2022.3
ますます多くの野菜，どうすればいいの？？？？？
这个月比较摸（因为回学校上课了）
同样只是挑有意思的题写
3.1
T2
给你一个字符串 \(S\)，求字典序第 \(n\) 小的包含 \(S\) 的字符串。
\(|S|\leq 1000,n\leq 10^{18}\)。
建出 KMP 自动机然后在上面 DP，\(f_{i,j}\) 表示填到第 \(i\) 位，自动机上走到节点 \(j\) 的方案数，转移就是枚举当前位填什么字符，最后试填法求答案。
复杂度 \(O(|S|^2|\Sigma|)\)，\(\Sigma\) 为字符集。
3.4
T1，T2 都是普及组小朋友做的题
T3
给你一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，一条路径的权值是经过的前 \(k\) 大的边权之和，求最短路。
\(n,k\leq 1000, m \leq 2000\)。
先枚举第 \(k\) 大的边权 \(x\)，我们将所有边的边权都减去 \(x\)（并与 \(0\) 取 \(\max\)）。
然后直接在这张图上跑 dijkstra，把跑出的最短路加上 \(x\times k\) 作为答案即可。
想一想就发现这个正确性很对。
好像也很简单，但我还是没做出来，怎么回事呢？
3.5
T2 是非常好的构造题，T3 是很无聊的根号题（把两种询问分别分块，还要用到 bitset 求 DAG 可达性，经典的分块卡空间做法）。
T1
对于偏序集 \((D(n),|)\)，其中 \(D(n)\) 是 \(n\) 的正约数集合，我们要求它的最长反链。
设正整数 \(n=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)，其中 \(p_i\) 为互不相同的质数，\(\alpha_i\in \mathbb{N}_{+}\)。我们记 \(\deg(n)=\sum_{i=1}^{k}\alpha_i\) 为 \(n\) 的度。
有一个结论就是，考虑集合 \(U=\{d|\deg(d)=\lfloor m/2 \rfloor,d|n\}\)，那么，\(U\) 就是一个最长反链的构造。
下面给出证明。
有空再写
3.7
T1 又是构造题，T3 是及其暴力的状压。
T2
好题
题意
给你一个由 r，g，b 三种字符组成的字符串 \(s\)，进行 \(m\) 次变换，每次变换对于所有 \(i\) 把 \(s_i\) 变为 \(f(s_i,s_{(i+1)\bmod n})\)，\(f(c_1,c_2)\) 定义为，若 \(c_1=c_2\)，\(f(c_1,c_2)=c_1\)，否则为 r，g，b 中不是 \(c_1\) 或 \(c_2\) 的那个。求最终字符串。
\(m\leq 10^{18}\)。
把 r，g，b 看成 \(0,1,2\)，则有 \(f(a,b)=2\times(a+b)\bmod3\)。
考虑像 [AGC043B] 123 Triangle 那道题去推最初每个位置对最终位置的贡献，是一个组合数的形式，记 \(s_{m,i}\) 为第 \(m\) 次操作后位置 \(i\) 的值
因为是 \(\bmod 3\)，所以考虑 Lucas 定理，我们发现当 \(m=3^k,k\in \mathbb{N}\) 时，只有 \(j=0\) 或 \(j=m\) 时组合数才不为 \(0\)，所以当 \(m\) 为 \(3\) 的次幂时，有
我们把 \(m\) 拆成 \(3\) 的次幂，每次 \(O(n)\) 计算即可，总复杂度 \(O(n\log m)\)。
3.8
T1
Codeforces Round #775
这场 D，E，F 都很 amazing 啊
D 学到了线段树的奇怪打标记方法，懒标记表示左边对右边的贡献。
E Kruskal 最小生成树，启发式合并好题，大致思路很好想，但很多细节要仔细想清楚
F my first *3500！也是好题，要用到边三联通分量那个做法作为前置知识，想了两天才想懂，有空我去写个题解
3.11
摸了，耶！
3.12
接着摸，耶！
3.14
T1
T2
T3
3.15
T1
题目很容易转化成，给你一个立方体，其中一些点是障碍点，对每个点求包含它的子立方体个数，要求子立方体中不含障碍点。
先容斥一下，求出 \(f_{t,i,j,k}\) 表示 \((i,j,k)\) 在 \(t\) 方向那个区域中的合法子立方体数量（\(t\) 的取值从 \(1\) 到 \(8\) 分别表示 \(8\) 个方向）。现在，对于一个点 \((i,j,k)\) 通过 \(f\) 就可以容斥出不经过该点的合法立方体数量（这个式子总共 \(26\) 项），用总方案数去减就是包含该点的数量。
现在求 \(f\)，如果是二维怎么做？想到 [GXOI/GZOI2019]与或和，显然可以单调栈 \(O(n^2)\) 求出。加上第三维，就 \(O(n^2)\) 暴力枚举第三维上的每个子区间，该子区间长度为 \(d\) 那就是把厚度为 \(d\) 的这一厚层中的障碍点都放到一层上，让后按二维做法做即可。总复杂度 \(O(n^4)\)。不过由于计算 \(8\) 个方向再加上单调栈的常数，并没有比 \(O(n^5)\) 做法表现好很多。
T2
题意
数轴上有一些黑白区间，一部分区间已经被指定了颜色，你要指定未染色区间的颜色，使得数轴上对于每个点，覆盖他的黑区间个数和白区间个数差的绝对值小于等于 \(1\)。
这个建图真是太妙了啊啊啊啊啊啊啊啊啊
离散化之后，对于一个区间 \([l,r]\)，把它看成从 \(l\) 向 \(r\) 连一条有向边，染色就是给边定向。对于奇度数的点，我们把它们依次连到一起，然后就变成了欧拉回路。因为对于欧拉回路，覆盖在一个点上所有边朝两个方向的数量相等，除去为了处理奇度数点连的边，绝对值之差也不会超过 \(1\)。
然后就是混合图求欧拉回路（应该很经典吧，但我第一次听说这个/qd）
做法：网络流
-
将所有无向边随意定向
-
计算每个点的入度和出度，如果入度和出度奇偶性不同，返回无解
-
把所有入度大于出度的点向汇点连一条容量为 \((入度-出度)/2\) 的边，所有出度大于入度的点从源点连一条容量为 \((出度-入度)/2\) 的边，原图中的边依然保留。
-
跑最大流，如果源点连出的边没有全部满流，返回无解。否则，将所有有流量的边反向，就是构造出的答案
正确性显然
T3
这个题真的
题意
一棵有边权的树，要求用最小的代价遍历这棵树。有 \(m\) 条额外边，第 \(i\) 条额外边的边权为 \(a_i\)，对于所有的 \(K\in [0,m]\)，计算在前 \(K\) 条额外边中选一些加入后遍历树边的最小代价。
\(n,m\leq 10^5\)。
容易发现的是，如果不加额外边，每条边都要恰好经过两次，加入一条额外边 \((x,y)\)，相当于原树上 \(x\) 到 \(y\) 之间路径上的边只需经过一次。
记原树中所有边权和为 \(sum\)，\(f_i\) 表示在树上选 \(i\) 条不相交路径的最长长度。将 \(a_1\) 到 \(a_K\) 排序后，记前缀和为 \(s\)。那么，加 \(i\) 条额外边的答案就是 \(ans_i=2\times sum-f_i+s_i\)，稍微想一想就发现，\(s\) 是下凸的，\(f\) 是上凸的，那么 \(ans\) 就是下凸的（凸函数加凸函数仍然是凸的）。如果我们用平衡树维护 \(a\) 的话，就可以直接在平衡树上二分出最小的 \(ans\)。
那么接下来就是求 \(f\) 了，我们可以考虑一种反悔贪心策略，我们每次求出树上的直径，然后把直径上所有边权变为相反数，再加一条路径的时候就再次求出直径，如果经过了之前经过的取反的边，实际上就相当于把重复部分的贡献减去了，两条相交路径除去重复部分后，就又拼成了两条不相交的路径，重复的部分就被反悔掉了（这个思路真是太神了）。
现在我们只需要一种数据结构，支持一下两个操作：
-
将树上一条链上的边权变为相反数
-
求树的直径
这个做法好像就比较多了（？），比如 LCT 之类的，但我只看懂了一种
首先对每个边建点，边权放到点上，再对整棵树进行三度化，然后轻重链剖分（上一步的三度化保证了这时每个点最多只有一个轻儿子）。
考虑如何维护直径，注意到一条路径会经过若干条重链，但这其中有且仅有一条重链，使该路径形如：从 \(u\) 的轻儿子走到 \(u\)，在重链上从 \(u\) 走到 \(v\)，从 \(v\) 的轻儿子下去（这种情况可能退化，即 \(u\) 和 \(v\) 可以重合，也可以不从轻儿子走下去，但维护起来是不影响的）。
用数据结构维护每条重链，具体地，对于数据结构上代表 \([l,r]\) 的节点，维护四个信息，\(l\) 到 \(r\) 的点权和，从左边过来再在 \([l,r]\) 中走轻儿子下去的最大值，类似的从右边过来的最大值，还有区间的答案，pushup 的方式类似区间最大子段和。因为还有修改操作，所以以上信息都要维护两份，分别表示现在的点权的值以及点权取相反数后的值。修改的时候直接 swap 两者即可，区间修改直接打懒标记就可以了。
为了做到总复杂度一个 \(\log\)，我们采用全局平衡二叉树维护轻重链剖分。（应该是可以做到一个 \(\log\) 的，但因为我的实现要把每条重链的答案塞到 set 里维护全局答案，每次经过维护重链的一个 BST 的根都要更新 set 中的值，结果好像还是两个 \(\log\)）
总之，这道题就做完了，总复杂是 \(O(n\log n)\) 或 \(O(n\log^2 n)\)，思路很清晰，但写代码强烈建议在脑子清醒的时候写。
3.17
今天的题是我们去年在北京组的题，竟然真做模拟赛了 233333
T1
题面真是太眼熟了（hxx 的题）
来源 CF1083F
很好的分块
T2
zzz 的题，好像是 Atcoder 的题，但找不到原题了
这个原根用的挺妙的，有空写一下
T3
记忆化搜索好（？）题，各种分类讨论码了 5.8K /cy
3.18
T1
T2
T3
3.21
T1
这个题的 nb 之处就是一个 trick，高维或的前缀和的压位优化。把正常的 \(O(n2^n)\) 优化到 \(O(2^n+(n-6)2^{n-6})\)（用 \(\text{unsigned long long}\) 压 \(2^6\) 位）
T2
给定长度为 \(n\) 的排列 \(a\)，\(q\) 次询问 \([l,r]\)，求 \(\sum_{i=l}^r\sum_{j=i+1}^rf(a_i,a_j)\)，\(f(x,y)\) 定义如下：
- 若 \(x=y\)，\(f(x,y)=1\)；
- 若 \(x\not= y\)，\(f(x,y)=f(x+y-|x-y|,|x-y|)+1\)；
- 若无限循环，其值看作 \(0\)。
\(n,q\leq 10^5\)。
这个题的难点竟然就是看出这个 \(f\) 是什么东西。
首先这个函数计算过程中保持了 \(x+y\) 不变，所以 \(x+y\) 为奇数一定无限循环，计算过程中 \(\gcd(x,y)\) 也是不变的，所以我们把 \(x,y\) 都除以 \(\gcd\) 没有影响。所以 \(x,y\) 同为奇数，不妨设 \(x>y\)，此时 \(y\times2,x-y\) 都是偶数。假设 \(y\times2\) 和 \(x-y\) 有与 \(2\) 互质的不为 \(1\) 的公因数 \(k\)，那么 \(k|y\) 并且 \(k|x-y\)，推出 \(k|x\)，这与 \(x\perp y\) 矛盾！所以 \(y\times 2\) 与 \(x-y\) 的 \(\gcd\) 就是 \(2\)，就等价于求 \(f((x-y)/2,y)\)。由此得出 \(x,y\) 的和在计算过程中会不断除 \(2\)，直到 \(x=y=1\) 或无限循环。
结论就是，当 \((x+y)/\gcd(x,y)=2^k\) 时，\(f(x,y)=k\)，否则 \(f(x,y)=0\)。
然后那个求和就很简单了，询问都离线下来从后往前扫一遍，用树状数组维护就可以做了。
3.28
T1
打开题面，交互题贴脸
其实挺简单的，还剩半个小时的时候会了，但因为要去做核酸就没写
T2
题意
给你一个序列，求把它划分成若干段的所有方案的各段 \(\operatorname{mex}\) 乘积之和。
\(n\leq 10^6\)，时间限制 1s
显然的状态转移方程
我们来看看，怎么在 \(i\) 变化的同时维护那个 \(\operatorname{mex}\)。首先我们发现这个 \(\operatorname{mex}\) 一定是单调不上升的，也就是一个一个的段，考虑加进来一个 \(a_i\)，又发现只会改变 \(\operatorname{mex}\) 等于 \(a_i\) 的那部分值，也就是说，会将一个段分裂成若干小段（这部分很像 2.19 T1），总共只有 \(O(n)\) 次区间修改。
大致流程就是
每次找到 \(\operatorname{mex}\) 等于 \(a_i\) 的一段 \([l,r]\)，然后求出 \(\operatorname{mex}\limits_{j=r}^{i}a_j\)（就是新的 \(\operatorname{mex}\) 值，这个可以线段树求），设它等于 \(x\)，找到 \(r\) 前面第一个等于 \(x\) 的位置 \(j\)，把 \([j+1,r]\) 的 \(\operatorname{mex}\) 值都设为 \(x\)，然后把 \(r\) 赋值为 \(j\)，继续上面过程知道 \(l<r\)。
至于怎么求区间 \(\operatorname{mex}\)，考虑用权值线段树维护 \([1,i]\) 中每个树最后出现位置的最小值，然后在线段树上二分找到第一个最后出现位置小于 \(j\) 的值，就是 \([j,i]\) 的 \(\operatorname{mex}\)。
还有就是原序列中大于 \(n\) 的值没用，可以直接设成 \(n\)，不用再离散化了，区间 \(\operatorname{mex}\) 都是以 \(i\) 为右端点的，不用写主席树了，找 \(r\) 前面第一个等于 \(x\) 的位置也是直接 \(O(1)\) 维护了，不用再用 vector 存下标再二分了，\(f\) 值再区间修改时直接算贡献就行了，不用再线段树维护了。
然而以上睿智写法全部出现在我的代码里/cy
T3
一个长度为 \(n\) 序列 \(a\)，Alice 要把它重新排列后交给 Bob，Bob 可以不断交换相邻的互质的两个数，Alice 希望最后字典序最小，Bob 希望字典序最大，求最终序列。
\(n\leq 2000\)。
对于 Bob 来说，不互质的两个数的相对位置是无法改变的，如果对于不互质的 \(a_i,a_j\ (i<j)\) 我们连一条从 \(i\) 到 \(j\) 的边，得到一个 DAG，那么最终序列就是字典序最大的拓扑序。
现在问题就是 Alice 会怎么排列序列，也就是说，对于不互质的 \(a_i,a_j\) 我连一条 \(i\) 和 \(j\) 间的无向边，现在要给无向边定向。
其实我们对这个无向图 dfs，对于 \(x\)，每次选权值最小的点 \(y\) dfs 下去，连边 \((x,y)\)，得到的图就是对于 Alice 最优的选择。
虽然这个感觉很对，但我还是觉得题解的做法更清楚一些
首先不同联通块之间肯定没有影响，最终把它们多路归并即可。而对于每个连通块，我们可以为它确定一个唯一的入度为零的点最为起点（选择权值最小的），这样 Bob 只能先选它。
确定这个点之后，我们可以把它相邻的点打上标记，然后删掉该点，原图变成若干连通块，对于每个连通块，我们在标记的点中选择最权值小的点最为起点，然后递归下去即可。
还有一个问题，如果得到所有联通块？边数是 \(O(n^2)\) 级别，无法接受。考虑优化建图，对于每个质数建一个点，每个数向它的所有质因子连边，这样边数降为 \(O(n\omega(a_i))\)，而连通性不变，太棒了！
这样我们的复杂度就是 \(O(n\sqrt{a_i}/\ln a_i+n^2(\log n+\omega(a_i)))\) 前边那个是分解质因数的复杂度。
3.29
T1
终于，赛时切题了，泪目，不过只是个签到题
T2
给你一个边上有字符的树，\(m\) 个询问，每次询问给你一个字符串 \(s\)，问树上存不存在一条路径上的字符串等于 \(s\)。
\(n,\sum s\leq3\times 10^4\)。
这就是个暴力题...
设 \(f_{x,j,k}\) 表示树上从下往上走到 \(x\)，能否匹配 \(s_j\) 的长 \(k\) 的前缀，\(g_{x,j,k}\) 表示从 \(x\) 往下走，能否匹配 \(s_j\) 长 \(k\) 的后缀，前后缀拼一下就是答案了。
这个 dp 状态数为 \(O(n\sum s)\)，不过转移都可以 bitset 优化，也就能做到 \(O(\dfrac{n\sum s}{\omega})\)。
不过这个东西写 dfs 会 MLE，要提前 dfs 一遍把拓扑序记录下来，然后用一个循环 dp。以后写题可以注意一下，卡时间和卡空间都可以试试这样把 dfs 改成循环。
T3
还不会...
3.31
T1
DP，笑死，根本不会 DP。
给定两边各 \(n\) 个点的二分图，左边的第 \(i\) 个点向右边的 \(1\) 到 \(a_i\) 号点连边，求图中简单环（点不重复）数量。
\(n\leq5000\)。
首先把 \(a\) 从小到大排序，然后考虑 DP。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示左边前 \(i\) 个点，右边选了 \(j\) 个单点，连出了 \(k\) 条链（形如右-左-右-左-右这样的）的方案数。
考虑转移，我们可以从左侧的 \(i\) 连出两条边，可以把右边的两个单点或两个链或一个单点和一条链连起来，注意单点和单点连的方案数是 \(1\)，但是单点和链的方案数是 \(2\)，链和链连的方案数是 \(4\)。
每次把 \(f_{i,0,1}\) 累加进答案即可。
但这么设计状态是 \(O(n^3)\) 的，于是我们考虑把 \(j\) 和 \(k\) 两维合并成一维。
\(f_{i,j}\) 表示左边考虑到第 \(i\) 个点，右边有 \(j\) 个段（包括单点和链）。但这样不就没法统计 \(\times2\) 或 \(\times4\) 的贡献了吗，其实是不影响的，对于 \(j\) 个单点和 \(k\) 个链，我们可以把 \(f_{i,j+k}\) 看成方案数乘上 \(2^k\)，而转移时，\(f_{i,j}\) 转移到 \(f_{i,j-1}\) 直接成上 \(j\times(j-1)\) 的系数（两两配对再 \(\times2\)），这样如果连上的是两个单点，多乘了 \(2\)，但也恰好多出了一条链，而如果连上的是两条链，少乘了 \(2\)，但链的总数也少了一个，这样就保证始终是方案数 \(\times2^k\)。真是...太神奇了
所以最后转移就是
第一步是加入 \(a_{i-1}\) 到 \(a_{i}\) 这些单点，第三步就是选两段连起来。
复杂度就很显然的是 \(O(n^2)\) 了。
T2
找规律 + min25，笑死，连规律都找不到。
求有多少个正整数 \(k\) 满足：
- \(1\leq k\leq n\)
- \(a^2+b^2+k=c^2\) 成立且 \(a,b,c\) 构成等差数列的正整数 \((a,b,c)\) 有唯一解
\(n\leq 10^{11}\)。
经过打表得到结论，\(k\) 满足条件当且仅当， \(k\) 为模 \(4\) 余 \(3\) 的质数或 \(k=4p\) 或 \(k=16p\)（\(p\) 为奇质数）或 \(k=4\) 或 \(k=16\)。其实有证明的只是看不懂
所以只要分别求出 \(n\) 以内模 \(4\) 为 \(1\) 和模 \(4\) 为 \(3\) 的质数的个数即可，这个 min_25 筛可以胜任。
我们只需要 min_25 中求 \(g\) 的过程，我们设 \(g_0\) 和 \(g_1\) 分别为模 \(4\) 为 \(1\) 和 \(3\) 的值，然后按当前的质数模 \(4\) 等于几分类互相转移即可。
复杂度就是 min_25 的 \(O(\dfrac{n^{3/4}}{\log n})\) （如果我没记错的话）
T3
分治 + 线段树历史最值，笑死，根本没学过线段树历史最值。
给你 \(n\times n\) 的平面区域，有 \(m\) 次矩形加，\(q\) 次矩形询问最值，所有询问都在修改操作之后。
\(n,m\leq 5\times 10^4,q\leq 2\times 10^5\)。
先考虑所有询问操作都是 \(x_1=1\)，我们可以直接对 \(x\) 轴扫描线，线段树维护 \(y\) 轴，询问就是区间历史最大值。
然后分治，思路就很清晰了，对于分治区间 \([l,r]\)，我们处理所有 \(x_1\leq mid\leq x_2\) 的询问，即从 \(mid\) 向两边做两次扫描线。
对于修改操作，如果它覆盖了当前分治区间，那就没必要下传下去，直接在线段树修改，不撤销它，然后递归下去，这样每个询问只会留在 \(O(\log n)\) 个区间上，保证了复杂度。总复杂度 \(O(q\log n+m\log^2n)\)。
对于线段树的撤销操作，我用栈把所有经过的节点都记录下来，最后撤销，但常数似乎有点惨不忍睹，所以要卡常卡常卡常。
总之还是思路很好的题
三月份就这么过去了啊
