啦啦啦啦啦啦啦啦啦

啦啦啦

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前 30 分钟通读题目‌：快速浏览所有题目，标记难度等级和预估得分，优先选择有把握的题目开始作答，避免因卡题浪费时间‌。
‌分阶段把控进度‌：
第 1 小时：完成简单题或部分分代码框架，确保基础分数；
第 2-3 小时：集中攻克中等难度题目，优化代码逻辑；
最后 1 小时：检查已写代码，完善注释和边界条件处理，冲刺难题部分分‌；

ABC221G

神秘题，将坐标轴转 $45°$，然后 bitset 优化背包，记录路径把刚刚被更新的找出来，然后 _Find_next，每个点只会记一次。

AGC050a

神秘题，想到 $\log$，然后发现一下位置 $x$ 走十次能到的区间是 $[1024x,1024x+1023]$，区间长度够，每次直接连 $(2x,2x+1)$，超出去的对 $n$ 取模。

魔法少女网站

Ynoi，思路是对操作分块，每 $B$ 次修改分一块，块内的询问按 $x$ 排序，询问的其实是关于所有 $\le x$ 形成连续段的二次函数。

对于一次询问，把 $\le x$ 的看成 $1$，每个点维护连续段左右端点，序列分块先插入所有与修改无关的点，因为询问排过序所以每个点只会被加入一次。

剩下和修改有关的点每次暴力跑 $B$ 次修改，注意上述数据结构不支持删除，所以每次要暴力撤销。

常数爆炸，注意到每个点记录的连续段左右端点只会有一个，所以可以压成一个数组，还有基数排序等等卡常技巧。

最后还是过不去后面的点，拼了个暴力过了？？？？

暴力过 Ynoi

Amusement Park

学习子集反演：

$$F(S)=\sum _{T\subseteq S}G(T)⟺G(S)=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{\mid S\mid -\mid T\mid }F(T)$$

本题考虑 dp，$f(S)$ 表示点集 $S$ 的导出子图不成环的方案数。

枚举一圈入度为 $0$ 的点，也就是这些点在原图上形成独立集。

考虑枚举独立集，可以预处理，然后容斥。考虑容斥系数是啥。

令 $g(S)$ 在全集 $Q$ 中为度数为 $0$ 的集合恰好为 $S$ 的方案数，$h(S)$ 为钦定度数为 $0$ 的集合为 $S$ 的方案数，即：

$$h(S)=\sum _{S\subseteq T\subseteq Q}[w(T)]g(T)$$

$w(T)$ 表示 $T$ 是否是独立集。根据子集反演：

$$g(S)=\sum _{S\subseteq T\subseteq Q}(-1{)}^{|S|-|T|}[w(T)]h(T)$$

$$\begin{array}{rl}h(T)& =[w(T)]f(S\setminus T)\\ f(S)& =\sum _{T\subseteq S\wedge T\ne \mathrm{\varnothing }}g(T)\\ & =\sum _{T\subseteq S\wedge T\ne \mathrm{\varnothing }}\sum _{T\subseteq H\subseteq S}(-1{)}^{|T|-|H|}[w(H)]h(H)\\ & =\sum _{T\subseteq S\wedge T\ne \mathrm{\varnothing }}\sum _{T\subseteq H\subseteq S}(-1{)}^{|T|-|H|}[w(H)]f(S\setminus H)\\ & =\sum _{H\subseteq S}(-1{)}^{|H|}[w(H)]f(S\setminus H)\sum _{T\subseteq H\wedge T\ne \mathrm{\varnothing }}(-1{)}^{|T|}\\ & =\sum _{H\subseteq S}(-1{)}^{|H|+1}[w(H)]f(S\setminus H)\end{array}$$

然后就做完了。

学习一个枚举子集的小技巧：

for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		for(int j=i;j;j=i&(j-1))

Desant

再看还是没思路啊。

注意到数据范围，枚举子集，$f(i,S)$ 表示枚举到 $i$ 位，选的集合为 $S$ 的答案。

直接记录状态就是 $2^n$ 的，因为我们要转移，所以需要记录值域的状态。

但是后面没有选的元素只有 $n-i$ 个，选的数会形成若干个连续段，我们只关心每个连续段分别选了多少个数就可以了。

所以处理出连续段，然后 hash 起来作为状态，$f(i,S)$ 第一位可以滚掉，可以证明 $|S|$ 不会超过 $3^{\frac{n}{3}}$：

即 $\sum x_i=n$，求 $\prod x_i$ 最大值，根据均值不等式 $x_i=x$ 时最优，所以求 $x^{\frac{n}{x}}$ 的最值，取个 $\ln$ 变成 $n\frac{\ln x}{x}$，求个导变成 $n\frac{1-\ln x}{x^2}$，所以在 $x=\mathrm{e}$ 取到最值。取整就是 $3^{\frac{n}{3}}$。

转移时枚举区间和，然后合并区间。

小清新人渣的本愿

由乃的玉米田

图很炸裂。

很水啊，乘法枚举因数就是 $\sqrt{n}$ 的，加和减直接上 bitset 就行。

除法也很好做，上面已经确定是根号或者 bitset 的算法了。

考虑根号分治，大于 $B$ 的一共只有 $\frac{V}{B}$ 个倍数，直接枚举，

小于 $B$ 的一共只有 $B$ 个，对于每个数预处理 $x$ 倍出现的前一个和后一个位置，用个线段树维护一下区间交然后判断区间是否包含。为啥不用 ST 表？空间开不下。

最后因为空间问题，$B$ 取到 $64$ 就行，复杂度和 bitset 一样。

游走

XOR和路径

若干年前欠下的高斯消元，省选前来学一下。

两道题看起来差不多，但是感觉不太一样。

第一道是板子，答案就是每条边期望经过次数，发现边的不太好直接算，先算点的，然后就能知道边期望次数了。

第二道先拆位，有效边被走次数为奇数就有贡献，还想这样做，发现毫无办法知道边经过奇数次的概率，那么就直接记从 $u$ 到 $n$ 经过奇数次有效边的概率，转移：

$$f_u=\frac{1}{d_u}(\sum _{w(u,v)=0}{f}_v+\sum _{w(u,v)=1}(1-f_v))$$

然后就做完了。

放个高消的板子。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 65;
#define double long double
const double eps = 1e-18;
int n;
double a[N][N],ans[N];

int main()
{
    // freopen("in.in","r",stdin);
    // freopen("out.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n+1;j++)
        {
            scanf("%Lf",&a[i][j]);
        }
    }
    for(int j=1;j<=n;j++)
    {
        int t=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if((i>=j||fabs(a[i][i])<=eps)&&fabs(a[i][j])>fabs(a[t][j])) t=i;
        if(!t) continue;
        for(int k=1;k<=n+1;k++) swap(a[j][k],a[t][k]);
        for(int i=1;i<=n;i++) if(i!=j)
        {
            double t=a[i][j]/a[j][j];
            for(int k=1;k<=n+1;k++) a[i][k]-=t*a[j][k];
        }
    }
    bool no=0,oo=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(fabs(a[i][i])>eps) ans[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
        else if(fabs(a[i][n+1])>eps) {no=1;}// 判无解
        else {oo=1;}// 无穷解
        if(fabs(ans[i])<eps) ans[i]=0;
    }
    if(no) printf("-1\n");
    else if(oo) printf("0\n");
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("x%d=%.2Lf\n",i,ans[i]);
    }
    return 0;
}

MUL-Multidrink

超级大模拟.话说现在怎么人均场切黑了！！

当然思路也很难想啦，容易发现叶子是特殊的，而且从 $1$ 到 $n$ 的链也是特殊的。

先把根链拿出来，根链外的子树必须形如一条链上挂若干个叶子，否则不可能跳回来。

先考虑这部分怎么做，先把这条链拿出来，然后隔一个遍历，途中把上一个节点的叶子收了。（如图）

忽视叶子，对于每一个有一棵子树的根链上的节点都这样跑，如果没有那它可以直接跳到下一个节点，帮助下一个节点跑一棵子树。

贪心策略就是这样。

划分

长度为 $n+m$ 的 $01$ 串，划分成两个长度分别为 $n,m$ 的序列，得到两个二进制数使其和最大。

贪心，最终目的就是使 $1$ 尽量靠前，考虑先得到一个方案然后交换，限制就是 $01$ 顺序和原串一致。

令 $n\ge m$，我们想让 $1$ 尽量靠前，要拿 $m$ 串的 $1$ 去替换 $n$ 串里靠前的 $0$。

所以反过来先将 $m$ 串填满，然后每次交换就相当于将 $0/1$ 整体平移。

Easy Problem

长度 $3n$ 的序列选出长度 $3k$ 的子序列，使 $\sum _{i=1}^{k}median(a_{p_{3i-2}},a_{p_{3i-1}},a_{p_{3i}})$ 最大，对于每个 $k$ 求解。

暴力：$n^2\log n$ 预处理每个区间的次大数，状态 $f_{i,j}$ 在前 $i$ 位里选 $j$ 个的最大值。转移 $f_{i,j}=ma{x}_{k=0}^{i-1}{f}_{k,j-1}+w(k+1,i)$，复杂度 $n^3$。

考虑优化，发现毫无前途。

考虑每个数的贡献，只要这个区间内有比它大的和比它小的那么就有贡献，单调栈找到前一个比它大的、小的，后一个比它大的、小的。贡献位置有本身的位置，后一个大、小的出现位置，扫描线 dp。

Trash Problem

暴力就能过，但是暴力都不会。

$n^2$ 枚举左上角，然后从左往右做扫描线，复杂度 $O(\frac{n^4}{\omega })$。

具体扫描时确定下界，对于每一列，两个一组，记录上面那个的位置。

第一个下界是无法两个一组匹配了，第二个是和上一列拼完剩下无法匹配的位置成为下界。实现时记录不能作为下界的位置。

Minimum Cost Paths P

看到平方想差分！！！

对于每一列来说，每两个的差值都是 $c_y$。

转移到下一列，如果横着走过去，那么差值会增加 $2x-1$，如果从上面过去，差值就变成 $c_{y+1}$ 了。

前者是一条斜线，后者是平台，最终得到的差分就是单调不降的。

每次进行后缀推平，用栈记，然后连续一段就是横着走的，段与段之间是向下走的，记录每一段开头的位置和值，可以计算。

扫描线。

大概长这样。

Counting Triangles 2

赛时怎么也没想到那个边长为 $\sqrt{5}$ 的三角形。。。

暴力：枚举每个点，列式子求另外一个点的范围，即转 $90°$ 后还在范围内，注意特判自己。

玄学解法，按暴力打表，发现有规律，做两次二维差分，就做完了。

Build the Tower

玄学。

因为这道题去学了高消，但是和高消没关系。

令 $f_S$ 表示栈状态为 $S$ 时最终的答案。

$$f_S=1+\frac{1}{c+1}(f_{S-top}+\sum f_{S+b})$$

发现这是个类似树上的问题，转移由儿子和父亲转移过来。

考虑边界

$$\begin{array}{rl}& f_{leaf}=1+\frac{1}{c+1}{f}_{leaf-top}\end{array}$$

观察到最后那个式子表示我们可以用父亲表示儿子，可以写成如下形式：

$$f_{son}=A_u{f}_u+B_u$$

首先处理状态，注意到这个东西只和子树有关，也就是我们不关心退栈操作了，所以状态只需要记录栈顶元素和权值和。

然后递归上去带回就能求出每一个点和其父亲的关系。

最终答案没有父亲，所以答案就是 $B_0$

茎

把根链单拿出来做 dp，其他子树跑背包。

根链从 $u$ 转移到 $v$ 枚举有多少点在 $v$ 被砍掉之后被选，这个就是任意选的后缀和。

还是做背包。

CF204E

给定一个字符串序列 $s_i$,定义一个“好串” $t$ 当且仅当这个串在不少于 $k$ 个字符串中出现过，问每个串 $s_i$ 的子串中“好串”的数量。

复习 SA。

首先把所有 $s_i$ 拼起来，中间用分隔符隔开，那么每个子串就是每一个后缀的前缀。

在多少个字符串出现过可以二分 ST 表加主席树区间数颜色做。

注意到如果一个大的串合法，那么它的子串也是合法的，这个也可以二分。

复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$。

ARC189D

单调栈，发现一个小的如果能在若干步后合并一个大的，那么反过来大的一定能合并小的，答案是一样的。

所以并查集，将小的答案指向它能合并的大的上，注意相等情况需要特判。

ARC187B

若干年前感觉超级困难的题，现在能自己做了。

过了发现才只是蓝。深深的感到自己的弱小。

发现每一个连通块一定都是一个区间。

考虑连通块内最大的元素，一个前面的点和它没有连边当且仅当前缀最小值大于它，同理考虑最小的元素和后面没有连边当且仅当后缀最大值大于它。

所以问题变成区间计数，考虑贡献记在左端点，即每个点有多少种方案作为左端点。

枚举前缀最小值，可以容斥一下，然后就能确定后缀最大值的范围。

IZLET

对于相邻且同种颜色的点可以直接缩，剩下的发现一下，只在路径颜色数为 $2$ 的两个点之间连边跑生成树就是对的。

同颜色直接缩应该是没问题的，为什么任意一棵生成树就是对的？

考虑把有两种颜色交替的路径拿出来，会形成一个团，我们其实并不关心这个团内部的结构，只要它是颜色交替，并且和外面的边的连接是正确的就行。

同样，团与团之间的顺序也是不关心的。

三分

哈哈，刚学会三分，每次取 $mid-eps,mid+eps$ 作为 $lmid,rmid$，删掉一半。

有平台不可以。

ARC191C

太困难了！

如果没有最小解要求，容易想到 $A=n+1,M=n$，但这不保证最小解。

然后神奇想到 $(n+1{)}^n-1$ 最后一项是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})n=n^2$，如果令 $M=n^2$，那么能保证最小解。

ARC189B

感觉很困难啊。

如果想到差分就好说了，其实就是交换 $p,p+2$，然后排序，注意特判 $n=2$。