Diary & Solution Set - 多校度假

目录

• $\mathscr{Summary}\sim6.14$
  • $\mathscr{Contest}$ $(3/3)$
    • $\mathscr{A}.$ 区间第 $k$ 小
    • $\mathscr{B}.$ 求和
    • $\mathscr{C}.$ 树 *
  • $\mathscr{+_1}.$ 「CF 1654F」Minimal String Xoration
• $\mathscr{Summary}\sim6.15$
  • $\mathscr{Topic}\rightarrow$ 数学 $(4/4)$
    • $\mathscr{A}.$ 「NOI 2014」「洛谷 P2354」随机数生成器
    • $\mathscr{B}.$ 「CF 923E」Perpetual Subtraction ^
    • $\mathscr{C}.$ 「Gym 102978A」Ascending Matrix *
    • $\mathscr{D}.$ 「Gym 103415J」Cafeteria
    • $\mathscr{E}.$ 「Gym 103415K」Magus Night *
  • $\mathscr{Topic}\rightarrow$ 多项式 $(5/7)$
    • $\mathscr{A.}$ 「CF 286E」Ladies' Shop ^
    • $\mathscr{B}.$ 「CF 960G」Bandit Blues
    • $\mathscr{C}.$ 「CF 986D」Perfect Encoding
    • $\mathscr{D}.$ 「CF 623E」Transforming Sequence ^
    • $\mathscr{E}.$ 「AGC 021F」Trinity *
• $\mathscr{Summary}\sim6.16$
  • $\mathscr{Contest}$ $(3/3)$
    • $\mathscr{A}.$ 小学生物理题
    • $\mathscr{B}.$ 数轴变换 *
    • $\mathscr{C}.$ 中学生物理题 *
• $\mathscr{Summary}\sim6.17$
• $\mathscr{Summary}\sim6.18$
• $\mathscr{Summary}\sim6.19$
• $\mathscr{Summary}\sim6.20$
  • $\mathscr{Contest}~(3/3)$
    • $\mathscr{A}.$ 益智游戏
    • $\mathscr{B}.$ 华为 *
    • $\mathscr{C.}$ 区间距离 *
• $\mathscr{Summary}\sim6.21$
  • $\mathscr{Contest}~(3/3)$
    • $\mathscr{A.}$ 给国的道路 *
    • $\mathscr{B.}$ 给国与时光机 *
    • $\mathscr{C.}$ 给国与赌场 *
• $\mathscr{Summary}\sim6.22$
  • $\mathscr{Class}\rightarrow$ 思维向杂题 $(9/9)$
    • $\mathscr{A.}$ 「CF 1458C」Latin Square
    • $\mathscr{B.}$ 「ICPC EC-Final 2020」「Gym 103069C」Random Shuffle
    • $\mathscr{C.}$ 「THUPC 2021」「洛谷 P7606」混乱邪恶
    • $\mathscr{D.}$ 「JOISC 2022」「UOJ #731」制作团子 3
    • $\mathscr{E.}$ 「集训队互测 2022」Were You Last @
    • $\mathscr{F.}$ 「CF 1500D」Tiles for Bathroom
    • $\mathscr{G.}$ 「LOCAL ?」LCM @
    • $\mathscr{H.}$ 「洛谷 P6383」Resurrection
    • $\mathscr{I.}$ 「CF 1586F」Defender of Childhood Dreams ^
• $\mathscr{Summary}\sim6.23$
  • $\mathscr{Contest}~(3/3)$
    • $\mathscr{A.}$ 寄
    • $\mathscr{B.}$ 摆 *
    • $\mathscr{C.}$ 润 *@
• $\mathscr{Summary}\sim6.24$
  • $\mathscr{Contest}$
    • $\mathscr{A.}$ tmcpq !
    • $\mathscr{B.}$ rsrams !
    • $\mathscr{C.}$ hpmo !
  • $+.$ 补题/补题解
• $\mathscr{Summary}\sim6.25$
  • $\mathscr{Class}\rightarrow$ Mathematic Olympics
    • $\mathscr{A.}$ 「NOIOL-S 2021」愤怒的小 N
    • $\mathscr{C.}$ 「BZOJ #4126」国王奇遇记加强版之再加强版
    • $\mathscr{D.}$ 「LOJ #6718」九个太阳「弱」化版
• $\mathscr{Summary}\sim6.26$
• $\mathscr{Summary}\sim6.27$
• $\mathscr{Summary}\sim6.28$
  • $\mathscr{Contest}$
    • $\mathscr{A.}$ 基础概率练习题
    • $\mathscr{B.}$ 基础树剖练习题
    • $\mathscr{C.}$ 基础树论练习题 *@

$$\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\cdots}\\ \newcommand{\lcm}[0]{\operatorname{lcm}} \newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{\dist}[0]{\operatorname{dist}} \newcommand{\son}[0]{\operatorname{son}} \newcommand{\addeq}[0]{\overset{+}{\longleftarrow}} \newcommand{\count}[0]{\operatorname{count}}$$

$\mathscr{Summary}\sim6.14$

$\mathscr{Contest}$ $(3/3)$

  Contest.

  总结等会儿写，好像要走了。

  酒店超级大大大大软枕头导致没睡好，继而使 Min_25 调试 $1\text{h}+$，比赛体验感急剧下降。（雾

  颓废好久了，今天算是第一天复健，身边坐着不认识的人貌似让我变自律了（？）

  先开的 T2，这个 $\mu(p)=f_k(p)$ 的性质太 Powerful Number 了于是开冲，冲到准备写 Powerful Number 发现好像跑不过，而且 Powerful Number 好久没写估计得调很久，所以先放了，看 T1。发现数据范围是 $w=$ 很大很大和 $w=$ 很小很小，是针对数据编程？$w$ 很大比较随便，$w$ 很小好像不好做啊……

  上了几次厕所，想到了 $w$ 小的一个合理解释：对于同一个数，它能贡献的询问区间只有近 $\mathcal O(n)$ 种。各种艰难地解释后得到了正解做法。封在 SmallM 的 namespace 里写出来一看——好像复杂度和 $w$ 没啥关系昂。😅

  中途浅想了想 T3，发现一个思维难点是：我的贪心（或者其他）解法是能够构造字典序最小方案的，那么常规树上贪心就很很困难……网络流？这个 $n\le10^6$……虽说从“题能做”的角度思考问题有时候确实方便，当还是不能忘了思考基础结论啊！然后这题就寄了，最后得到了送温暖的 $10\text{pt}$。

  接着写 T2，想着反正复杂度不尽合理不如冲一发 Min_25。Min_25 是啥来着……草稿纸上重新发明了算法（？）调了大半天（宏展开导致运算顺序反逻辑，Min_25 第一阶段还去枚举 $p_i$ 的指数……）大概 $12:05$，样例过了。科学地卡一下常，本地 $2.1\text{s}$ 极限数据，觉得比较稳，交了。

  最后检查了一下 T1 主席树的空间，最后还是 RE 了，痛失 rk1（虽然给一次修改机会估计大家都是 rk1，没啥好说）。😢

$\mathscr{A}.$ 区间第 $k$ 小

  给定 $n,m$ 和序列 $\{a_n\}$。$q$ 次询问，每次给出 $l,r,k$，求将 $a[l:r]$ 中所有出现次数多于 $m$ 次的数替换为 $n$ 后，$a[l:r]$ 中第 $k$ 大的值。强制在线。

  $0\le a_i<n,q\le10^5$。

---

  Tags:「A.扫描线」「A.数据结构-树套树」

  原题指明了形如 $m=5\times10^3$ 和 $m=10$ 之类的限制，通过迷惑选手增加题目难度属于是。

  先忽略在线，考虑扫描线，从左到右扫描元素，设当前扫描到 $p$，$a_p=x$，其最近若干次出现位置为 $i_0,i_1,i_2,\cdots,i_m,i_{m+1}=p$，那么当左端点 $l\in(i_1,i_{m+1}]$ 时，$x$ 的出现次数会在原来的基础上 $+1$；当 $l\in(i_0,i_1]$ 时，本来 $x$ 在 $[l,r]$ 的出现次数为 $m$，但是 $p$ 让其出现次数超过 $m$，所以将 $l\in(i_0,i_1]$ 时 $x$ 的出现次数置为 $0$（即 $-m$）。可以用权值线段树维护这一过程。

  强制在线？主席树套主席树即可，毕竟 $1\text{G}$ 随便用。复杂度 $\mathcal O(n\log^2n)$。

$\mathscr{B}.$ 求和

  定义积性函数 $f_k(p^c)=(-1)^c[c\le k]$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^mf_k(\gcd(i,j))\bmod 2^{30}.$$

  $n\le10^{10}$，$m\le40$。

---

  Tags: 「A.数学-数论」「A.数学-Min_25 筛」「A.数学-Powerful Number 筛法」

  基础化简：

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{k=1}^m\sum_{d=1}^nf_k(d)\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}[i\perp j]\\ &= \sum_{k=1}^m\sum_{d=1}^nf_k(d)\left(2\sum_{i=1}^{n/d}\varphi(i)-1\right). \end{aligned}$$

后面反手杜教筛，现在式子长成

$$\textit{ans}=\sum_{k=1}^m\sum_{d=1}^nf_k(d)g(n/d).$$

你大可以直接莽 Min_25，$\mathcal O\left(\frac{mn^{3/4}}{\log n}\right)$ 能过。

  （嘴巴：）发现 $f_k(p)=\mu(d)$，这个时候就很激动地想到 Powerful Number。考虑一下 Powerful Number 搜索过程中对函数值的维护，可以用一个 bit 表示某个 $f$ 的点值，popcount 一下也能快速求出 $\sum_k f_k(x)$。然后类似于杜教筛的优化方法，线性筛（貌似需要再容斥一下）求出 $f$ 前 $n^{2/3}$ 个点值，后续的前缀和再用 Powerful Number 算。可以得到 $\mathcal O(n^{2/3})$ 的算法。（更具体地，可以说是 $\mathcal O(n^{2/3}\frac{m}{\omega})$，但 $m$ 小得可怜 w。）

$\mathscr{C}.$ 树 *

  给定一棵含有 $n$ 个结点的树，点 $u$ 有点权 $a_u$，初始为 $0$。每次操作指定路径 $P(u,v)$，对于 $e=\lang x,y\rang\in P(u,v)$，若 $x<y$，令 $a_x\gets a_x+1,a_y\gets a_y+1$；否则令 $a_x\gets a_x-1,a_y\gets a_y-1$。给出最终的点权，构造操作方案。先最小化操作次数 $m$，再最小化 $(u,v)$ 序列的字典序。

  $n\le10^6$，保证 $m\le n$。

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  Tags: 「B.贪心」「C.性质/结论」

  被诈骗了 /jk

  注意操作的可合并性，若点 $u$ 是某个操作的起点，则其一定不是另一个操作的终点，反之亦然。此外，通过考虑每条边被经过的次数，可以发现用每个点作起点（$+1$）/终点（$-1$）的次数集合可以唯一描述操作的效果。我们只需要求出这一集合，然后贪心构造字典序最小的操作即可。

  如何求呢？还是将子树作为贪心的子结构。令 $f(u)$ 表示在放置最少的路径的情况下，从 $u$ 向上走的路径条数（若为负，则是向下走）；$g(u)$ 表示 $u$ 作起点的次数。设 $u$ 的父亲为 $w$，孩子们为 $v$，那么

$$f(u)=([u<w]-[w<u])\left(a_u-\sum_v([v<u]-[u<v])f(v)\right),\\ g(u)=f(u)-\sum_vf(v).$$

  $\mathcal O(n)$ 即完成所有工作。

$\mathscr{+_1}.$ 「CF 1654F」Minimal String Xoration

  Link & Submission.

  给定字符串 $S=s_0\cdots s_{2^n-1}$，求一个 $x$，最小化 $S'=s_{0\oplus x}\cdots s_{(2^n-1)\oplus x}$ 的字典序。

  $n\le18$。

---

  Tag: 「B.倍增」

  令 $S_t$ 为 $x=t$ 时的 $S'$，对 $\{S_t\}$ 倍增基排即可。复杂度 $\mathcal O(n2^n)$。

$\mathscr{Summary}\sim6.15$

  数学算麻了。但刷题状态比在校 zhihu.com 的状态好多啦！

$\mathscr{Topic}\rightarrow$ 数学 $(4/4)$

$\mathscr{A}.$ 「NOI 2014」「洛谷 P2354」随机数生成器

  水题。

$\mathscr{B}.$ 「CF 923E」Perpetual Subtraction ^

  以前的题解。对角化线性变换，经典题。

$\mathscr{C}.$ 「Gym 102978A」Ascending Matrix *

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.数学-组合计数」「B.模型转化」「C.Tricks」

  LGV-lemma 已经 $114514$ 杀兔子了。（

  先不考虑 $a_{R,C}=V$ 的限制，想想怎么求总方案数，我发现非常困难。

  巧妙转化：画一张 $(N+1)\times(M+1)$ 的网格图，格点左上角为 $(0,0)$，格点 $(r,c)$ 左下方的格子内填上 $a_{r+1,c+1}$。那么 $a$ 的数量就是：从 $(n,0)$ 向 $(0,n)$ 作 $K-1$ 条仅向右或向上走的折线，使得折线互不跨越的方案数。对应到 $a$，这些折线就是对 $a_{i,j}=1..K$ 的区域的划分。

  注意若存在跨越，必然存在相邻两条折线的跨越。我们把所有折线沿 $\vct v=\begin{bmatrix} \frac{\sqrt 2}{2}&\frac{\sqrt 2}{2}\end{bmatrix}^T$ 平移，就能将跨越转化为相交，继而使用 LGV-lemma 对不交路径计数。

  再加上 $a_{R,C}=V$ 的限制，为了保持路径的等价地位，我们去描述路径的条数，相当于平移之前，需要恰有 $V-1$ 条路径在 $(R,C)$ 严格上方。在 LGV-lemma 的基础上，把源汇路径写作 $c_0+c_1x$ 的形式，求出所得矩阵 $A$ 的 $[x^{V-1}]\det A$ 即可。实现得好大概 $\mathcal O(k^2\min\{n,m\}+k^4)$。

  坑点巨多，草。

$\mathscr{D}.$ 「Gym 103415J」Cafeteria

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.DP-动态 DP」「C.性质/结论」

  一脸 DDP 的样子，令列向量 $\vct{f}_i$ 表示一段前缀的 DP 状态（内容是众所周知的），那么字符 $c$ 对应的转移矩阵 $V_c$ 形如

$$V_c=\begin{bmatrix} 1\\ ?&1\\ &?&1\\ &&?&1 \end{bmatrix},$$

其中 $V$ 从 $0$ 开始编号，串 $B$ 从 $1$ 开始编号，当 $V_{i,i-1}=[b_i=c]$。

  但直接 DDP 自然寄了，我们很可能需要几乎线性的做法。于是想到记录转移矩阵与其逆矩阵的前缀积。研究 $V_c$ 的你矩阵，其形如

$$V_c^{-1}=\begin{bmatrix} 1\\ -1&1\\ 1&-1&1\\ &&&1 \end{bmatrix}.$$

（$-1$ 的位置取决于 $V_c$ 中 $1$ 的位置。）可见 $V_c$ 的左乘可以 $\mathcal O(m^2)$ 模拟；$V_c^{-1}$ 的右乘虽然不太舒服，但还是可以通过按列类和的形式 $\mathcal O(m^2)$ 计算。每个前缀矩阵中只有 $\mathcal O(m)$ 个位置参与了答案的计算，注意精细存储。最终复杂度 $\mathcal O(nm^2+qm)$。

$\mathscr{E}.$ 「Gym 103415K」Magus Night *

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.数学-数论」「A.数学-数学推导」

  设 $U=\{1,2,\dots,m\}^n$，令 $\mathcal A=\{S\subseteq U\}$，$\mathcal B=\{S\subseteq U\mid \gcd(S)>q\}$，$\mathcal C=\{S\subseteq U\mid \gcd(S)\le q\land\lcm(S)<p\}$，则答案可以由三个集合的贡献容斥。

  对于 $\mathcal A$，显然

$$\sum_{S\in\mathcal A}\prod S=\left(\sum_{i=1}^m i\right)^n.$$

  对于 $\mathcal B$，注意到 $m$ 的范围不太过分，考虑暴力枚举 $\gcd$，那么

$$\sum_{S\in\mathcal B} \prod S = \sum_{i=q+1}^m \sum_{S\in\mathcal B} [\gcd(S)=i] \prod S.$$

优化方法比较初等。令

$$t(d)=\left(\sum_{d\mid i} i\right)^n=d^n\left(\sum_{i=1}^{m/d} i\right)^n,$$

则

$$f(d) = \sum_{S\in\mathcal B} [\gcd(S)=d]\prod S = t(d)-\sum_{d\mid d'\land d'>d}f(d').$$

可以 $\mathcal O(m\log m)$ 求解。

  对于 $\mathcal C$，同时枚举 $\gcd$ 和 $\lcm$，可以得到式子

$$\sum_{S\in\mathcal C}\prod S=\sum_{i=1}^q\sum_{i\mid j\land j<p}\sum_S [\gcd(S)=i\land\lcm(S)=j]\prod S.$$

前两层和式还是可以 $\mathcal O(m\log m)$ 枚举，重点考察

$$g(i,j)=\sum_S[\gcd(S)=i\land\lcm(S)=j]\prod S$$

的计算。先做简单简化，

$$g(i,j)=i^ng(1,j/i),$$

所以我只需要求 $g(1,x)$ 的值。注意到一个有趣的事实：$q\le m$，而 $s_i\le \lcm(S)$，所以当 $\lcm(S)$ 合法时，序列 $S$ 一定合法。结合 $\lcm$ 的性质，自然想到拆开素因子贡献。而根据上述事实，素因子的贡献互不影响，可以直接将素因子贡献乘起来得到答案。因此

$$g(1,x)=\prod_p\left[\left(\sum_{i=0}^{\alpha_p(x)}p^i\right)^n-\left(\sum_{i=1}^{\alpha_p(x)}p^i\right)^n-\left(\sum_{i=0}^{\alpha_p(x)-1}p^i\right)^n+\left(\sum_{i=1}^{\alpha_p(x)-1}p^i\right)^n\right].$$

可以 $\mathcal O(m\log\log m\log n)$ 求解（官方题解的复杂度应该有误）。注意到 $\sum p^i$ 是 $\mathcal O(m)$ 级别的，通过线性筛预处理自然数幂可以做到 $\mathcal O(m\log\log m)$，则总复杂度为 $\mathcal O(m\log m)$。

$\mathscr{Topic}\rightarrow$ 多项式 $(5/7)$

$\mathscr{A.}$ 「CF 286E」Ladies' Shop ^

  众所周知，^ 表示做过的题（“跳”，很形象.jpg）。

$\mathscr{B}.$ 「CF 960G」Bandit Blues

  水题。和建筑师一样的。建筑师的题解。

  然后我为了图省事儿一个「斯特林数-列」+ 暴力枚举最大值位置莽上去，因为模数忘记改调了半天。😰

$\mathscr{C}.$ 「CF 986D」Perfect Encoding

  水，但高精只能用 Pascal 卡过（在省事的前提下）。

$\mathscr{D}.$ 「CF 623E」Transforming Sequence ^

  远古题解。DP 选择本身比较无序，所以可以倍增。但是 MTT。

$\mathscr{E}.$ 「AGC 021F」Trinity *

  Link & Submission.

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  Tag: 「A.DP-计数 DP」「A.数学-多项式」

  首先，我不是写的 Tiw 的做法。

  行上状态比较简单，以此划分子问题。令 $f(i,j)$ 表示考虑了前 $i$ 列，使用了 $j$ 行（相对顺序确定而标号未定）的方案数。讨论第 $i+1$ 行的列 $\min/\max$ 的情况：

• 没有新加，列上空或全部来自于已有的 $j$ 行：$f(i+1,j)\addeq\left(\binom{j+1}{2}+1\right)f(i,j)$；
• 两个都来自 $j$，新加 $k$ 行：$f(i+1,j+k)\addeq\binom{j+k}{k+2}f(i,j)$；
• 有一个来自于 $j$ 另一个来自于新选的 $k$ 行中的一行：$f(i+1,j+k)\addeq2\binom{j+k}{k+1}f(i,j)$；
• 两个都来自新选的 $k$ 行中的一行：$f(i+1,j+k)\addeq\binom{j+k}{k}f(i,j)$。

  总而言之：

$$f(i,j)=\left(\binom{j+1}{2}+1\right)f(i-1,j)+\sum_{k=1}^j\binom{j+2}{k+2}f(i-1,j-k).$$

卷积优化一下。复杂度 $\mathcal O(mn\log n)$。

$\mathscr{Summary}\sim6.16$

  今天 arc 是不是有活动啊。

$\mathscr{Contest}$ $(3/3)$

  Contest.

  对于题目质量只能不予置评，被错大样例整死了。

  怎么大家都没有质疑精神呢？

$\mathscr{A}.$ 小学生物理题

  有 $n+1$ 条导线串联了节点 $0,1,\dots,n+1$，其中 $0$ 在负无穷远处，$n+1$ 在正无穷远处，其余点用坐标描述。现在有恰一条导线断路，站在一个节点上，检查该节点是否与 $0$ 联通的代价为 $d_i$，在节点间行走的代价为走过的距离，修复第 $i$ 条导线的代价为 $f_i$。求从 $1$ 出发，最坏情况下修复好导线的最小代价。

  $n\le3\times10^3$。

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  Tag: 「A.DP-单调队列优化」

  发现肯定不会检查 $0$ 和 $n+1$，所以可以把 $0$ 挪到 $1$ 的位置，$n+1$ 挪到 $n$ 的位置，初始时从 $0$ 出发，这样就没有“无穷远”的特殊性了。先想暴力，令 $f(l,r,0/1)$ 表示已知断路位置在节点 $l,r$ 之间，现在站在 $l/r$ 时，……的最小代价。那么

$$f(l,r,0)=-s_l+\min_{p\in(l,r)}\{s_p+d_p+\max\{f(l,p,1),f(p,r,0)\}\},\\ f(l,r,1)=s_l+\min_{p\in(l,r)}\{-s_p+d_p+\max\{f(l,r,1),f(p,r,0)\}\}.$$

注意到若 $[l,r]\subseteq [L,R]$，则 $f(l,r,t)\le f(L,R,t)$。于是当固定 $l$ 或 $r$ 时 $\max$ 取的项关于 $r$ 或 $l$ 具有单调性。指针维护 $\max$ 取值分界点，单调队列维护可选值的最小值即可。复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

  被卡常了，懒得卡 qwq。

$\mathscr{B}.$ 数轴变换 *

  维护一根数轴。初始时 $0$ 为黑色，其余整点为白色。进行 $q$ 次操作：

1. 单点染黑。
2. 将所有黑点附近距离不超过 $x$ 的整点染黑。
3. 反转区间 $[l,r]$。
4. 回退到历史状态。
5. 单点查询。

  $q\le2\times10^5$，坐标不会爆 long long。

---

  Tag: 「A.数据结构-可持久化平衡数」

  由 $2$ 操作启发，注意到一个点被染黑多次并不影响答案，尝试维护差分序列。由于 $+1$ 和 $-1$ 在 2 中的移动方向不同，所以得用分开维护它们。现在 $1,2,5$ 理论上好做了，$4$ 加个持久化问题不大。问题在于 $3$，据说是一个 trick：在左右加无实际效果的 $+1\cdots-1\cdots$ 使得 $[l,r]$ 内的差分标记构成匹配括号串，然后将括号串翻转（不是单纯 reverse，是真的“翻”）。总之 $\mathcal O(q\log q)$ 能做。

$\mathscr{C}.$ 中学生物理题 *

  给定平面上 $n$ 块跨 $1\times1$ 网格对角线摆放的平面镜坐标，求给镜子四染色的方案，使得任何可能的垂直水平光路形成的环中，经过每种颜色的镜子次数相同且均为偶数。（被镜子两面各反射一次，算经过两次。）

  $n\le5\times10^5$。

---

  Tags:「A.构造」「A.图论-欧拉路」「B.模型转化」「C.性质/结论」

  可见，对一面镜子的真正限制并不是环的内部，而是镜子两面所涉及的两环之间的协调。

  如果只二染色？一种视角是利用欧拉回路“每条边恰好经过一次”的条件。需要认清的是，所谓的“点”“边”其实是具体题目中对象的抽象体现。对于本题，令环为“点”，镜子为“边”，一个环总会一进一出，是否可以将欧拉路黑白染色，使得环上黑白总相等？

  正确的。特别地，为无穷远处间一个虚点，包含在环内的镜子提供一条自环，我们可以直接欧拉回路。

  四染色？先二染色再二染色！在二染色的基础上，去黑白边的生成子图再二染色一次。除虚点外的结点度数为 $8$ 的倍数是必要条件，而在这一条件成立的前提下，可以验证欧拉路总存在。复杂度 $\mathcal O(n)$ 解决。

$\mathscr{Summary}\sim6.17$

$\mathscr{Summary}\sim6.18$

$\mathscr{Summary}\sim6.19$

$\mathscr{Summary}\sim6.20$

  前几天因为以学考为主的破事儿耽搁了，也许会补上。（咕

$\mathscr{Contest}~(3/3)$

  Contest.

  问题是，最后 $40~\text{min}$ 才发现 A 是签到真的合理吗？

$\mathscr{A}.$ 益智游戏

  把 $n\times n$ 的网格图中所有 $n^2$ 个格子各自划分为 $2\times 2$ 的小网格，并在其中放上一块骨牌。给出初始骨牌放置方案，改变 $(i,j)$ 上骨牌方向的代价为 $a_{i,j}$，求最少的代价，使得不存在一个 $2\times2$ 的小网格的对角线都被骨牌覆盖。

  $n\le2\times10^3$。

---

  Tags:「A.DP-杂项」「C.性质/结论」

  （上面的题意写得像狗屁，但我懒死了。）

  手玩一下结论，发现左置骨牌的左侧一定是左置骨牌，其余方向结论类似。然后发现：

  对分割点的上下左右四部分分别 DP 求最优方案即可。复杂度 $\mathcal O(n^2)$。

$\mathscr{B}.$ 华为 *

  给定 $n,m,p$ 与 $T$ 此询问 $(x_i,y_i)$，初始时 $x=y=0$，每次操作以 $p$ 的概率令 $x\gets (x+1)\bmod n$，否则令 $y\gets (y+1)\bmod m$，求 $x=x_i\land y=y_i$ 时的期望操作次数。答案模 $998244353$。

  $n\le10^9$，$m,T\le400$。

---

  Tags: 「A.多项式」「B.向量/矩阵优化」

  $\mathcal O((n+m)^3)$ 的就不说了。注意到 $n$ 的量级与 $m$ 不同，令 $f(i,j)$ 表示 $x=i,y=j$ 出发逆向操作到 $x=y=0$ 的期望操作次数，尝试强行拆开 $m$ 方向上（行上）的转移环，观察列上 $f(i,\star)$ 整体的变化。令 $q=1-p$ 为操作施加到 $y$ 的概率。因为

$$f(x,y)=pf(x-1,y)+qf(x,y-1)+1,$$

去消除 $f(x,y-1)$ 这项，直接枚举 $(x,y)$ 最终从哪个 $y'$ 走到 $(x-1,y')$，那么

$$f(x,y)=\frac{1}{1-q}+\sum_{i=0}^{m-1}f(x-1,y-i)\frac{pq^i}{1-q^m}.$$

令 $F_x(z)=\sum_{i=0}^{m-1}f(x,i)z^i$，那么

$$F_x(z)=\frac{1-z^m}{(1-q)(1-z)}+F_{x-1}(z)\times \frac{p(1-z^{qm})}{(1-q^m)(1-z^q)},$$

其中 $\times$ 是模 $z^m$ 意义下的循环卷积。注意到这是对 $F$ 的线性变换，立马想到矩阵加速。令

$$V=\begin{bmatrix} \frac{p(1-z^{qm})}{(1-q^m)(1-z^q)} & \frac{1-z^m}{(1-q)(1-z)}\\ 0 & 1 \end{bmatrix},$$

则 $f(x,y)=[z^y](V^x\begin{bmatrix}F_0(z) & 1\end{bmatrix}^T)^{(1)}$。

  问题是，我们并不知道 $F_0(z)$。结合暴力做法，直接拿出 $F_{n-1}(z)$ 表示 $F_0(z)$，解一解方程即可。复杂度 $\mathcal O(m^3+Tm\log m\log n)$。

$\mathscr{C.}$ 区间距离 *

  给定 $a_{1..n},b_{1..n}$，$q$ 次询问，每次给出 $p_1,p_2,l$，求出

$$\sum_{i=0}^{l-1}|a_{p_1+i}-b_{p_2+i}|.$$

  $n\le10^5$，$q\le10^6$，$1\le a_i,b_i\le V=5$。

---

  Tag: 「A.分块」

  暴力循环可以过十万方，并且我发现三目有时比一维 int 数组寻址快。

  分块，就每 $\omega$ 一块，因为询问涉及到对 $a$ 的位移，所以块小一点可以以更小的损失对齐整块。预处理每个小位移 $r\in[0,\omega)$，整块位移 $R\in[-n/\omega,n/\omega]$ 的情况下，$a$ 的前 $k$ 个块与 $b$ 的前 $k$ 个块对应的答案。把 $|x-y|$ 拆成 $\sum_c [[x\le c]\neq[y\le c]]$ 数一数 bit 即可。复杂度 $\mathcal O(Vn^2/\omega+q\omega)$。

$\mathscr{Summary}\sim6.21$

$\mathscr{Contest}~(3/3)$

  Contest.

  从头暴力到尾，比较稳健就是了。

  个人感觉 T2 T3 部分分不大合理，像我这种纯暴力选手得分太多了。（

  T1 比较尴尬，写了个根号（而且可能是伪的）算法然后开始卡 $\log$，没想到正解是 polylog 的。掉坑里走不出来了。

$\mathscr{A.}$ 给国的道路 *

  给定无向图 $G$，结点 $u$ 有点权 $a_u$。$E_G$ 初始为 $\varnothing$，但是提供了可选的边集 $E=\{(u,v,s)\}$。当 $G$ 中 $u,v$ 不连通且 $u,v$ 连通块点权和 $\ge s$ 时，$(u,v,s)$ 可加入 $E_G$。求最长的、再字典序最小的边加入方案。

  $n\le10^5$，$m\le2\times10^5$，$a_i,s\le10^6$。

---

  Tags: 「A.并查集」「B.Tricks」

  设边 $(u,v,s)$ 当前还需要 $r$ 的点权和才能加入 $G$，在每个连通块上用堆维护二元组 $(r/2,(u,v,s))$。注意我们对 $r$ 的更新是惰性的：拿出最小的 $(r/2,(u,v,s))$，若 $r/2\le 0$，重新算一遍得到一个 $r'$，根据 $r'$ 再来决策是否加入边。每条边最多被误判（拿出来又放回去）$\mathcal O(\log V)$ 次。Splay 实现启发式合并可以做到 $\mathcal O(n(\log n+\log V))$。

  （然后发现 pb_ds 的 tree<..., splay_tree_tag, ...> 跑出来还没 std::set 快。）

$\mathscr{B.}$ 给国与时光机 *

  考虑数轴上的整点 $0..2n+1$，其中 $1..2n$ 被 $n$ 个传送门两两配对。走 入一个点时，必须 传送 到另一个点。从 $0$ 出发走到 $2n+1$，已知 $\{(a_i-1,a_i)\}_{i=1}^m$ 是所有被走过的线段，构造配对方案或声明无解。

  $n\le10^5$。

---

  Tag: 「A.构造」

  把 $0..2n$ 分为 $A,N,L,R$ 四个集合，分别表示 $x$ 两边都走过/都没走过/只走过左/只走过右。显然传送门只能在 $A^2,N^2,L\times R$ 里选。$N^2$ 随意就好，如果 $2\nmid|N|$ 则不合法。结合 $m=2n+1$ 的暴力，可知 $2\nmid|A|$ 不合法；$4\mid|A|$ 时 $A$ 可以四个一组交错配完，$L,R$ 相邻配；否则 $|A|=4k+2$，留两个 LR 配对，把夹着 LR 的一对 AA 配对即可。复杂度 $\mathcal O(n)$。

$\mathscr{C.}$ 给国与赌场 *

  卢老爷拿着 $\frac{a}{b}<1$ 块钱准备赢到不少于 $1$ 块钱。每次他可以投注任意正实数金额 $r\in(0,\frac{a}{b}]$，但必须不小于上次投注金额，此后以 $p$ 的概率得到 $2r$ 块钱，否则血本无归。求最优策略下达到目标的概率。

  $b\le10^6$，$p<\frac{1}{2}$。

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  Tags: 「C.思维」「C.性质/结论」

  一个比较好猜也比较好证的结论：每次投注现有本钱 $x$ 的二进制小数表示下的最低 bit。这是因为若投注的不是最低 bit，则无论赢钱与否，最低 bit 都没法再使用，也没法对 $\ge1$ 产生任何贡献。

  那么当 $a/b$ 是有限小数时就可以直接模拟了，否则，对于完全不会数学的兔来说还是非常困难。

  然后我被神谕了结论：我们还有一种贪心策略：若 $x<\frac{1}{2}$，all in；否则投注 $1-x$。注意到上一个结论的证明其实可以说明要不要求投注递增这一要求，我们的策略都是优的，所以这里直接忽略。

  设在这种策略下，$f(x)$ 表示本金 $x$ 的获胜概率，则

$$f(x)=\begin{cases} p+(1-p)f(2x-1), & x\ge\frac{1}{2}\\ pf(2x), & x<\frac{1}{2} \end{cases}.$$

​  可以证明这种策略与 lowbit 策略等价。如图：

单次迭代可以把大三角形拍成两个小三角形（注意点的开闭），足够的迭代后每个位置的取值都是自己的 lowbit。

  拿着 $f(x)$ 做就比较好办了。设 $f(a/b)=z$，迭代 $f(*/b)=kz+b$，得到一个 $\rho$ 形迭代过程，通过环或者 $a=0$ 的位置把 $z$ 解出来即可。复杂度 $\mathcal O(b)$。

$\mathscr{Summary}\sim6.22$

  【洛天依AI】贝加尔湖畔【你清澈又神秘】_哔哩哔哩_bilibili

  都给我去听！！！！！！！！！

$\mathscr{Class}\rightarrow$ 思维向杂题 $(9/9)$

  注：本节的星号 * 标记可能有歧义，毕竟怎么都浅听过一遍讨论的。因此将其弃用。

$\mathscr{A.}$ 「CF 1458C」Latin Square

  Link & Submission.

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  Tag: 「B.Tricks」

  Trick: 注意到对 $p$ 求逆相当于 $(i,p_i)\rightarrow (p_i,i)$，那么把 $p_i$ 也当作一维坐标。

  所以需要维护三维坐标集合 $\{(x,y,z)\}$，支持一个坐标整体位移、两维坐标整体交换。拿常数个标记就能 $\mathcal O(1)$ 维护。所以复杂度为 $\mathcal O(\sum n^2+\sum m)$。

$\mathscr{B.}$ 「ICPC EC-Final 2020」「Gym 103069C」Random Shuffle

  Link & Submission.

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  Tag: 「A.Gauss 消元」「C.性质/结论」

  这个 xor-shift 发生器生成的数的每个 bit 必然是种子的 $64$ 个 bit 的一个线性组合。通过反向还原 $a$ 可以得到第 $i$ 次生成的数 $x_i$ 模 $i$ 所得余数 $r_i$，即 $x_i=r_i+k\cdot i~(k\in\mathbb N)$。于是，我们可以借此确定 $x_i$ 低于 $i$ 的 lowbit 的 bit 与 $r_i$ 的对应 bit 相等，继而构造关于 $x$ 的 bit 的线性方程组。最贫困的 $n=50$ 时，我们会得到 $47$ 个方程，除去线性相关的东西大概有不超过 $20$ 个自由元，暴力枚举它们的取值 check 一下即可。

  设方程有 $c$ 个自由元，$\omega=64$ 为 bit 数，复杂度最坏为 $\mathcal O(2^c(\omega+n))$。需要位运算稍精细实现。

$\mathscr{C.}$ 「THUPC 2021」「洛谷 P7606」混乱邪恶

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.DP-数据结构优化 DP」「B.std::bitset」

  背包是一个 $n\times n\times n\times m\times m$ 的 TF 状态，std::bitset 扬掉最后一维，经典随机化根号 trick 扬掉两个 $\sqrt n$，选一选阈值，$\mathcal O(\frac{n^2m^2}{\omega})$，当然至少有个枚举方向的 $6$ 的常数。

$\mathscr{D.}$ 「JOISC 2022」「UOJ #731」制作团子 3

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.构造」「C.非传统-交互题」（为了不污染 tag，带「构造」的默认带「思维」。）

  如何判断一个集合 $S$ 是否存在重复的团子？——询问 $U\setminus S$，若回答 $a=m-1$，则表明 $S$ 无重复团子。

  进一步，思考 $a$ 的意义：其表示 $S$ 内出现最多的团子数量。

  猜测 $5\times10^4=5nm=\lceil\log m\rceil nm$，二分？利用鸽巢原理，可以简单得到一个基于增量法的构造：令 $m$ 个集合 $S_{1..m}$ 为 $m$ 串团子，尝试将当前团子 $x$ 放入其中一个使其仍合法。每次取可能集合的一半 $\mathcal T$，得到 $\{x\}\cup\{S\in \mathcal T\}$ 中出现最多的团子数量 $a$。若 $a\le |\mathcal T|$，则 $\mathcal T$ 中存在一个可加入 $x$ 的集合；否则 $\mathcal S\setminus \mathcal T$ 中存在，递归询问就好。操作次数为 $\mathcal O(nm\log m)$。

$\mathscr{E.}$ 「集训队互测 2022」Were You Last @

  @ 是嘴巴，表示口糊，因为 OJ 上莫得。

  交互题。实现函数 bool WereYouLast(int n, int m)，其返回状态能且仅能依赖于 $n,m$ 以及交互库提供的 $m$ 个 bit 长的寄存器。且每次调用时，仅能对其中不超过 $6$ 个 bit 进行读和（或）写。要求其恰好在第 $n$ 次调用时返回 true。

  $m=10^5$，$n=2^k\le2^{26}$，$k\in\mathbb N$。

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  Tags: 「A.构造」「C.非传统-交互题」

  我确实编不出 motivation 了，总之我们用 $5+26$ 个 bit 构成了一个 pointer 和一个 pool。pointer 指向 pool 的一个位置 $p$。则函数行为如下：

1. 读出 $p$。
   • 若 $p=\log n$，返回 true。
2. 读出 $p$ 指向 bit 的值 $x$。
   • 若 $x=0$，令 $p\gets0$；
   • 否则 $x=1$，令 $p\gets p+1$。
3. 令 $x\gets\lnot x$。
4. 返回 false。

不难证明，$p$ 第一次取到 $p_0$ 时，是第 $2^{p_0}$ 次调用。这真的“很经典”吗……

$\mathscr{F.}$ 「CF 1500D」Tiles for Bathroom

  Link & Submission.

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  Tag: 「A.DP-杂项」

  对于 $k$，显然可以差分。我们只需要对于 $(i,j)$，求出以其为右下角的最大合法方阵即可。进一步，可以转化为求 $q$ 远切比雪夫距离。直接在每个位置维护一个前 $q$ 近集合，在 $(i,j)$ 合并 $(i-1,j-1),(i-1,j),(i,j-1)$ 的集合并贡献答案。暴躁实现的复杂度是 $\mathcal O(n^2q\log q)$。

$\mathscr{G.}$ 「LOCAL ?」LCM @

  给定序列 $A=\{a_i\}_{i=1}^n$，求字典序最小的 $B=\{b_i\}_{i=1}^n$，使得 $\forall i,~b_i\mid a_i$ 且 $\lcm A=\lcm B$。

  $n\le10^4$，$a_i\le10^{18}$。

---

  显然的贪心：对于每个 $\lcm A$ 中的 $p^k$，把它放在最后一个 $A$ 中的出现位置。

  素因数分解？这数据范围连 Pollard-Rho 都不放过。考虑从后往前增量法构造 $B$。对于当前的 $i$，令 $t\gets a_i$，枚举 $j>i$ 并令 $t\gets t/\gcd(t,b_i)$，继而得到 $a_i$ 中取到目前 $\lcm$ 的素因子集合。把这些素因子幂的乘积作为 $b_i$，再将 $j>i$ 的 $b_j$ 除掉 $\gcd(b_i,b_j)$，因为 $b_j$ 这一部分素因子的指数不足以贡献 $\lcm$，自然是扔掉更优啦。这是一个 $\mathcal O(n^2\log V)$ 的算法，还是过不了。

  接下来是优化。对于求 $t$ 的过程，类似 Pollard-Rho，先累积所有 $b_i$ 再取 $\gcd$。令 $s=\prod_{j>i}b_j\bmod a_i$，那么 $s$ 的素因子集是 $t$ 的超集（但是它们的幂不一定不小于 $t$ 中的幂）。则不断迭代令 $t\gets t\gcd(s,a_i),a_i\gets a_i/\gcd(s,a_i)$ 就能得到 $t$。这里也许可以优化到单 $\log$。

  对于 $b_j$ 除因子的过程，注意到 $B$ 是互素的，那么顶多有 $\log b_i$ 个不同的位置会因除法变化；而一个数最多被除 $\log$ 次。二分之类的快速找出这些位置除掉 $\gcd$。最终可以做到 $\mathcal O(n^2+n\log n\log V)$。可能有个 $\mathcal O(n\log^2V)$。

  嘴巴真舒服。

$\mathscr{H.}$ 「洛谷 P6383」Resurrection

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.DP-树上 DP」「C.性质/结论」

  所以我觉得讨论题真的可能糟蹋了好题。耳朵顺走一个结论啥事没有。

  先来研究 $G$ 合法的条件。有以下几个必要条件是容易发现的：

• $G$ 是树。
• 以 $n$ 为根，$G$ 中结点 $u$ 的父亲是 $T$ 中结点 $u$ 的父亲。
• $G$ 中的父子连边在 $T$ 上对应的路径，若路径共线，则不会交而不含。

  喜闻乐见，这些条件和起来就充分了。

证明

  归纳。$n=1$ 时成立。设结点数 $n<k$ 时皆有充分性。尝试证明 $n=k$ 时的充分性。

  只需要以恰当的方式砍掉一条边就能归纳了。取 $n$ 在 $G$ 中的邻接点中，在 $T$ 中最深的结点 $u$。在 $T$ 上切 $(u,\text{fa}(u))$，$G$ 上切 $(u,n)$。显然，$G$ 的两个连通块分别对应了 $T$ 的两个连通块的方案。于是结论成立。  $\square$

  对这个结论计数：令 $f(u,i)$ 表示 $u$ 选完自己的父亲后，留下了 $i$ 个严格祖先让孩子们可以选时，$u$ 子树内的方案数。那么

$$f(u,i)=\prod_{v\in\operatorname{son}(u)}\sum_{j\le i+1}f(v,j).$$

随便优化一下做到 $\mathcal O(n^2)$。

$\mathscr{I.}$ 「CF 1586F」Defender of Childhood Dreams ^

  喏。

$\mathscr{Summary}\sim6.23$

$\mathscr{Contest}~(3/3)$

  Contest.

  T1 切得比较迅速，顺便醒了瞌睡。T2 想起那啥 $\gcd$ 矩阵，尝试构造上三角化之类的矩阵构造得脑袋消失。T3 冲了暴力，知道是 DDP 但根本没细想。问题主要是“尝试构造”的过程效率真的低。

$\mathscr{A.}$ 寄

  给定一棵含 $n$ 个结点的带权树和 $m$ 个关键点 $a_{1..m}$，选定一个点集 $b_{1..k}$，最小化

$$kC+\sum_{i=1}^m\min_{j=1}^k\{\dist(a_i,b_j)\}.$$

  $n\le3\times10^3$。

---

  Tag: 「A.DP-树上 DP」

  最小化最小 $=$ 最小化任意。每个 $b$ 可以随意钦定覆盖点，但需要支付覆盖的连通块个数个 $C$ 的代价。可以证明不会影响最有解的值。于是，令 $f(u,v)$ 表示钦定 $u$ 被 $v$（任何一个点）覆盖时，$u$ 子树内的距离与支付的 $C$ 之和。那么

$$f(u,v)=\sum_{w\in\son(u)}\min\{f(w,v),C+\min_{t}\{f(w,t)\}\}.$$

$\mathcal O(n^2)$ 很简洁地解决掉。

$\mathscr{B.}$ 摆 *

  给定 $n,c$，构造矩阵 $A=\{a_{ij}\}$，其中

$$a_{ij}=\begin{cases} 1, & i=j\\ 0, & i\neq j\land i\mid j\\ c, & \text{otherwise} \end{cases}.$$

求 $\det A\bmod 998244353$。

  $n\le10^{11}$，$\text{TL}=6\text s$。

---

  Tags: 「A.数学-数学推导」「A.数学-线性代数」「B.Tricks」「C.性质/结论」

  注意到 $A$ 的主对角线的下方全部是 $c$。通过相邻行作差，可以使其成为上海森堡矩阵。每行除一个 $c-1$，令 $v=\frac{c}{c-1}$，那么现在 $A$ 长成

$$A=\begin{bmatrix} 1\\ v & 1\\ & v & 1\\ & & \ddots & \ddots\\ & & & v & 1 \end{bmatrix}.$$

（右上部分有值，左下部分全 $0$。）注意上海森堡矩阵 $\det$ 的特殊性，对于其定义式所枚举的 $\sigma$ 中，每个置换环必然取一堆 $v$，最后取一个主对角线及以上的位置。设前 $i$ 行 $i$ 列的主子式为 $f_i$，那么

$$f_i=f_{i-1}+v\sum_{j\neq i\land j\mid i}f_j-f_{j-1}.$$

令 $g=\Delta f$，那么

$$g_i=v\sum_{j\neq i\land j\mid i}g_j.$$

  我们只需要求 $f_n$，即 $g$ 的前缀和。没见过的 trick：这玩意儿可以魔改杜教筛实现的。观察杜教筛的作用式

$$\sum_{i=1}^nt(i)=h(1)S(n)-\sum_{i=2}^nh(i)S(n/i).$$

理论上，$t,h$ 好求前缀和就行，这并不完全依赖与 $g$ 的积性。对于本题，构造 $t(n)=[n=1]v-[n\neq 1]$ 类似物，就能筛了。

  但 $\mathcal O(n^{2/3})$ 依赖于预处理的线性。注意到 $g(n)$ 只与 $\{\alpha_p(n)\}$ 有关，精细地减少对 $\{\alpha_p(n)\}$ 相同的 $n$ 的点值计算就能极大地优化速度。复杂度大概就是 $\mathcal O(n^{2/3})$。

$\mathscr{C.}$ 润 *@

  给定函数

$$f(n)=\begin{cases} 0, & n=0\\ 1, & n=1\\ \lceil\log_2n+1\rceil2^{\lceil\log_2n\rceil}+f\left(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\right)+f\left(\lceil\frac{n}{2}\rceil\right), & \text{otherwise} \end{cases}.$$

维护 $01$ 序列 $a_{1..n}$，令 $v(l,r)=\sum_{i=l}^r2^{i-l}a_i$，进行 $q$ 此操作：

1. $\forall i\in[l,r],~a_i\gets1-a_i$.
2. $\forall i\in[l,r],~a_i\gets0$;
3. $\forall i\in[l,r],~a_i\gets1$;
4. 求出 $f(v(l,r))$。

  $n,q\le10^5$。

---

  Tag: 「A.DP-动态 DP」

  可以看出是 DDP。注意这个贡献的转移形式形如 $\sum k2^{k-1}\rightarrow\sum(k+1)2^k$，令 $s=\sum 2^{k-1}$，$a=\sum k2^{k-1}$，就有 $s'=2s$，$a'=2(a+s)$，构造出了合理的线性变换。

  因此，令 $\begin{bmatrix}z & o & s & a\end{bmatrix}^T$ 为状态向量。表示考虑了一段前缀，有 $z$ 种递归末尾进位，$o$ 中不进位，$s,a$ 意义如上。分别构造 $01$ 的转移阵即可。

  不过，对于 $v(l,r)=2^k$，$\log$ 的取整情况会有偏差。所以需要找到后缀 $00\cdots01$ 的位置，特殊地转移一下。复杂度 $\mathcal O(q\log n)$ 带 $4^3$。

$\mathscr{Summary}\sim6.24$

$\mathscr{Contest}$

  Contest.

  你感受一下题目名，你说我怎么补。

$\mathscr{A.}$ tmcpq !

$\mathscr{B.}$ rsrams !

$\mathscr{C.}$ hpmo !

$+.$ 补题/补题解

• 「AGC 021F」Trinity
• 「LOCAL 20220616」中学生物理题

$\mathscr{Summary}\sim6.25$

$\mathscr{Class}\rightarrow$ Mathematic Olympics

$\mathscr{A.}$ 「NOIOL-S 2021」愤怒的小 N

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.数学-生成函数」「A.数学-数学推导」「B.Tricks」

  一个 trick：

$$a^k=k![x^k]e^{ax}.$$

进一步：

$$\sum_{u\in S}u^k=[x^k]\sum_{u\in S}e^{ux}.$$

  我们令 $A_t(x),B_t(x)$ 分别为前 $2^t$ 个位置中，$\texttt{a},\texttt{b}$ 位置上这个 EGF 的和。那么

$$A_0(x)=1,B_0(x)=0;\\ A_t(x)=A_{t-1}(x)+e^{2^{t-1}x}B_{t-1}(x),\\ B_t(x)=B_{t-1}(x)+e^{2^{t-1}x}A_{t-1}(x).$$

令 $P_t(x)=A_t(x)+B_t(x)$，$Q_t(x)=A_t(x)-B_t(x)$，这样两个多项式就可以独立递推。那么

$$P_t(x)=\sum_{i=0}^{2^t-1}e^{ix}=\frac{1-e^{2^tx}}{1-e^x},\\ Q_t(x)=Q_{t-1}(x)-e^{2^{t-1}x}Q_{t-1}(x)=\prod_{i=0}^{t-1}(1-e^{2^ix}).$$

  注意到 $[x^0](1-e^{2^tx})=0$，则 $k$ 个以上此类多项式的卷积 $[x^k]=0$。因此 $Q_t(x)\equiv0\pmod{x^k}~(t\ge k)$。传统艺能，拿 $Q_t$ 凑 $n=(n_{l-1}\cdots n_0)_2$ 的 bit，得到

$$Q(x)=\sum_{i=0}^{l-1}[n_i=1](-1)^{\count((n-({n_i\cdots n_0})_2)}e^{(n-({n_i\cdots n_0})_2)x}Q_i(x).$$

事实上指标 $i$ 的有效范围只到 $k$，直接 $\mathcal O(k^3)$ 算出来。另一方面 $P(x)$ 就是个自然数幂和，暴力一个多项式除法就行。最终复杂度是 $\mathcal O(\log n+k^3)$，不排除写出 $\mathcal O(\log n+k^2\log k)$ 的无聊人类。（

$\mathscr{C.}$ 「BZOJ #4126」国王奇遇记加强版之再加强版

  Link & Submission.

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  Tags: 「A.数学-生成函数」「A.数学-数学推导」「A.数学-Langrange 插值」

  $i^m$？喜闻乐见，用 $m![x^m]e^{ix}$ 把 $m$ 放到指数外。浅推：

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{i=1}^ni^mm^i\\ &= m![x^m]\sum_{i=1}^ne^{ix}m^i\\ &= m![x^m]\frac{1-m^{n+1}e^{(n+1)x}}{1-me^x}. \end{aligned}$$

其中分母是常多项式，可以分析到答案是关于 $n+1$ 的多项式。令 $F(x)=(1-me^x)^{-1}$，则

$$\textit{ans}=m!f_m-m!m^{n+1}\sum_{i=0}^m\frac{(n+1)^i}{i!}f_{m-i}.$$

可见，若令

$$P(x)=\sum_{i=0}^m\frac{x^if_{m-i}}{i!},$$

则

$$\textit{ans}=m!P(0)-m!m^{n+1}P(n+1).$$

  但是……我们对 $P$，甚至对 $f$ 一无所知。怎么办？其实 $n$ 较小的时候，我们可以用答案最初的式子算出来，继而得到若干 $P(t)$ 与 $P(0)$ 的值的线性关系。再者，$P(x)$ 是 $m$ 次多项式，其 $m+1$ 阶差分为 $0$。所以

$$\Delta^{m+1}P(0)=\sum_{i=0}^{m+1}(-1)^{m+1-i}\binom{m+1}{i}P(i).$$

利用已知线性关系解出 $P(0)$，得到点值，Lagrange 差值。线性筛自然数幂、线性求一堆逆元，比较无聊地精细实现可以做到 $\mathcal O(m)$。

  PS: 记得判 $m=1$，不然 $F(x)$ 直接戳到分式域里都不知道这么挂的。（

$\mathscr{D.}$ 「LOJ #6718」九个太阳「弱」化版

  Link.

---

  一句话题解，求

$$(1+x)^n\bmod (x^K-1)$$

的常数项。可以先用组合意义自行理解。

---

  关于这垃圾模数：

  「Karatsuba 算法」 设要计算 $2n-1$ 次多项式 $F(x)$ 和 $G(x)$ 的卷积，令 $F(x)=F_0(x)+x^nF_1(x)$，$G(x)=G_0(x)+x^nG_1(x)$，则

$$\begin{aligned} F(x)G(x) &= (F_0(x)+x^nF_1(x))(G_0(x)+x^nG_1(x))\\ &= F_0(x)G_0(x)+x^n((F_0(x)+F_1(x))(G_0(x)+G_1(x))-F_0(x)G_0(x)-F_1(x)G_1(x))\\ &~~~~+x^{2n}F_1(x)G_1(x). \end{aligned}$$

需要三次卷积，每次卷积递归计算。复杂度 $T(n)=3T(n/2)+\mathcal O(n)=\mathcal O(n^{\log_23})$。结束了，不依赖模数。

---

  没错，它也过不了，你就是得写 MTT。

$\mathscr{Summary}\sim6.26$

$\mathscr{Summary}\sim6.27$

$\mathscr{Summary}\sim6.28$

  前两天摆烂了，顺便发现这篇好像全是 solution set，根本没有 diary，正在考虑开个坑补一下。（

$\mathscr{Contest}$

$\mathscr{A.}$ 基础概率练习题

  已知 $a_{1..n}\in\mathbb N^n$，$a_1\ge k$，$\sum a=m$。随机在 $\arg\max\{a_i\}$ 中标记一个元素，求这个元素恰好是 $a_1$ 的概率。答案模 $998244353$。

  $n,m\le10^7$。

---

  Tag: 「A.数学-组合计数」

  抛开 $a_1\ge k$ 的情况下，每个元素成为最大值的概率是均匀的。令 $R$ 为目标事件，$A:a_1\ge k$，$B:\exist i,~a_i\ge k$，那么

$$\Pr(R)=\frac{\Pr(B)}{n\Pr(A)}.$$

组合意义不难证明。不过这个构造还是挺巧妙的。随便容斥算一算 $\mathcal O(n+m)$。

$\mathscr{B.}$ 基础树剖练习题

  给定一棵含有 $n$ 个结点的树，支持 $q$ 次操作：

1. 给定 $u$，进行从 $u$ 到根的毛毛虫形修改（具体内容不重要）；
2. 给定 $u$，求 $u$ 到根的路径答案；
3. 给定 $u$，求 $u$ 子树内的答案。

  $n,q\le10^5$。

---

  Tag: 「A.树链剖分」

  什么兔会把题意说的那么泛化？因为她整出了个比较泛化的做法。

  最初的手稿放下面，虽然她已经推广了更毒瘤的算法，但这个足够了。

  一些定义：

• 毛毛虫：一条树上的链和与这条链邻接的所有结点构成的集合；
• 虫身：毛毛虫的链部分；
• 虫足：毛毛虫除虫身的部分。

  毛毛虫剖分，是由重链剖分推广而成的，支持 修改/查询 一只毛毛虫的信息，并且可以区分毛毛虫的身体和足分别 修改/查询 不同信息 的树上结点重标号方法。

  由于心情不好，这里直接直接给出重标号方法：

• 首先重剖求出重链。若现在递归处理到结点 $u$：
• 若 $u$ 还未被标号，则为其标号；
• 若 $u$ 是链头，遍历这条重链，将邻接这条链的结点依次标号；
• 先递归重儿子，再递归轻儿子。

  此标号方法有如下性质：

• 对于重链，除链头外的结点标号连续；
• 对于任意结点，其轻儿子标号连续；
• 对于以重链头为根的子树，与这条重链邻接的所有结点标号连续；

  所以很方便处理毛毛虫信息。并且，它也能顺便 维护重链链分的所有信息，甚至能够 维护子树的所有信息（一棵子树至多剖分为三个不交区间：重链区间、邻接轻点区间、邻接轻子树区间），复杂度与重链剖分完全一样。

$\mathscr{C.}$ 基础树论练习题 *@

  称一个有标号有根树合法，当且仅当其所有结点的儿子数量值都属于集合 $S$。现用 $n$ 个结点生成有标号有根森林，重复这一过程 $k$ 次，对于 $i\in[1,n]$，求最终含有 $nk$ 个结点的森林中，恰好包含 $ik$ 棵合法树的方案数。答案对 $p$ 取模。

  $n\le20$，$n<p\le10^5+3$，$p$ 为素数，$k\le10^{16}$。

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  Tags: 「A.数学-组合计数」「A.数学-生成函数」「B.Tricks」

  不难在 $\mathcal O(\operatorname{poly}(n))$（甚至指数级）的时间内求出 $n$ 个结点构成的森林中，关于合法树数量的 OGF $F(x)$。现在我们需要求出 $[x^{ik}]F^k(x)$。

  注意 $p$ 是任意的，但是范围并不大。利用结论 $F^p(x)\equiv F(x^p)\pmod p$ 可以进行递归：

$$F^k(x)\equiv F^{k/p}(x^p)F^{k\bmod p}(x)\pmod p.$$

具体来说，假设我们要求 $[x^t]$，则

$$\begin{aligned}[] [x^t]AB^k &\equiv [x^{pt'+r_t}]AB^{pk'+r_k}\\ &\equiv [x^{pt'+r_t}](AB^{r_k})B^{pk'}\\ &\equiv [x^{pt'+r_t}]x^{r_t}C_{r_t}(x^p)B^{k'}(x^p) & \text{let }AB^{r_k}=\sum_{r=0}^{p-1} x^rC_r(x^p)\\ &\equiv [x^{pt'}]C_{r_t}(x^p)B^{k'}(x^p)\\ &\equiv [x^{t'}]C_{r_t}B & \pmod p \end{aligned}$$

如果预处理出 $\mathcal O(\log_pk)$ 个 $C_r$，就能快速得到答案。也就是说得找到一个模小素数时可行的快速幂方法。可以参照 EI 的博客：整式递推的精度保留问题。

  欲求 $g=f^k$，因为我们还得 $\bmod x^{nk+1}$，神谕告诉我们若 $p^2>nk$，我们可以直接求 $g\equiv f^k\pmod{p^2}$，其前 $p^2$ 项的结果是正确的。自己上去看证明 ✔️

  （天哪，这也太口糊了。）