1 月记录

下雨

设 $f(x)$ 为满足 $\sum a_i! =x$ 的最小 $\sum a_i$ ，求最小的满足 $f(x)>n$ 的 $x$ 。

要使得 $\sum a_i !>n$ 且 $\sum a_i=\sum t_i\times i$ 最小，打表发现 $f(x)$ 的前缀 $\max$ 是连续的，于是我们只用求 $f(x)=n+1$ 的最小 $x$ 。

考虑一个阶乘进制的东西， $\sum_{j<i}j\times j! =i!$ ，每个数有唯一分解 $x=\sum t_i\times i!,t_i\le i$ 。

考虑贪心，先手动填满一个前缀，然后在最高位上取，然后删掉多余的，由于多余的和 $\le i$ ，于是只用删掉一个阶乘。

$i$ 最大是 $\mathcal O(n^{\frac{1}{3}})$ 的，直接预处理二分即可。

沙尘暴(sandstorm)

当我们不会修改 $h$ 时，类似带权中位数，一定可以取到一个现有的 $h$ 。

于是路径是几个段，每一个段里钦定一个没有修改的 $h$ 。

预处理 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 是段的根，走到 $j$ 的最小代价。

然后我们考虑通过 $f_{i,j1}+f_{k,j2}$ 处理出关键点之间两两最短路。

那么答案可以由 $f_{s,u}+g_{u,v}+f_{t,v}$ 得出，也可以优化。

宇宙射线

高级奇妙题。

感性理解，每次操作，图像的最高点和最低点极差固定减少一。

也可以看 sol 的妙妙证明。

考虑比较暴力的做法，枚举上下界，枚举终点算。

这样没有前途，考虑枚举极差 $m$ ，固定上下界不经过 $y=x+m+1,y=x-1$ ，然后起点从 $y=-x$ 任取，终点从 $y=-x+n$ 任取，不过好像还要算起点在 $y=-x-1$ ，终点在 $y=-x+n-1$ 的方案。

同时做反射容斥，每次是 $\mathcal O(\frac{n}{m})$ 的，预处理前缀和，可以做到 $\mathcal O(n\ln n)$ 。

后面不会了。

G (m) = x + y = 0 - > (x + y = n) 的 一 条 斜 线 ， x + - 1 < y < x + m + 1 (\binom{x + y}{x}) (0, 0) - > (n, m), x + l < y < x + r, \sum_{k} (\binom{n + m}{n - k (r - l)}) - (\binom{n + m}{n - k (r - l) + r})

$G(m)=x+y=0->(x+y=n)的一条斜线，x+-1< y< x+m+1\\ \binom{x+y}{x}\\ (0,0)->(n,m),x+l<y<x+r, \sum_k \binom{n+m}{n-k(r-l)}-\binom{n+m}{n-k(r-l)+r}$

万斯(vance)

随机化或者搜索即可。

梨仙人掌(game)

简单策略题。

夜晚坏人一定随机刀一个好人，而白天其实有固定策略：所有人决定随机淘汰一个人。证明如下：

由于坏人知道所有人的阵营，而好人无法获得任何信息，因此白天的任何信息好人都无法判断真伪。因此好人一定希望随机淘汰一个人。由于好人较多，如果坏人不同意上述规则而选择绑票投某个好人，则好人可以直接把不同意规则的人票出去。因此坏人也不得不同意该规则。

龙神木仙人掌(matrix)

好家伙，知道了 $A^{-1}$ 就是对 $A$ 消元的矩阵乘起来，我要算消元的影响只需要用到 $A^{-1}$ 的值！！！

考虑将减法变成乘法，构造：

A^{'} = (\begin{matrix} A_{1, 1} - u_{1} v_{1} & \dots & A_{1, n} - u_{1} v_{n} & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ A_{n, 1} - u_{n} v_{1} & \dots & A_{n, n} - u_{n} v_{n} & 0 \\ 0 & \dots & 0 & 1 \end{matrix})

$A'= \begin{pmatrix} A_{1,1}-u_1v_1 & \cdots & A_{1,n}-u_1v_n & 0\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ A_{n,1}-u_nv_1 & \cdots & A_{n,n}-u_nv_n & 0\\ 0 & \cdots & 0 & 1 \end{pmatrix}$

这样我们对他求逆元的左上角一定是 $A^{-1}$ 。

它其实等于：

A^{'} = (\begin{matrix} 1 & \dots & 0 & - u_{1} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 1 & - u_{n} \\ 0 & \dots & 0 & 1 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} A_{1, 1} & \dots & A_{1, n} & u_{1} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ A_{n, 1} & \dots & A_{n, n} & u_{n} \\ v_{1} & \dots & v_{n} & 1 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 1 & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & \dots & 1 & 0 \\ - v_{1} & \dots & - v_{n} & 1 \end{matrix})

$A'= \begin{pmatrix} 1 & \cdots &0 & -u_1\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & \cdots &1 & -u_n \\ 0 & \cdots & 0 &1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} A_{1,1} & \cdots & A_{1,n} & u_1\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ A_{n,1} & \cdots & A_{n,n} & u_n \\ v_1 & \cdots & v_n & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & \cdots & 1 & 0\\ -v_1 & \cdots & -v_n & 1 \end{pmatrix}$

左右都是初等行列表换，是好做的。

我们已经知道之前 $A^{-1}$ ，我们用他计算对 $u_i,v_j$ 的影响，然后模拟对 $v_j,u_i$ 的消元得到中间的逆元。

由转置原理，都是好做的。

未知(unknown)

处理出每个点的取值范围，那么要做的就是每个值连向交的满足取值范围的点，求二分图匹配。

考虑优化建图，可以分块。

散块暴力，整块只有 $\mathcal O(\sqrt n)$ 种不同的连边方式，扫描线即可处理，时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$ 。

也可以主席树优化。

对点扫，加点删点都可以在主席树上处理，每次修改都新建点即可，连边就是向区间连边，时间复杂度 $\mathcal O((n\log n)^{1.5})$ 。

观光缆车(telpher)

对称一下，可以发现是杨辉三角斜线求和，发现就是斐波那契数列。

然后 sol 的做法就是硬找规律，不好。

考虑列和可以转化为单点，这样矩形可以转化为两条横线，那么我们就是计算这两条横线的斐波那契，发现一条横线是单调的，所以做两次前缀和即可，注意边界的特殊情况。

P5979 [PA2014] Druzyny

简单题，直接分治。

分别对固定左为 $\max$ ，右为 $\max$ 讨论，硬做就好了。

[ABC386G] Many MST

最小生成树的权值和，可以转化为每种权值有多少个比他大的最小生成树边权求和，那么就是权值 $\le w$ 的连通块个数了。

统计一个子集作为连通块的方案数，其实点数相同方案数相同，转成个数做，就是求 $i$ 个点是连通块的方案数，然后他连向其他点的边都是 $>w$ 的，容斥即可。

P11421 [清华集训 2024] 最大匹配 2

神必题。

显然先每种颜色做栈匹配，剩下来的再做一次栈匹配。

考虑栈匹配未被匹配的右括号一定是前缀最小值，左括号同理。

而修改做的是后缀加减，所以前缀最小值个数最多变化 $\mathcal O(1)$ 。

对左右括号分别做，主席树维护每种颜色，以及未匹配的括号，处理好前缀最小值个数，就做完了。

CF2053

E

随便数数就好了。

F

由调整，每一行只填一种颜色，做 dp，转移时全局取 $\max$ ，单点加，偷懒上了线段树。

I1

注意到 $\max(|a_i|)\le \sum a_i$ ，猜测 $b$ 的最大子段和就是 $\sum a_i$ ，取整个序列即可。

充要条件， $b_i$ 的任意前缀和在 $[0,s]$ 。

首先不能 $<0$ ，否则后面和 $>s$ ；其次显然不能 $>s$ 。

而满足 $[0,s]$ ，则任意子段和 $\le s$ 。

考虑 dp，设 $f_{i,j}$ 表示 $[1,i]$ 前缀和为 $j$ 最少添加多少个数。

发现 $f_{i,j}$ 最多两种数，因为转移是先删掉一段区间，然后将小的值往右平移，其他值就取小的值 $+1$ 。

直接模拟即可。

P9331 [JOISC 2023 Day1] Passport

关键结论：左端点扩展路径和右断电扩展路径一定是一段前缀相同，然后分开各走各的，否则一定可以合并路径不劣。

于是可以先处理出从一个点 $x$ ，单独考虑往左往右走的最段路 $dis_x$ ，但是会有重复计算的。

设从 $s$ 开始一直走到 $x$ ，然后分开走，答案就是 $D(i,x)+dis_x$ ，于是新建虚点，连向每个点，权值为 $dis_x$ ，做单源最短路，即可处理出每个点的答案。

P7564 [JOISC 2021 Day3] ボディーガード

高妙题。

考虑将时间轴也引入，显然每次一定会一直走，变成每次可以往右上或者右下走，走了 $\sqrt 2x$ ，贡献为 $x$ 。

再考虑将 $(x,y)$ 变换为 $(x-y,x+y)$ ，即将平面直角坐标系顺时针旋转 $45$ 度，放大了 $\sqrt 2$ 倍，所以将 $c_i$ 除 $2$ 即可。

现在就变成了每次可以向上或者向右走，然后线段都是横的或者竖的，发现这样不仅形态简单了，而且根据题意显然我们最多是走 $0.5$ 然后再走回来，这样在新图上的距离就刚好是 $1$ ，就不用考虑负数了。

去除 $\mathcal O(n)$ 个关键的 $x,y$ 坐标，弄成 $n\times n$ 的网格，预处理 $f_{x,y}$ 表示当前在 $(x,y)$ 之后的最大收获。

相当于先对平面离散化了一遍，这样一整段要么全被覆盖，要么是空的。

再考虑一般情况的走法，要共同行走尽量多，显然是一直往上，碰到某条线，向右走到某个格点，使用它的 $f$ ，往右的同理。

以往上的为例，就是处理处 $(c_i,f_i)$ ，求 $x$ 坐标下，最大的 $c_i \times x+f_i$ ，使用李超树即可，按照 $y$ 从上往下扫描线。

钓鱼(yoshino)

使用 hall 定理判定合法性，就是 $\forall 1\le l\le r\le n,r-l+1-\sum_x [l\le L_x\le R_x\le r]\ge 0$ 。

对左端点扫描线，维护右端点权值的最小值即可完成判定。

再从前往后确定，发现只需要考虑填完一个数后 $i+1$ 位置的合法性，因为不会影响后面的合法性。

于是我们只需找到最小的 $x$ ，使得删掉他后最小值合法了，那么我们找到最小值最左的位置，再找这个前缀最小的 $x$ 即可。

挖野菜(mako)

对 $t$ 上的端点 $i$ 考虑，分别向前向后找到最长的合法前后缀，发现其他合法的都是他们的 border，于是考虑建出 border 树，找到这样 $\mathcal O(n)$ 对 $(x,y)$ ，那么对于一个 $(a,b)$ 合法的条件是子树内存在 $(x,y)$ 。

先对第一棵树考虑，枚举 $a$ ，处理 $a$ 子树所有限制，合法的 $b$ 就是这些限制组成的虚树大小，使用“按照 dfn 排序后两两距离和”即可。

优化就是 dsu on tree。

单独行动(murasame)

dag 容斥板子题。

先将 $\frac{1}{3}$ 的系数提出。

f (S) = \sum_{\emptyset \neq T \subseteq S} (- 1)^{| T | - 1} 2^{E_{T, S - T}} f (S - T)

$f(S)=\sum_{\emptyset\neq T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}2^{E_{T, S-T}}f(S-T)$

然后 $E_{T,S-T}$ 可以变成 $E_{S,S}-E_{T,T}-E_{S-T,S-T}$ 。

\frac{f (S)}{2^{E_{S}}} = \sum_{\emptyset \neq T \subseteq S} \frac{(- 1)^{| T | - 1}}{2^{E_{T}}} \frac{f (S - T)}{2^{E_{S - T}}}

$\frac{f(S)}{2^{E_{S}}}=\sum_{\emptyset\neq T\subseteq S}\frac{(-1)^{|T|-1}}{2^{E_{T}}}\frac{f(S-T)}{2^{E_{S-T}}}$

使用半在线子集卷积即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n^2\log n+q\log n)$ 。

简单的递归(recursion)

根据质因数分解计算 $\varphi$ 的方式，发现我们模拟若干次操作后，关于 $n$ 的影响会完全消失，剩下的质因子的次方项完全是递增的等差数列，即可快速计算。

简单的线性代数(algebra)

妙妙题。

二维差分后行列式不变。

发现这样和矩阵树定理不谋而合 $D-N$ ，相当于加入 $(l,r+1)$ 的边，问生成树个数。

套用矩阵树定理，可以计算图的每棵生成树边权乘积的和。

先求出 dfs 树，那么有 $\le 300$ 条非树边，将这些关键点建出虚树，一条树边不选，就有 dis 的方案，用选的东西来贡献，能做到 $\mathcal O(n\log n+A^3)$ ，更进阶的方法是广义串并联图。

随机游走(walk)

考虑分块预处理转移矩阵，每段时间散块暴力，整块得到答案可快速知道矩阵，就做完了。

钥匙问题(key)

如果我们将相邻两个没有标记的盒子分成一段，如果一个段有 $\ge 2$ 个 $1$ ，那么全都知道。

否则有 $1$ 个 $1$ 且这个数不在端点上，那么可以充当传递。

否则记为第三类。

问一个点就是找到他的类，分别往左往右找第一个非 $2$ 类，判断是否是 $1$ 类即可。

set 即可维护。

最长公共子序列(lcs)

很能想到上面若干段和下面若干段根据一个字符进行匹配，这样是 $\mathcal O(n^4)$ 的。

不难发现内部讨论后是个三维数点，应该能用树套树做到 $\mathcal O(n^2\log^2n)$ 。

后面优化似乎很妙，不会。

罗盘(luopan)

打表发现开头是 $2^k$ ，且是一段完整的区间，分析一下就做完了。

树上睡觉(sleep)

妙妙题。

限制是往下跳比往上跳多，拆成下上和下。

问题就是有一个起点一个终点，然后有上下界限制，平移成 $0$ 的下界和 $len$ 的上界限制。

这是一个经典问题，只要平移不超过限制，那么在同限制下， $x\to y$ 的答案就是 $0\to y-x$ 。

这个调整和某道 qoj 的题差不多。

然后显然给出的是一个长链剖分，直接考虑做合并。

长链顶加入一个点，往下的共线好算，轻链并上来就要使用限制为这条长链长度的 dp 数组。

还剩下从一个点往上跳的，会跳到 $\mathcal O(\sqrt n)$ 条长链上，使用对应的 dp 数组即可。

这些 dp 数组都可以一开始预处理。

IMAWANOKIWA(popc)

结论可以打表证明。

接下来就是贪心删除判断答案会不会变大，就是找是否恰好有一个 $202$ ，使用链表，容易 $\mathcal O(1)$ 维护邻域，存下 $0,1,2$ 个数以及 $02,20$ 个数即可。

计数部分不会。

猪国杀(game)

超级妙的题。

假设操作序列为 $ABABAB...$ ，否则先操作一个。

显然数少的那个颜色一定全被消完。

下面证明关键结论：操作顺序任意，每个 $A$ 找顺时针最近的 $B$ ，最后得出来的形态一致。

考虑先将 $A,B$ 的连续段缩起来，这样每个 $A$ 可以选择打一枪，往后打到一个 $B$ ，相邻的 $A,B$ ，取最小值时刻，这样就会将一个连续段缩起来，由每个段的被操作次数可以还原出原来段内每个点剩下的值。

草，想起来了再写。

基础想象练习题(fantasy)

还在思考细节。

作反演差分，将极长连续段变为只需统计任意连续段的思想很妙。

死亡搁浅(ds)

很妙的！

考虑预处理前后缀 MST，而加入边只会删除原 MST 上两个点路径最大边权边，而加入边的端点数是 $\mathcal O(m)$ 的，所以我们在原 MST 上建出这些点的虚树，树边为路径最大边权边，那么剩下的边在下一轮不会考虑到，特殊处理，即可保证剩下的边在之后永远不会被考虑到，于是只需存下虚树边以及不会考虑到的边的边权和即可，而处理出新的 MST 的过程直接拿这些边做 kruskal 即可，处理完后再对新的关键点求出虚树即可。

QOJ9676

CF2055E

关于一系列数列求和问题

有关定义：

Δ f (x) = f (x + 1) - f (x) Δ (u + - v) = Δ u + - Δ v Δ (C u) = C δ u Δ (u v) = u Δ v + E v δ u = v Δ u + E u δ v \sum_{a}^{b} f (x) δ x = \sum_{k = a}^{b - 1} f (k) \sum_{a}^{b} Δ f (x) δ x = f (b) - f (a)

$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)\\ \Delta(u+-v)=\Delta u+-\Delta v\\ \Delta(Cu)=C\delta u\\ \Delta(uv)=u\Delta v+Ev\delta u=v\Delta u+Eu\delta v\\ \sum_{a}^{b}f(x)\delta x=\sum_{k=a}^{b-1}f(k)\\ \sum_{a}^{b}\Delta f(x)\delta x=f(b)-f(a)$

例题 $1$ ： $\sum_{k=0}^{n-1}a^k,a\ne 1$ 。

$\Delta(a^x)=a^{x+1}-a^x\\ a^x=\Delta(\frac{a^x}{a-1})\\ \sum_{k=0}^{n-1}a^k=\sum_{0}^{n}a^x\delta x=\sum_{0}^{n}\Delta(\frac{a^x}{a-1})=\frac{a^n}{a-1}-\frac{a^0}{a-1}=\frac{a^n-1}{a-1}$

上述就是指数函数的运算，但是幂函数却不能这么求，考虑定义下降幂。

$x^{\underline n}=\frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+(-n))},n<0$ 。

Δ (x^{\underline{n}}) = (x + 1)^{n} - x^{n} = ((x + 1) - (x - n + 1)) x^{\underline{n - 1}} = n x^{\underline{n - 1}} x^{\underline{n}} = Δ (\frac{x^{\underline{n + 1}}}{n + 1}) x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} S (n, k) x^{\underline{k}} \sum_{i = 0}^{n - 1} i^{m} = \sum_{k = 0}^{m} S (m, k) \sum_{i = 0}^{n - 1} i^{\underline{k}} = \sum_{k = 0}^{m} S (m, k) \frac{n^{\underline{k + 1}}}{k + 1}

$\Delta(x^{\underline n})=(x+1)^n-x^n=((x+1)-(x-n+1))x^{\underline {n-1}}=nx^{\underline{n-1}}\\ x^{\underline n}=\Delta(\frac{x^{\underline{n+1}}}{n+1})\\ x^n=\sum_{k=0}^{n}S(n,k)x^{\underline k}\\ \sum_{i=0}^{n-1}i^m=\sum_{k=0}^{m}S(m,k)\sum_{i=0}^{n-1}i^{\underline k}=\sum_{k=0}^{m}S(m,k)\frac{n^{\underline{k+1}}}{k+1}$

Δ (u v) = u Δ v + E v Δ u \to \sum u Δ v = u v - \sum E v Δ u

$\Delta(uv)=u\Delta v+Ev\Delta u \to \sum u\Delta v=uv-\sum Ev\Delta u$

终极 boss： $\sum_{i=0}^{n-1}a^i i^{\underline k},a\ne 1$ 。

$\sum x^{\underline k}a^x \delta x=\frac{x^{\underline k}a^x}{a-1}-\sum a^{x+1}{a-1}kx^{\underline {k-1}}\delta x\\=\frac{x^{\underline k}a^x}{a-1}-\frac{ka}{a-1}\sum a^xx^{\underline{k-1}}\delta x\\ =\frac{a^x}{a-1}\sum_{i=0}^{k}(\frac{-a}{a-1})^ik^{\underline i}x^{\underline {k-i}}$

CF1746F

随机映射是可以的。

也可以考虑随机带权 $0/1$ ，考虑一种数 $w\ne 0$ ，且 $s+w=0$ ，那么 $s \ne 0$ ，那么这样一种数会改变奇偶性，故正确率为 $\frac{1}{2}$ ， $k$ 更大的情况概率更大。

NOI2013 向量内积

先考虑 $k=2$ ，如果不存在合法的对，那么 $\sum_{k}a_{i,k}a_{j,k}=1$ 。

我们依旧为每个向量随机带权 $0/1$ ，对所有 $i$ 计算 $i$ 与所有权为 $1$ 的向量的和的内积，同理内积为 $0$ 的会改变奇偶性，正确率为 $\frac{1}{2}$ 。

$k=3$ 考虑内积的平方为 $0/1$ 。

拆开内积平方的式子，可以发现，可以转化为长度为 $d^2$ 的向量内积的 $k=2$ 问题。

一道题

区间翻转，查询区间子集最大异或和。

随机 $100$ 个 $0/1$ 权值序列。

将每个序列当前区间的异或和加入线性基，假装这个线性基是原区间的线性基即可。

证明不懂，大概需要 $\mathcal O(\log V)$ 个序列就行了。

THUPC2019 找树

由于值域小，考虑直接计数。

使用矩阵树定理，计算 $\sum_{t} \prod_{e\in t} W_e$ 。

其中设 $W_e$ 为 $x^w$ ， $w$ 为 $e$ 的边权。

$\prod$ 表示多项式做题目给定的运算。

d e t (T) = \sum (- 1)^{c (p)} \prod_{j} T_{j, p_{j}} = \sum_{p} (- 1)^{c (p)} I F W T (\prod_{j} F W T (T_{j, p_{j}})) = I F W T (\sum (- 1)^{c (p)} \prod F W T (T_{j, p_{j}})) = I F W T (d e t (F W T (T)))

$det(T)=\sum(-1)^{c(p)}\prod_j T_{j,p_j}\\ =\sum_p (-1)^{c(p)}IFWT(\prod_{j} FWT(T_{j,p_j}))\\ =IFWT(\sum (-1)^{c(p)}\prod FWT(T_{j,p_j}))\\ =IFWT(det(FWT(T)))$

而题目给的这种运算竟然有 FWT 变换！不过不太会，先咕咕了。

变换完后每一位独立，拆开求行列式即可。

一般图最大匹配

设计矩阵 $G$ ：

对于 $i<j$ ，则 $G_{i,j}=x_{i,j},G_{j,i}=-x_{i,j}$ 。

结论： $det(G)\ne 0$ 等价于图存在完美匹配。

考虑定义， $\sum_p (-1)^{c(p)}G_{i,p_i}$ 。

拎出置换环，如果有奇环，反转后，刚好抵消。

偶环，反转后，不抵消，考虑偶环，每个环都存在匹配，而一种匹配两两成环也合法统计。

结论：最大匹配为 $\frac{rank(G)}{2}$ 。

还有一种做法是随机染色成二分图求最大匹配。

QOJ8830

还不会。

CF1641D

将每个值随机映射到 $[1,15]$ ，跑高维前缀和。

正确概率大约为 $\prod_{i=1}^{5}\frac{10-i+1}{15-i+1}$ 。

THUSH2017 巧克力

将 $c$ 矩阵映射到 $[1,k]$ ，正确率大约为 $\frac{k!}{k^k}$ 。

用斯坦纳树 $\mathcal O(2^k3^n)$ 求最小连通块，然后二分求解最大化中位数问题。

有向图哈密顿路

给每个点赋一个 $k$ 维向量，每条边赋边权，给一条路径的权值定义为边权成家乘上 $det(a_{v_1}|a_{v_2}|...|a_{v_k})$ 。

dp 求解以每个点为终点的路径权值和即可，中间需要 $2^k$ 记录 $p$ 的占位情况。

时间复杂度 $\mathcal O((n+m)k2^k)$ 。

QOJ4809

考虑边双内存在经过最大权边和最小权边的环，然后网络流求解方案即可。

P8456 地地铁铁

写过了。

QOJ7682

大概就是线段树维护区间点的圆方树。

然后使用删一度点，缩二度点方法压缩信息。

后面没听懂。

耳分解与开耳分解

有向图可耳分解当且仅当强联通。

无向图可耳分解当且仅当边双连通。

无向图可开耳分解当且仅当点双连通。

P5776/QOJ3301

考虑耳分解反向构造边双。

定义 $G(s)$ 表示包含 $s$ 的边双最小边权和， $f(s,i,j)$ 表示当前经过 $s$ 中的点，在耳 $i$ ，钦定的中点为 $j$ 。

时间复杂度 $\mathcal O(2^nn^3)$ 。

双极定向

给定无向图与 $s,t$ ，存在双极定向当且仅当连接 $(s,t)$ 后点双连通。

构造点排列 $p$ ，使得 $p_1=s,p_n=t$ ，且任意前缀与后缀的导出子图连通。
给图所有边定向得到 dag，使得 $s$ 入度为 $0$ ， $t$ 出度为 $0$ ，其他点入出度均不为 $0$ 。

方法：tarjan 按照点双方法求出每个点的 $fa,low$ ，在预处理时将 $u$ 加入 $fa_u,low_u$ 的列表中，注意 $s,t$ 路径上的点不加入。

提取 $s\to t$ 的路径，将他们依次染黑，并且递归染黑他们的列表。

注意有染黑顺序按照深度从大到小的限制，由于预处理已经维护这个顺序，故无需考虑。

IOI2019 景点划分

容易发现，至多一个点双有 $a,b$ 两种颜色。

建圆方树，钦定一个点双有两种颜色。

以他为根，若最大子树 $>n-a$ ，无解。

若最大子树 $\ge b$ ，则在改子树中选择 $b$ ，其余选 $a$ 。

否则，所有子树大小 $<b$ ，对点双做双极定向，取一个前缀为 $a$ ，一个后缀为 $b$ ，一个个加入前缀圆点对应的子树，某次大小和从 $<a$ 变成 $\ge a$ 时，一定满足 $<a+b$ ，则后缀 $\ge b$ 。

切边等价集合

我们称两条边切边等价当且仅当在任意简单环中，这两条边要么同时出现要么同时不出现。

求解考虑 dfs 树上非树边赋随机权值，树边权值为跨过它的非树边权值。

则权值为 $0$ 的边为割边。

任意异或和为 $0$ 的边集为图的割集。注意实际实现时，只能处理割集较小的情况。

P6914 WF2015 Tours

玩玩就知道答案就是 $\gcd(|切边等价类|)$ .

QOJ1351

二分图就是不存在奇环，只需考虑给奇环赋值。

则所有边异或和非 $0$ 等价于非二分图。

找到奇环权值异或和，一条边的方案直接统计即可。

两条边就是找异或和为它的方案，开桶统计即可。

边三连通分量

两个 $u,v$ 在同一个边三连通分量的充要条件是不能割两条边使得 $u,v$ 不连通。

直接讨论：

树边权值为 $0$ 。
存在树边与非树边权值相等。
存在两条树边权值相等。

考虑异或哈希方法区分边三连通分量，情况一二就是子树异或，情况三就是一上一下打两个子树异或，这样就可以区分出中间的连通块了。

对于情况三，dfs 回溯时处理相邻的权值相等的树边即可。

CF1648F

模拟赛题。

PA2020 Trzy drogi

P7349 有向图可达性问题

考虑每 $w$ 个分一块做一次传递闭包，每个点存一个 ull，表示与当前 $w$ 个点的可达性，时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n}{w}\times n=\frac{n^2}{w})$ ，空间复杂度 $\mathcal O(n)$ 。

那么我们处理出来了这样一张表。

其中列表示起点，行表示终点，那么每次询问相当于询问一个左下角权值和。

先考虑蓝色部分，容易从下往上处理。

橙色部分就是反过来做，每个点存一个 ull，表示当前 $w$ 个点到这个点的可达性。

对于绿色部分，每次 $\mathcal O(w)$ 处理即可。

时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n^2}{w}+qw)$ ，空间线性，可以通过。

SNOI2020 生成树

广义串并联图经典题了。

UOJ138

直接给非树边赋值 $2^i$ 。

这样只有不超过 $2k$ 种边权，证明大概考虑非树边构成的虚树上一条边的权值都相同的，可以缩起来。

然后使用记忆化搜索，每次新增一种编号就加入到线性基里判断是否合法，卡不掉。

QOJ9877

咕咕咕。

完全有向多分图

缩点，按照正拓扑序排序，设为 $A_1,...,A_k$ ，则：

若 $|A_1|=1$ ，设 $t$ 为最大的 $p$ 使得 $|A_1|=\cdots=|A_p|=1$ ，且这些点都在同一部分，则 $A_1,...,A_p$ 互不可达，且全部可达 $A_{p+1},...,A_k$ 。
否则 $|A_1|$ 可达 $A_1,...,A_k$ 。

可以进行拓扑序计数。

CF1806F2 GCD Master

相当于将所有数分成 $n-m$ 个集合，最大化每个集合的 $\gcd$ 的和。

若 $\min(S)<\max(S)$ ，则 $2\gcd(S)\le \max(S)$ 。

若有两个满足 $\min(S)<\max(S)$ 的集合 $S1,S2$ ，则 $\max(\max(S1),\max(S2))$ 单独一组，其他一组，不劣，

证明：设 $\gcd(S1)=x,\gcd(S2)=y,x\ge y$ ，则选择 $\max(S1)$ 为一组，变化为 $\max(S1)+\gcd(x,y)\ge 2x+\gcd(x,y)\ge x+y$ 。

故最多一组满足至少两种数。

我们枚举这样的组中的数的个数，那么还需考虑合并相等元素的共线，即为每种元素去掉一个后的前若干大。

于是问题转化为在元素互不相等的集合中选择 $t$ 个数，最小化 $sum(S)-\gcd(S)$ 。

将元素排序得到 $a_1,...,a_n$ ，若 $k<j<i,a_k\notin S,a_j\in S,a_i\in S$ ，则 $\gcd(S)\le a_i-a_j$ ，将 $a_i$ 换成 $a_k$ 不劣。

证明： $sum(S)-\gcd(S)\ge sum(S/a_i)+a_j>sum(S/a_i)+a_k$ 。

因此 $S$ 形如 $a_1,\cdots a_{t-1},a_p,t\le p\le n$ 。

枚举 $t$ ，只有 $\log V$ 种 $\gcd$ 。

CEOI2014 The Wall

考虑 $(0,0)$ 到每个关键点左上角的最短路径，它一定被回路包含。

证明：否则，存在最短路径的一段区间在回路外面，则最短路径的子区间还是最短路径，调整。

显然任意一条不跨过这些路径的回路都会经过关键点。

那么拆点，删掉会跨过这些路径的边，求最小环即可。

具体考虑起点 $(0,1)$ ，终点 $(1,0)$ 的最短路即可。

IOI2019 折线

直观想法，螺旋往里绕，但是斜线会炸。

考虑维护三个序列，一个螺旋，一个左上到右下，一个左下到右上。

尝试螺旋，发现不合法时一定满足是剩下点的一个角，一定可以放到另外两种上。

每种序列段数严格等于点数加一，是合法构造。

IOI2024 象形文字序列

如果保证有解。

对于一种字符，将他出现次数较少一侧标记为关键位置。

相当于在 $a,b$ 中相等元素匹配，使得每个关键位置在匹配中，且匹配不交。

考虑 $a,b$ 中第一个关键位置。

若 $a_p=b_q$ 则可以直接匹配。

若 $b_1,...,b_{q-1}$ 中出现过 $a_p$ ，则 $a_p$ 可匹配，另一侧同理。

只有一侧可匹配时直接匹配。

若两者均可匹配，则需要进一步分析决策。

重新定义：若 $a_{p+1},...,a_n$ 中 $b_q$ 的出现次数 $\ge b_q,...,b_m$ 中 $b_q$ 的出现次数，则 $a_p$ 可匹配。另一侧同理。

若在新定义下两者均可匹配，则考虑 $a_qb_p...b_p$ 和 $b_pa_q...a_q$ ，它们均为 $a,b$ 的公共子序列，但不可能同时是 $c$ 的子序列，玩一玩就理解了。

直接递归求解即可。

接下来需要判断求出的 $c$ 是否是最全公共子序列。

尝试构造一个 $c’\in S$ 且不为 $c$ 的子序列。

依次加入 $c'$ 的每一个字符，维护当前在 $a,b$ 中的匹配位置 $a_p,b_q$ ，设 $c$ 中的字符对应 $a,b$ 中的位置为 $x_i,y_i$ ，令 $c'$ 对应在 $c$ 的匹配为 $x_{pc},y_{pc}$ 。

显然有 $p\le x_{pc},q\le y_{pc}$ 。

若某个时刻有 $p<x_{pc},q<y_{pc}$ ，则一定可以构造出 $c’$ 。

因此只需考虑 $p=x_{pc}$ 或 $q=y_{pc}$ 的情况。

情况 $1$ ： $p=x_{pc},q=y_{pc}$ ，假设下一个匹配的是 $a$ 中的一个关键字符 $x$ ，设 $pc\to pc'$ ，由于在 $a$ 中， $x_{pc+1...pc'-1}$ 的位置上不存在 $x$ ，且冗余位置不可能存在 $x$ ，那么 $p'=x_{pc'}$ 成立，则情况 $1$ 可能生成情况 $1$ ，也可能转到情况 $2$ 。

情况 $2$ ：不妨设 $p=x_{pc},q<y_{pc}$ ，接下来选择某个字符 $x$ ，对于 $b$ ，如果在 $(q,y_{pc}]$ 部分都不存在字符 $x$ ，那么当前情况会退化为情况 $1$ ，否则有 $q'\le y_{pc}$ ，所以 $q'<y_{pc'}$ ，后面不讨论了。

记 $f_p$ 表示 $p=x_{pc}$ 时 $q$ 的最小值， $g_q$ 表示 $q=y_{pc}$ 时 $p$ 的最小值。

由上知道 $f,g$ 不存在互相转移的情况，只需判断能否通过增加一步操作达到不合法情况即可。

ucup3 stage21 G

考虑度数和最小的点 $u$ ，所有点度数和为 $4(n-1)$ ，则 $d1(u)+d2(u)\le 3$ 。

若 $d1(u)+d2(u)=1$ ，那么都是叶子，直接删除递归子问题。

否则，令 $d1(u)=1,d2(u)=2,(u,a)\in T_1,(u,b),(u,c)\in T_2$ ，且 $T_2$ 中 $(u,b)$ 在 $u\to a$ 路径上。

在 $T_1,T_2$ 中删除 $u$ ，在 $T_2$ 中加入 $(b,c)$ 递归子问题。

在子问题中，必然有交换 $(b,c),(d,e)$ ，将这一步改为交换 $(u,a),(u,b)$ ，交换 $(u,c),(d,e)$ 。

合法，太妙了！

ucup3 stage20 I

将每个物品重量较少 $\lfloor\frac{m}{n}\rfloor$ ，则每个物品重量在 $[-n,n]$ ，总重量在 $[-n,n]$ 。

令选出了 $b_1,...,b_n$ ，则必然存在 $b$ 的一种排列方式满足所有前缀和在 $[-n,n]$ 。

那么倍增多项式幂即可，每次只保留 $[-n,n]$ 的项。

ucup3 stage7 C

考虑钦定每种物品在哪个商店买到，那么一个商店的代价就是所有物品排序后奇数位置和。

先钦定每种物品放在价格小的商店中。

设两种物品代价 $x_1,y_1,x_2,y_2$ 且 $\max(x_1,x_2)\le \min(y_1,y_2)$ ，显然不如不换。

那么排除掉了包含和相交的情况，那么所有更换的线段不相交。

令 $f_{i,j,k}$ 表示考虑后 $i$ 个点，两个商店物品奇偶性，最小代价。

转移考虑是否更换当前物品，需要支持快速计算一段区间的代价，计算方式相当于矩阵乘法，线段树就行了。

ucup3 stage13 N

记录每一段 $0$ 的个数 $a_1,...,a_k$ 。

操作为选择 $a_i\ge 1,a_{i+1}\ge 2$ ，合并为 $a_i+a_{i+1}-3$ 。

后面还没懂。

ucup2 semifinals H

ucuo1 stage0 L

割集当且仅当线性相关。

令经过树边 $(i,i+1)$ 的非树边集合为 $S_i$ ，那么我们只需维护 $S_i$ 的等价类。

令 $a_{i,j}$ 表示加入的第 $j$ 条边是否包含 $(i,i+1)$ ，那么 $i,j$ 在 $t$ 时刻处于同一等价类当且仅当 $t\le LCP(a_i,a_j)$ 。

操作过程相当于分裂，考虑倒过来变成合并，将 $a_i$ 按照字典序排序，相当于 trie 的 dfs 序，在 $LCP(b_i,b_{i+1})$ 时刻将 $i,i+1$ 合并即可。

区间 lcp=min 相邻 lcp

$lcp(b_i,b_j)=\min_{k=i}^{j-1}lcp(b_i,b_{i+1})$ 。

AGC068E

AGC055F

UOJ25C

UOJ NOI ROUND7 D1 C

ROI2017 学习轨迹

经典题了。

EGOI2024 Garden Decorations

zak 的二进制警报器

传统警报器只能做到 $\mathcal O(k\log_{\frac{k}{k-1}} V\log q)$ 。

而二进制警报器能做到 $\mathcal O(1)-\mathcal O(k\log V)$ 。

对于一组警报点 $a$ ，维护一个阈值 $h$ ，只要 $a_i$ 经过 $2^h$ 的倍数时就报警（例如 $a_i\to a_i+w$ ，我们称他经过了 $(a_i,a_i+w]$ ）。

报警后进行检查，如果当前的 $h$ 能让所有 $a_i$ 在不报警的前提下总和超过 $v$ ，那么 $h\to h-1$ 。

具体实现时判断 $v-\sum_i a_i\le (2^h-1)\times k$ ，就 $h\to h-1$ ，不用特别精细。

对于某个时刻的 $h$ ，满足 $v-\sum_{i}a_i$ 是 $\mathcal O(k2^{h})$ 的，当一个元素报警两次后，必然至少增加了 $2^h$ ，当前的 $h$ 对应的报警次数总和不超过 $\mathcal O(k)$ ，否则就大概满足 $>v$ 了。

故每组报警点总报警次数为 $\mathcal O(k\log V)$ 。

每次修改会报警的 $h$ 一定是一段后缀，拿出后缀 $h$ 的所有报警器（用 vector 维护即可），每组报警器在 rebuild 时，预处理 $rem$ 表示 $v-\sum_i a_i$ 再减去每个 $a_i$ 不报警情况下的空间。

而不报警的情况下 $rem$ 是不变的。

太牛牛了。

thupc2024初赛套娃对极小 mex 区间的处理

本质不同极小 mex 区间只有 $\mathcal O(n)$ 个。

处理出所有 $0-mex,1-mex$ 区间。

对于 $x-1-mex$ 区间集合求出极小区间。

对于 $x-1-mex$ 区间集合中的每个区间，分别找到左右最近的 $x-1$ ，形成两个区间，求出他们的 mex 为 $a,b$ ，加入到 $a-mex,b-mex$ 区间集合即可。

很妙的。

CF2056F2

观察 $\frac{n!}{\prod_i cnt_i!}$ 的组合数连乘形式，发现式子为奇数当且仅当 $cnt$ 将 $n$ 的二进制 $1$ 位划分为若干个集合。

在这样的形态下，含有二进制最高位的 $cnt$ 一定是绝对众数，也就是中位数，同时也是最大值，枚举 $x,c$ ，则方案数为 $\dbinom{x}{c-1}\times\begin{Bmatrix}{tot}\\{c}\end{Bmatrix}$ 。

先枚举 $c$ ，我们需要解决快速求 $\begin{Bmatrix}tot\\c\end{Bmatrix}\bmod 2$ 的值，组合意义是将 $n$ 个不同元素划分到 $m$ 个无序集合，钦定每个集合的代表元是其中编号最小元素，那么一个未钦定元素，分配的方案数就是之前代表元个数，总方案书就是乘积。

那么我们要求，每个未钦定元素都要满足之前有奇数个代表元，相当于第 $2t$ 个代表元必须与第 $2t+1$ 个相邻，若 $m$ 为奇数，因为偶数的时候最后一个代表元必须在 $n$ ，就能转化为奇数的情况了。

相当于第一个代表元在 $1$ ，在剩下 $n-1$ 个位置放 $m-1$ 个元素，要求 $2t$ 和 $2t+1$ 相邻，则想捆绑起来，于是任意情况下，方案数为 $\binom{n-1-\lfloor\frac{m}{2}\rfloor}{\lfloor\frac{m-1}{2}\rfloor}$ 。