外一个点，一定可以先走横的再走竖的，那就可以转移了。

585.P8456 「SWTR-8」地地铁铁

结论牛牛题。

考虑容斥成数只有 $0$ 路径、只有 $1$ 路径，同时有 $0$ 路径和 $1$ 路径（不存在交叉路径）三种情况。

先看前两种。

性质 $1$：点双经典性质：任意两点间存在点不相交的两条路径，即一个经过两点的简单环。

性质 $2$：点双中，对于点 $x$ 和边 $e$ 存在经过 $x,e$ 的简单环。

证明：设 $e=(u,v)$，将边拆成 $(u,w),(w,v)$，不影响连通性，根据性质 $1$ 存在经过 $(x,w)$ 的简单环，故 $u,v$ 都在简单环上。

性质 $3$：点双中，任意两点 $x,y$ 和一边 $e$，存在 $x\to e\to y$ 的简单路径。

证明：由性质 $2$，存在经过 $x,e$ 的简单环 $C$，考虑 $y\notin C$ 的情况，考虑任意一条 $y\to x$ 的路径 $P$，考虑 $P$ 与 $C$ 的第一个交点 $z$，显然 $z\ne x$，否则 $x$ 为割点，那么经过 $z$ 跑环的另一侧就能构造了。

那么对于只有 $0$ 路径的部分，若一个点双内存在 $1$ 边，那么经过改点双的点对不合法，那么删去有 $1$ 边的点双内部的边和点，保留边界上的，剩余联通块大小选 $2$ 的和就是答案。

再看后一种，定义满足条件的点对为合法点对。

性质 $4$：若合法点对间存在割点，那么交换一下，不合法，故合法点对属于同一个点双。

令 $x\to y$ 所有 $0$ 路径覆盖点集 $V_0$，所有 $1$ 路径覆盖点集 $V_1$。

性质 $5$：由 $4$ 得，$V_0,V_1$ 无交。

性质 $6$：$V_0,V_1$ 之间无边。

性质 $7$：点双中，任意三点 $x,y,z$，存在经过 $x,y,z$ 且以 $x,y$ 为端点的简单路径，由性质 $3$ 可以推出。

性质 $8$：$V_0\cup V_1=V$。

证明：对任意 $z\ne x,y$ 应用性质 $7$。

性质 $9$：设 $z\in V_0,z'\in V_0$ 且 $(x,y)\ne (z,z')$，存在 $x,y$ 分别到 $z,z'$ 或 $z',z$ 的两条仅经过 $V_0$ 的不交路径。

证明：若 $z=x$ 或 $y=z'$，显然。

考虑仅经过 $V_0$ 的路径 $P=x\to z\to y$，若 $z'\in P$，显然。

否则考虑 $z’\to y$ 的任意路径 $Q$，考虑 $Q$ 与 $P$ 的第一个交点 $p$，显然存在 $p\ne z$，否则 $z$ 是割点。

若 $p$ 在 $x\to z$ 上，则 $x\to p\to z'$ 和 $z\to y$ 无交点。

若 $p$ 在 $z\to y$ 上，则 $x\to z$ 和 $z' \to y$ 无交点。

所有，对于任意 $z,z'\in V_0 \and (x,y)\ne (z,z') \and z\ne z'$，存在 $x,y$ 分别到 $z,z'$ 或 $z’,z$ 的两条仅经过 $V_0$ 的不相交路径，将这两条路径通过 $x,y$ 之间的全 $1$ 路径连起来，得到 $z,z’$ 不合法。

同理在 $V_1$ 内的点对也不合法，显然一个在 $V_0$，一个在 $V_1$ 的点对不合法，所以一个点双内部最多一个合法点对。

考虑充要条件：点双内恰好存在两个点满足同时有 $01$ 出边。

必要性：$x,y$ 合法，由性质 $6$ 知只有 $x,y$ 同时有 $01$ 出边。

充分性：根据性质 $7$，考虑任意 $x\to u\to y$，路径必然同色，否则找到切换颜色的点，存在 $01$ 出边，矛盾，因为 $x,y$ 同时有 $01$ 出边，所以存在全 $0$ 路径和全 $1$ 路径。

586.P10208 [JOI 2024 Final] 礼物交换

妙妙题。

对于 $i$，向满足 $B_j\le A_i \and i\ne j$ 的 $j'$ 连边，然后做二分图匹配。

考虑 hall 定理。

考虑极端情况，对于 $A$ 最大的 $x$，需要于其他线段有交。

考虑扩展这一结论，首先发现所有线段与其他线段有交的必要的，否则拿出在这条线段左侧包含自己的集合 $S$，显然 $|N(S)|$ 只能为 $|S|-1$，不合法。

再考虑证明充分性，对于任意 $S$，取出 $B$ 最小的 $x$，则 $B_x$ 与集合内的其他元素右边，邻域已经达到 $|S|-1$，再拿出与他相交的线段 $[B_y,A_y]$，讨论：

• 若 $B_y< B_x$，则 $y$ 不在 $S$ 集合，而 $y’\to x$，给邻域贡献 $1$，合法。
• 若 $B_y>B_x$，则有 $B_y\le A_x$，有 $x’\to y$，继续讨论：
  • 若 $y\in S$，则 $y'\to x$，给邻域贡献 $1$，合法。
  • 若 $y\notin S$，则 $y$ 给邻域贡献 $1$，合法。

于是充要条件就找到了，预处理出 $L_i$ 表示 $i$ 编号左边与他相交的最大编号，$R_i$ 同理。

考虑询问，不合法就是存在 $i$，满足 $L_i<l\le i\le r<R_i$，就是矩形覆盖单点查了，扫描线即可。