【题解】UOJ Long Round #2
// created on 22.09.19
A. 后门
考虑令 \(f(n,i)\) 表示长度为 \(n\) 的序列，下标为 \(i\) 的位置被计算的次数，有：
状态数 \(O(n\log n)\)，转移的时候相邻的 \(i\) 移动量很小 .. 但是被卡空间了（不过其实也没算时间复杂度）。
而对于 \((d_1,c_1)\) 和 \((d_2,c_2)\)，合并成为 \((d_1d_2,d_1c_2+c_1)\) 。对于一个 \(i\)，因为 \(\forall d\) 的 \(c\) 都是固定值，而对于一个 \(d\)，当 \(i<d\) 且 \(i\geq n-d\) 时，序列中剩下恰好 \(i\) 一个元素。
反之，如果 \(i\geq d\) 或者 \(i\leq n-d\) 时，序列中就还剩下至少两个元素。我们要求的就是 \(d\) 序列使得最后恰好只剩下一个元素。令 \(h_n\) 表示 \(\prod d=n\) 的方案数，枚举倒数第二步时的 \(d\)，此时应该满足 \(i\geq d\) 或 \(i< n-d\)，而方案数是 \(h_d\) 。此时 \(d\) 即满足 \(d\leq \max(i,n-i-1)\) 。
那么最后一步假设选了 \(k\)，需要满足的要求是：1. \(dk\geq \max(n-i,i+1)\) 。2. 在倒数第二步 \(d\) 决定了序列长度只剩下 \(\lfloor\frac{n-(i\bmod d)}{d}\rfloor\)，因此 \(k\leq\lfloor\frac{n-(i\bmod d)}{d}\rfloor\) 。
于是：
在 \(i:[1,n]\) 时变化量是 \(O(n\log n)\) 的。故时间复杂度为 \(O(n\log n)\) 。
实现细则：考虑令 \(g(n)=\sum\limits_{d}h_d\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)，\(f(n,i)\) 可以直接用 \(g(n)\) 和前缀和表示。而考虑 \(g(n)-g(n-1)\)，只会在 \(d|n\) 处产生变化，即 \(\sum\limits_{d|n}h_d\)，这个值恰好为 \(2h_n\) 。于是瓶颈在于求 \(h\)，直接求就是 \(O(n\log n)\) 。
不过我们发现 \(h\) 其实忽略实际的数，我们只需要考虑不同的指数序列。同构的指数序列对应的 \(h\) 是一样的。而不同的指数序列可以搜出来 \(4223\) 个，对每个直接求值。而对于每个 \(n\) 想找到对应的指数序列，从而实现 \(O(n)\) 的话，我们考虑如下做法：从小到大枚举质数，确定其的指数。在这之前，我们将所有指数序列插入到 Trie 中，这样确定指数后就可以直接在 Trie 上走。容易发现这样做是 \(O(n)\) 的。
总结一下，挺好的一道小清新题。\(O(n)\) 的做法也算是一个小套路（指插入到 Trie 上直接走）。从合并操作入手，确定了我们计数的对象，并且确定了计数的方式。成功对我这种搜状态的人产生了误导。
B. 跳蚤猜密码
我们发现询问 \(n^2+1\) 次可以知道 \(M_{i,j}\) 。注意到我们有 \(M^{T}/\det(A)=A^{-1}\)，如果 \(A\) 可逆，就可以求得 \(M\) 。
于是我们考虑一个权值随机的矩阵 \(C\)，每次询问都令 \(B\leftarrow B+C\)，这样问出来就是 \(\det((A+C)+B)\) 。注意到 \(A+C\) 基本是可逆的，这样只需要矩阵求逆后，减去 \(C\) 就得到答案了。
那怎么将多的一次减掉呢？考虑到 \(\det(M^T)=\det(A)^{n-1}\)，因此如果不求 \(M^{T}_{1,1}\) 的话，也可以用拉普拉斯展开将其解出来。
总结一下，挺好的一道小清新题。主要突破口就在对余子矩阵，以及余子矩阵的一系列与原矩阵关系的公式。对于我个人而言想到余子矩阵做突破并不难 .. 但是明显我对其相关的公式掌握不够熟练，将其联系起来的水平还有待提升。
C. 霸占排行榜
\(l\) 是 Trie 大小，\(n\) 是串数，\(m\) 是拼接段数，\(w\) 是字符集大小，\(S\) 是串长总和。
首先对 Trie 建立 ACM，我们要做的就是用 \(T\) 在上面，边跑边打标记，最后求子树和。
而这个做法的优化建立在我们能解决这个问题上：怎么对 \(u\) 求出 \(u\) 后接 \(S_i\) 后，去到了哪个节点。记这个为 \(dir(i,u)\) 。可以发现，匹配的过程其实是，先在 Trie 上往下走，然后跳 Fail，然后接着走 Trie 的一个过程。我们考虑记 \(end(i,u)\) 表示 \(u\) 走 \(S_i\)，在 Trie 上能走到哪个地方。
于是路径一定是，\(u\) 先到 \(end(i,u)\)，然后 \(y=\mathrm{fail}(end(i,u))\) 走下一个字符的出边。我们在这个基础上找找子问题。因为跳 Fail 的过程其实就是变成了原来的后缀，分类讨论：
- 如果 \(u\rightarrow end(i,u)\) 的串被保留：那么我们从 \(y\) 的祖先开始走，两条路径是等价的。
- 如果 \(u\rightarrow end(i,u)\) 的串被截断：此时我们从 \(1\) 开始走，两条路径也是等价的。如果 \(1\) 走到了另外的点，那么该点一定处在 \(y\) 的祖先链和 \(end(i,u)\) 的祖先链之中，这不符合 Fail 的定义。
而在两种情况下，我们都将起点 \(u\) 等价移动到了一个深度比 \(u\) 浅的点。可以直接 BFS 一遍求出。然后接下来要解决的就是打标记的问题，考虑我们上述过程，不难发现所有贡献的移动都可以通过打树上差分标记解决。
于是现在的问题在于求解 \(end(i,u)\)，这里介绍两种方法：
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考虑 重链剖分（目的在于利用轻儿子子树大小和不超过 \(O(l\log l)\) 的性质），每条重链先用 exkmp 求答案。然后我们要处理的就是在轻儿子上往下走一段 \(S_i\) 的后缀，这样的询问有 \(O(L)\) 个。
我们考虑对 \(S\) 的后缀进行 后缀排序，那么按照顺序考虑后缀的话，其实就是按照 DFN 序考虑！也即，在处理完排名较小的后缀，只需要跳祖先直到跳到下一个询问后缀的 LCA 处，再往下走。此时的复杂度分析很简单：每个点只会经过 \(O(1)\) 次，因此复杂度是 \(O(l\log l)\) 。
总结一下，重链剖分是常用的树上路径问题处理手段，而重链剖分在这种拼接路径上的作用就是：将问题分成两部分，一部分在重链上批量处理（总量 \(O(n)\)），另一部分在轻子树批量处理（总量 \(O(n\log n)\)）。接着我们发现问题变成了子树内部走后缀的问题，而此时 SA 的 LCP 的性质，和树上的 LCA 直接对应了！因此当遇到树上、后缀等关键词时，可以联系 SA 的优越性质，使得问题处理得到子树大小的优秀复杂度。
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这应该是在 NOI2022 冲刺期间一个叫 "诗" 的考试题中出现过：我们考虑走到了 \(u\)，并且维护出 \(u\) 往上走的最长串，使得这个串的反串是 \(S_i\) 的前缀 \(S_i[1,j]\)。
每次在 \(u\) 后面加字符，就需要找到 \(S_i[1,j]\) 的 Border，使得这个 Border 在 \(S_i\) 中有对应出边。而一个 Border 如果没有对应出边的话，假设这个 Border 的长度为 \(k\)，那么 \(u\) 的 \(k\) 级祖先 \(v\) —— 此时 \(v\rightarrow u\) 正好对应这个 Border，而没有出边意味着串不会再被延长，\(end(i,v)\) 得到确定。
考虑对于每个可能的出边，记录最长的 Border —— 因为 Border 呈 \(O(\log n)\) 段等差数列，因此需要记录的只有 \(O(\log n)\) 个位置。每次我们在 \(u\) 时只需要顺序扫描这些出边，并且触发以下事件中的一个：
- Trie 也有该出边，那么 DFS 走到新的点。
- Trie 没有该出边，那么至少一个 \(end(i,v)\) 被确定。
因为两个事件的触发次数都是 \(L\)，因此复杂度是 \(O(L)\) 。事实上，我们只需要记录 \(O(\log n)\) 段周期就可以避免复杂的维护。而记录周期可以直接记录上一次转移相等的位置。
总结一下，这个做法的基本思路是我们将问题反过来，考虑贡献条件 —— 发现和 Border 相关，于是进行一个（其实比较简单的）做法设计，并分析复杂度得到正确的结论。
总结一下，整个题目的突破点在于转化问题为求 \(end(i,u)\) 。解决问题更偏向于套路积累，而转化问题则需要灵活的思路。建 ACM 是常规操作，关键在于怎么分段 \(T\) —— 我们拆解走串的过程，对第一部分进行分类讨论，得到相应的结论。所以本质还是讨论开头 / 结尾 / 合并，缩减问题规模。
提交记录：Submission #584281 - Universal Online Judge (uoj.ac)。
D. 全是 AI 的比赛
不做提答。
E. 哈希杀手
给定一个 \(n-1\) 次多项式在 \(1,q,q^{2},\cdots,q^{n-1}\) 处的点值。满足这些点值只有 \(k\) 个位置非 \(0\) 。求还原出 \(m\) 项系数的值。
数据范围：模数 \(998244353\)，\(n\leq p-1,m\leq n-1,k\leq \min(10^5,n)\) 。
好像是整式递推，算了不学了。
F. Picks loves segment tree IX
核心思想还是划分问题。
首先分析一下特殊操作：考虑一个 \(+1\) 操作什么时候会对第 \(L\) 位产生影响：只有在 \([0,L]\) 全部都是 \(1\) 时。此时如果考虑 \(1\) 的个数的话，还需要考虑操作是否是 \(+1\) 。我们转换思路，考虑按照低位 \(0\) 的个数划分状态。
按照 \(0\) 的个数划分状态，有什么好处？假设现在在做第 \(i\) 次操作浅，\([0,L]\) 上都是 \(0\) 。此时记 \(f_{L,i}\) 表示在做完第 \(f_{L,i}-1\) 次操作后，\([0,L]\) 位上的值第一次回到了 \(0\) 。于是对于区间询问，假设最开始 \([0,L]\) 上都是 \(0\)，就可以从 \(l\) 开始跳 \(f_{L,i}\)，直到跳出区间。而对于跳出区间前最后一个 \(i\)，一直做到 \(r\)，都不会发生 \([0,L]\) 上都是 \(0\) 的情况 —— 而 \(+1\) 操作影响 \(L\) 时必然造成这种情况 —— 这意味着这一段内完全可以忽略 \(+1\) 操作的影响！
而对于忽略 \(+1\) 操作的影响后的问题是平凡的，这不禁让我们感叹用 \(f\) 划分的精妙之处 —— 按照一般的思想，我们只会用 \(+1\) 操作划分操作序列，进一步地，我们考虑只用产生具体影响的 \(+1\) 操作划分（虽然低位的变化难以讨论，不过我们整个问题的转移却 并不一定受到低位的约束，而是通过拥有同样优美性质的状态转移过来！），然后，我们考虑 \(+1\) 产生的具体影响，发现 \([0,L]\) 清空时，有明显的子问题形式！
那么什么时候 \([0,L]\) 上都是 \(0\) 呢？考虑设计一个辅助数组。考虑记 \(g_{L,i}\) 表示最开始 \([0,L-1]\) 都是 \(0\)，而 \(L\) 是 \(1\)，在做完 \([i,g_{L,i}-1]\) 的操作后，\([0,L]\) 第一次全部归零。
注意到 \(g_{L,i}\) 其实用来描述了一个最低 \(1\) 位上升的过程，我们可以暴力跳，直到 \([0,L]\) 全部归零（此时，从左端点开始到这个时间节点之间，\(L\) 也是不被影响的）。如果在这个时间段内跳出了区间，则意味着 \(+1\) 操作永远不会影响 \(L\)！
而 \(g,f\) 可以通过简单的递推转移完成。对于 \(f\) 的跳跃，我们考虑树链剖分，空间复杂度做到 \(O(n\log v)\) 。
总结一下，我们一切后续思考的起源都是考虑 \(+1\) 操作的影响，同时我们能发现其中的单调性：在冲破 \(i\) 时，必然已经冲破了 \(i+1\) 。而在冲破 \(L\) 之前 \(L\) 都不受影响（由 \(g\) 处理），在冲破 \(L\) 之后起点变成了 \([0,L]\) 的形式，起点统一，剩下的过程仍然考虑以冲破 \(L\) 的时间做划分，每一段都不影响最终答案。
