2022.4

四月了啊...

推一首歌吧 当时小椿沿海边跑的时候的 BGM，经典青梅竹马打不过天降妹子

反正在家网课，就顺便停课了

改的都是简单题，难题都弃了

好菜啊

好像没有那种花一下午时间研究一个算法的耐心了

ε-(´∀｀; )

4.1

T1

不算太难，不写了

T2

给你一个 $n$ 个点的无向图，计数满足 $K$ 个限制的生成树数量，每个限制是一个点集 $S_i$，要求 $S_i$ 在生成树上的导出子图联通。

$n\leq 500,K\leq 2000$。

生成树计数肯定是矩阵树定理。

考虑每一个限制 $S_i$，$S_i$ 的导出子图的边数 $cnt_i\leq |S_i|-1$，且该限制被满足当且仅当取到等号。

我们考虑给原图每条边 $(i,j)$ 赋上边权 $w(i,j)$，$w(i,j)$ 为同时包含 $i$ 和 $j$ 的限制个数，我们发现这样，对于它的生成树 $T$，边权和 $w(T)=\sum cnt_i\leq\sum(|S_i|-1)$，等号取到当且仅当所有限制都被满足，所以满足条件的生成树就是最大生成树。

最大生成树就是经典做法了，忘了的话去看一眼 Luogu P4208 [JSOI2008]最小生成树计数。

还有 $w(i,j)$ 的计算用 bitset 优化一下就是 $O(\dfrac{n^2K}{\omega})$。

总复杂度 $O(n^3+\dfrac{n^2K}{\omega})$。

T3

答案文件 10.1 K

长度为 $n$ 的序列 $a$，你有从中选出 $k$ 个区间，区间的权值定义为所包含数的和。要求 $k$ 个区间能覆盖整个序列，并且权值和最大，求最大权值和。

$n\leq 10^5,k\leq \dfrac{n(n+1)}{2},|a_i|\leq5\times10^4$。

首先是一些 key observation

若两个区间为包含关系，那么我们显然可以舍弃被包含的区间，然后选择当前未选择的区间中权值最大的。因为最多 $n$ 个不包含的区间就可以覆盖整个序列，所以前 $\max(0,k-n)$ 大的区间一定被选。

进一步观察，假设最优解选择了前 $x$ 大的区间 $(\max(0,k-n)\leq x\leq k)$，此时剩下 $m$ 个点没有被覆盖，那么剩下的 $k-x$ 个区间一定两两不相交，并且每个区间至少覆盖 $m$ 个未覆盖点中的一个。因为，若两个区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$ 相交，我们显然可以选 $[l_1,r_2]$ 代替，再选择当前未选择的区间中权值最大的，一定不劣。

所以我们先选上前 $\max(0,k-n)$ 大的区间，计算它们的权值和以及它们覆盖的位置，然后再找到第 $\max(0,k-n)+1$ 到第 $k$ 大的区间。这个可以二分权值，然后再用树状数组，set 之类的东西求大于等于当前二分权值的区间个数，覆盖位置，权值和等等，这部分复杂度就是 $O(n\log n\log V)$，但若干区间权值相同的情况真的是及其恶心。

然后我们逐个加入第 $\max(0,k-n)+1$ 到第 $k$ 大的区间，设当前未被覆盖的位置是 $p_1,p_2,\dots,p_m$，我们需要对每个 $1\leq i<m$ 求出 $\max_{j=p_i}^{p_{i+1}-1}s_j-\min_{j=p_i}^{p_{i+1}-1}s_j$ （$s$ 是 $a$ 的前缀和），然后把这些值塞进 set 里，每次求出前 $k-x-1$ 大的数的和，再加上 $\max_{j=p_m}^ns_j-\min_{j=0}^{p_1-1}s_j$ 就相当于选出了 $k-x$ 个区间覆盖了所有未覆盖点。随着 $x$ 增大，会有一些 $p_i$ 被删除，所以要动态维护那个 $\max s_j-\min s_j$ 的值（插入，删除，查询前 $k-x-1$ 大的数的和），搞一个 set 之类的数据结构就可以做了，这部分是 $O(n\log n)$ 的。

据说还有 wqs 二分 + 线段树维护 DP 的做法，不太会...好像只有我写的题解做法还写了 10K

/tuu/tuu/tuu

4.2

T1

给你长度为 $n$ 的字符串 $S$ 和正整数 $k$，判断 $S$ 的每个前缀是否形如 $(AB)^KA$，$A,B$ 可以为空串。

$n\leq10^6$。

没一眼切是不是应该去死

枚举 $i$，判断 $S[1 .. i]$ 是否能作为 $AB$，所以只需求 $\operatorname{lcp}(S[1 ..n],S[i+1 .. n])$。

后缀数组，哈希都可以，新学了一下 Z 函数，这样就可以 $O(n)$。

周三没有模拟赛，复习一下字符串，写个字符串总结（flag

T2

这个是原题 CF1120D 加了一个求方案数，（其实上一题也是原题 CF526D）

所以就不写了

有 DP 做法，也有最小生成树做法（能不能求方案数？）（去看题解）

T3

ARC016D

这个二分很有意思的欸

题意很长不写了，总是是求期望，也容易列出状态转移方程

$$f_{x,j}=\min\{f_{1,H}+H-j,1+\mathbb{E}_{(x,y)\in E}(f_{y,j-d_y})\}$$

边界

$$f_{x,j}=\infty\ (j\leq0)\\ f_{n,j}=0\ (j>0)$$

但这个是有后效性的，不过后效性只与 $f_{1,H}$ 有关，我们考虑钦定 $f_{1,H}=A$，然后直接按方程转移，最后在看算出的实际 $f_{1,H}$ 是否等于 $A$。

我们把这样计算出来的 $f_{1,H}$ 看成是 $A$ 的函数 $f(A)$，想一想就有 $f^\prime(A)\leq1$，所以就有 $[f(A)-A]^\prime\leq 0$ 他是有单调性的，可以二分出 $f(A)=A$ 的 $A$，也就是答案。

至于这个 $f^\prime(A)\leq 1$ 应该也可以感性证明，考虑按拓扑序归纳，考虑 $A$ 减小了 $\mathrm{d}A$，$f_{n,\star}$ 不会变所以它的导数是 $0\leq1$，$f_{x,j}$ 如果从 $A+H-j$ 转移来那么 $\mathrm{d}f_{x,j}=\mathrm{d}A$，如果从 $f_{y,\star}$ 转移来，那么 $\mathrm{d}f_{x,j}=\mathrm{d}f_{y,\star}\leq \mathrm{d}A$ 也是成立的，所以就证明了恒有 $\mathrm{d}f_{\star,\star}/\mathrm{d}A\leq1$。

4.4

T1 水题，T2交互

T2

猜树题，你要猜一颗二叉搜索树（按编号），可以 query(x,l,r) 询问 $x$ 的子树是否恰好包含 $[l,r]$ 的点，询问次数是 $2n$。

想到单调栈求笛卡尔树的做法，我们也考虑使用单调栈。

按标号顺序依次加点，栈中维护一条最右链，发现是可以一次询问出当前点是否在栈顶节点的右子树。

总之要想到单调栈。

T3

你要构造一个 $n$ 个点的简单图，每个点的度数至少为 $k$，且图中所有度数为 $k$ 的点不能相邻，最小化边数。

$2\leq k\leq10,2k+1\leq n\leq 1000$。

并不是构造题，因为重点在于求最小边数。

我们把点按度数等于 $k$ 和大于 $k$ 分类，设等于 $k$ 的集合大小为 $x$，那么两部分之间有 $kx$ 条边，等于 $k$ 的点之间不能连边，大于 $k$ 的点之间可以连边，设连了 $y$ 条。

容易列出不等式 $kx+2y\geq(n-x)(k+1)$，为了 $y$ 最小，解出 $y=\min\left\{\left\lceil\frac{1}{2}[(k+1)n-(2k+1)x]\right\rceil,0\right\}$。那么总边数 $kx+y$ 就等于 $\min\left\{\left\lceil\frac{1}{2}[(k+1)n-x]\right\rceil,kx\right\}$，$x$ 为 $\lfloor\frac{(k+1)n}{2k+1}\rfloor$ 或 $\lceil\frac{(k+1)n}{2k+1}\rceil$ 时取得最小值。

得到了 $x,y$ 之后构造方案就很简单了。

4.5

T1

给你一棵树，然后三个操作：

• 向集合中加入一个数
• 删除集合中的一个数
• 询问集合中 $[l,r]$ 的数编号的节点到 $x$ 的最小距离

$n\leq 10^5$，强制在线。

很显然的点分树，对每个点用线段树维护它点分树上的后代即可。复杂度 $O(n\log^2n)$。

T2

the same as 4.2 T3

T3

经过一个经典的卡特兰数模型 $(f_i=\sum_{j=0}^{i-1}f_jf_{i-j-1})$，问题转化成了求 $\max_{i=l}^rv_7[(2i)!/(i!i!)]$，其中 $v_p[x]$ 表示 $x$ 的质因数分解中 $p$ 的次数。

$l,r\leq10^{10^4}$。

首先有

$$v_7[(2n)!/(n!n!)]=\sum\limits_{i\geq1}\left(\left\lfloor\dfrac{2n}{7^i}\right\rfloor-2\left\lfloor\dfrac{n}{7^i}\right\rfloor\right)=\sum_{i\geq1}\left[\left\lfloor\dfrac{2n}{7^i}\right\rfloor\bmod 2=1\right]$$

进一步考虑什么时候才是奇数，我们发现当且仅当对于一个 $i$，存在 $k$ 使得 $n\in[k\times7^i-(7^i-1)/2,k\times7^i-1]$，所以我们把 $l,r$ 转成 $7$ 进制从高往低逐位考虑即可。

复杂度瓶颈是进制转化，所以是 $O(\log^2r)$ 的。

好困，，所以写的好像很简略。

今天还行，三道题都是自己想的，不过赛时摸的有点多，就写了一道。

这几天题也不太难，天天都是一车 AK，不过跟我垫底关系不大。

4.7

T1

抽象出题意就是，给你一个长 $n$ 的 01 序列，你可以进行 $m$ 次操作，每次选择一个长 $l$ 的区间全部赋成 $0$，求操作后最少剩下几个 $1$。

$n,m,l\leq 10^6$。

不要想贪心了，不要想贪心了，不要想贪心了，虽然看上去很对但它就是错的。

先考虑一个看上去没什么前途的 dp，$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，进行了 $j$ 次操作，最少的剩下 $1$ 的个数。

转移很简单：$f_{i,j}=\min\{f_{i-1,j}+[a_i=1],f_{i-l,j-1}\}$，时间复杂度 $O(n^2)$。

关于这种有限制次数的问题，如果不限制次数，很容易求解最优方案，就要想到 wqs 二分。

答案的凸性容易证明，所以通过 wqs 二分就做到了 $O(n\log n)$。

T2

给你一个平面图，每次操作修改边权，你需要回答每次修改后的最小生成树，强制在线。

$n,q\leq 10^5$。

首先肯定想到 LCT，如果是边权只能变小就非常容易了，但我们无法在一条树边变大后快速判断它还在不在生成树上。如果可以离线，可以通过线段树分治等做到 $O(n\log^2 n)$，但即使这样，巨大的常数也是很难通过的。

考虑本题的特殊条件，实际上，平面图的最小生成树有下面的结论：

这真是太妙了，看完题解激动了好长时间。

平面图的最小生成树的补集是其对偶图的最大生成树。

证明是容易的，把边集分成两部分后，平面图和对偶图两者任一个不连通当且仅当另一个中存在环，所以当两者都联通且不存在环（也就是在平面图和对偶图中分别形成一颗树），边数加起来恰好是 $V-1+F-1=E$。

对于本题，我们用两个 LCT 分别维护原图和对偶图的最小生成树和最大生成树，改变一个边权时，如果是变小，用原图的 LCT 判断生成树是否改变，如果变大，用对偶图的 LCT 判断。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

T3

题意就是一个矩阵树定理，它的基尔霍夫矩阵（的 $n-1$ 阶主子式）是长这样的（$w$ 是给定的权值，$S=\sum_{i=1}^{n-1} w_i$）

$$K=\begin{bmatrix} S+1&-w_1&-w_2&\cdots&-w_{n-1}\\ -w_{n-1}& S+1&-w_1&\cdots&-w_{n-2}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ -w_1&-w_2&-w_3&\cdots&S-1 \end{bmatrix}$$

就是一个 $n\times n$ 的矩阵，求 $|K|$，不过 $n\leq2^{20}$。（但保证了 $n$ 是 $2$ 的次幂）

但这是一个循环矩阵，所以我们给它右乘一个范德蒙德矩阵（我数学菜，不知道怎么想到的，但乘完真的好神奇啊）

$$V=\begin{bmatrix} 1&1&1&\cdots&1\\ 1&\omega_n&\omega_n^2&\cdots&\omega_n^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1&\omega_n^{n-1}&\omega_n^{2(n-1)}&\cdots&\omega_n^{(n-1)(n-1)} \end{bmatrix}$$

其中 $\omega_n$ 是 $n$ 次单位根。我们先令一个函数 $f(x)=S+1-\sum_{i=1}^{n-1}w_ix^k$。然后发现 $KV$ 是长这样的

$$KV=\begin{bmatrix} f(1)&f(\omega_n)&f(\omega_n^2)&\cdots&f(\omega_n^{n-1})\\ f(1)&\omega_nf(\omega_n)&\omega_n^2f(\omega_n^2)&\cdots&\omega_{n}^{n-1}f(\omega_n^{n-1})\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ f(1)&\omega_n^{n-1}f(\omega_n)&\omega_n^{2(n-1)}f(\omega_n^2)&\cdots&\omega_{n}^{(n-1)(n-1)}f(\omega_n^{n-1})\\ \end{bmatrix}$$

发现 $KV$ 就是 $V$ 在每列乘了 $f(\omega_n^i)$，所以 $|KV|=|V|\prod_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^i)$，又因为 $|KV|=|K||V|$，所以我们要求的 $|K|$ 就等于 $\prod_{i=0}^{n-1}f(\omega_n^i)$。

直接 DFT 求出所有 $f(\omega_n^i)$ 即可，复杂度 $O(n\log n)$，好耶！

4.8

模拟赛直接摆烂，听完讲题 T2 直接弃

T1

给你长度为 $n$ 的 01? 构成的串 $|S|$。

求 $01$ 串序列 $t_1,t_2,t_3,\dots,t_n$ 的个数，要求：

• $|t_i|=i$
• $t_{i-1}$ 是 $t_i$ 的子序列
• $t_n$ 由 $S$ 将每个 ? 替换成 0 或 1 得到

模 $998244353$，$n\leq 250000$。

先来牛逼的转化题意

先不考虑 ?，从 $t_n$ 到 $t_1$ 就是把 $S$ 每次删一个字符，不过如果两中删法得到的序列相同，那么算同一种方案，所以我们不妨钦定删 0 只能删连续一段 0 的最右面那个，删 1 只能删连续一段 1 的最左面那个，也就是说，相当于每次找到一个 01 然后删掉其中的 0 或 1（再序列开头补一个 0，结尾补一个 1）。这样计数就不会重。

我们再每个两个位置中间加上分隔符，比如 101 变成 0A1B0C1D1，每次选择其中⼀个 01 删除的时候， 我们也把分隔符删除。那么每个分割符被删除的时间就是一个 $0\sim n$ 的排列，而 0 相当于它左面的分隔符先于右面被删，1 是右面先于左面。

把 0 换成 <，1 换成 >，计数满足条件的排列，据说这是一个经典问题。

$f_i$ 表示考虑到第 $i$ 个位置的方案，然后枚举前面 > 的位置容斥：

$$f_i=\sum\limits_{0\leq j<i,s_j='>'}(-1)^{cnt_{i-1}-cnt_j}\dbinom{i}{j}f_j$$

稍微变形：

$$\dfrac{f_i}{i!}=(-1)^{cnt_{i-1}}\sum\limits_{0\leq j<i}\dfrac{1}{(i-j)!}\dfrac{f_j}{j!}(-1)^{cnt_j}[s_j='>']$$

现在它看起来就非常的卷积，于是分治 FFT 即可。

至于 ? 就是把序列分成若干段，每段分别计算，最后乘个组合数合并就行了。

时间复杂度 $O(n\log^2n)$。

T3

有一个 $n$ 个节点的树，你要从中选出若干条长度为 $k$ 的简单路径（两两边不能相交，点可以相交）。求最大权值和。

$n\leq 2\times 10^5,k=3/4,-10^9\leq w_i\leq 10^9$。

首先肯定往 DP 方面想吧，$f_{x,j}\ (0\leq j<k)$ 表示节点 $x$ 的子树中，并且从 $x$ 往下选了一条长度为 $j$ 的链，的最大权值。答案就是 $f_{1,0}$。

不过我们发现转移有些棘手，我们分别考虑 $k=3$ 和 $k=4$。

$k=3$ 时，如果 $f_{x,j}$ 的 $j=0$ 我们就是要把 $y\in son(x)$ 的 $f_{y,0}$ 和 $f_{y,1}$ 两两配对，然后剩下的选 $f_{y,2}$（当然也可以不选），如果 $j>0$ 就是选一个 $y$ 从 $f_{y,j-1}$ 转移上来，剩下同样这么配对。

配对的过程我们可以再搞个 DP，$g_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个儿子，当前选的 $f_{y,0}$ 和 $f_{y,2}$ 的差值为 $j$。记录一下前缀和后缀的 dp 值即可。

$k=4$ 的情况类似，就是 $f_{y,0}$ 和 $f_{y,2}$ 配对，然后 $f_{y,1}$ 之间也要两两配对，剩下的选 $f_{y,3}$ 或不选。给 $g$ 加一维 $0/1$ 表示当先选的 $f_{y,1}$ 的奇偶即可。

不过问题就是，这个 $g$ 的 $j$ 这一维大小是 $|son(x)|$，这将导致总复杂度变成 $O(n^2)$。

但我们真的需要把这一维开到 $|son(x)|$ 吗？

我们把 $x$ 的所有儿子顺序随机打乱，我们发现最优转移的情况就相当于随机一个 $+1$ 或 $-1$ 的序列，最后的和为 $0$，而这个随机 $+1,-1$ 序列的前缀和最大值是低于 $O(\sqrt n)$ 的。（这个好像有神仙证了），这意味着我们把 $g$ 的 $j$ 这维开到 $O(\sqrt n)$ 算出正确答案的概率是及其大的。

于是，时间复杂度 $O(n\sqrt n)$。

4.9

T1 诈骗题，这不好。

T3 摆烂不看了，反正也没人过（好像数据锅了

T2

计数 $n$ 个点的有向图，满足：

• 每个点的出度和入度都为 $2$，且不存在重边
• 对每个点 $u$，存在至多一个 $p_u$，不能连边 $u\rightarrow p_u$。

$n\leq 500$，模 $998244353$。

就大力容斥呗 /cy

题意抽象一下就是，$n$ 对数填到 $n$ 对位置上，其中每个位置有不能填的数，每对位置上的数不能相同，的方案数，不过因为每对位置两个数没有顺序，最终答案要除掉 $2^n$。

先容斥掉 $p_u$ 不能填的限制，我们先求出一个系数 $dp_{i,j}$ 表示序列中选出了 $j$ 个位置填了对应的 $p$，且有 $j$ 个位置中有 $k$ 个位置上的数只钦定了一次。记 $cnt_{i}$ 表示 $i$ 在序列 $p$ 中出现的次数，容易得到 dp

$$dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+2\times cnt_i\times dp_{i-1,j-1,k-1}+4\times\dbinom{cnt_i}{2}\times dp_{i-1,j-2,k}$$

然后，我们设 $f(x,y,u,v)$ 表示 $x$ 个单独的数，$y$ 对数，放入 $u$ 个单独位置，$v$ 对位置的方案。那么最终答案就能写成

$$ans=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j\sum\limits_{k=0}^{j}dp_{j,k} f(k,\dfrac{2n-j-k}{2},j,n-j)$$

然后我们考虑求 $f$，注意此时 $f$ 中 $x$ 个单独位置依然是有限制的，不能填对应的 $p$，否则填的数就和原来和它一对的位置的数相同了。所以继续容斥

$$f(x,y,u,v)=\sum\limits_{i=1}^x(-1)^i\dbinom{x}{i}g(x-i,y,u-i,v)$$

其中 $g$ 和 $f$ 含义类似，只不过单独位置上没有了限制。此时求 $g$ 就容易很多了，若 $u>0$ 考虑枚举其中一个单独位置放了哪个数，有以下递推

$$g(x,y,u,v)=x\times g(x-1,y,u-1,v)+y\times g(x+1,y-1,u-1,v)$$

递推边界 $u=0$，剩下的位置都是成对的，相邻两个位置不能填相同的数，与是继续……容斥。

$$g(x,y,u,v)=\sum\limits_{i=0}^y(-1)^i\dbinom{y}{i}\dbinom{v}{i}i!(2(y-i)+x)!\dfrac{1}{2^{y-i}}$$

然后我们就做完了，发现对于 $f$ 和 $g$ 都有 $x+2y=u+2v$，所以状态数都是 $O(n^3)$ 的，按照上面的式子挨个算，总复杂度 $O(n^3)$。

4.11

T1

新听说了一个东西，积和式，不过这个东西没法多项式时间求，好像不是很有用。

不过这个题给的矩阵是一个下海森堡阵，积和式和行列式一样是可以拉普拉斯展开的。所以不断按第一行展开，就容易得到 $O(n^2)$ 递推求积和式和行列式的方法。

T2

$W(n)=\sum\limits_{i=1}^k\varphi(p_1^{\alpha_1}\cdots p_{i-1}^{\alpha_{i-1}})\times p_i\times \sigma_1(p_{i+1}^{\alpha_{i+1}}\cdots p_{k}^{\alpha_{k}})$，其中 $n=\sum\limits_{i=1}^kp_i^{\alpha_i}$ 是 $n$ 的质因数分解。

求 $\sum\limits_{i=1}^n W(i)$，$n\leq 10^{10}$。

首先这个数据范围看起来就非常 min25。

但是 $W$ 不是积性函数欸！

再想想，我们有 $W(p^{\alpha}\times n)=\varphi(p^{\alpha})\times W(n)+p\times \sigma_1(n)$（$n>1$ 且 $n$ 中不包含质因子 $p$）。

所以就魔改一下 min25 的第二步求 $S$ 就能做了（要同时筛 $W$ 和 $\sigma_1$ 的和）

T3

有数列 $f_0=f_1=1,f_n=9f_{n-1}+12f_{n-2}$，然后给你 $n,P,a,b,c,d$，求 $\gcd(af_n+bf_{n+1},cf_n+df_{n+1})\bmod P$，$T$ 组数据。

$T\leq 10^5,0\leq a,b,c,d\leq 1000,P\leq 10^9+7,n\leq 10^9$。

首先记 $g_n=\gcd(f_n,f_{n+1})$，找规律猜出结论，$g_n=3^{\lfloor n/2\rfloor}$。

然后通过辗转相除将 $d$ 消成 $0$，现在 $ans=\gcd(a^\prime f_n+b^\prime f_{n+1},c^\prime f_{n})$。

先求 $G=\gcd(a^\prime f_n+b^\prime f_{n+1},f_n)=\gcd(b^\prime f_{n+1},f_n)=g_n\gcd(b^\prime,f_n/g_n)$。为了求 $\gcd(b^\prime,f_n/g_n)$，我们考虑求 $f_n/g_n$ 在模 $b^\prime$ 下的值，这个是容易矩阵快速幂做的。

现在 $ans=G\times \gcd(\dfrac{a^\prime f_n+b^\prime f_{n+1}}{G},c^\prime)=G\times \gcd(\dfrac{a^\prime f_n/g_n+b^\prime f_{n+1}/g_n}{G/g_n},c^\prime)$。提出来一个 $g_n/G$ 变成 $g_n\times \gcd(a^\prime f_n/g_n+b^\prime f_{n+1}/g_n,G/g_n\times c^\prime)$，跟上一步一样，计算 $a^\prime f_n/g_n+b^\prime f_{n+1}/g_n$ 模 $G/g_n\times c^\prime$ 的值即可。

最终复杂度就是 $O(T\log n)$。

4.12

T1

原

T2

维护一个集合 $S$，支持一下两个操作：

1. 插入一个数 $w$。

2. 在 $[0,w]$ 中选择一个数 $x$，$S$ 中选择两个数 $i,j$，最小化 $(i+x)\operatorname{xor} (j+x)$，求这个最小值。

$n\leq5\times 10^5,w\leq 2^{40}$。

首先是经典结论，如果有 $a<b<c$ ，则有 $\min(a \operatorname{xor} b,b \operatorname{xor} c)\le a \operatorname{xor} c$。证明考虑 $a$ 和 $c$ 二进制下从高往低第一个不同的位即可。

所以我们发现，能作为答案的 $i,j$ 一定是 $S$ 中元素排序后相邻的数。然后我们再考虑什么样的 $x$ 有可能作为答案，发现 $x$ 作为答案的必要条件是：$i+x$（或 $j+x$）是 $i$（或 $j$）将二进制下为 $0$ 的一位改成 $1$，它后面全改成 $0$ 得到的。这样的 $x$ 只有 $O(\log w)$ 个，于是能作为答案的 $x,i,j$ 总共只有 $O(n\log w)$ 对。

记 $val_i$ 为 $x=i$ 时的最小答案，我们用 set 维护所有可能作为答案的二元组 $(x,val_x)$，且 set 中只保留 $x_1<x_2$ 且 $val_{x1}>val_{x2}$ 的二元组（类似单调栈），这样就可以 $O(\log n)$ 的在 set 中二分查询答案了。

复杂度 $O(n\log n\log w)$。

T3

码了 8.1 K 的数据结构题，调代码十分心情愉快（斯德哥尔摩了属于是）

一张无向图，最开始图仅有一个 $0$ 号节点。现在有 $n$ 次操作，每次操作为以下 $5$ 种之一（不妨假设每次操作前这张图的节点编号区间为 $[l,r]$）：

1. 删去 $l$ 号节点，并删去 $l$ 号节点连接的所有边。

2. 删去 $r$ 号节点，并删去 $r$ 号节点连接的所有边。

3. 增加 $l-1$ 号节点，并连接 $\min\{k-1,r-l+1\}$ 条边，第 $i$ 条边连接 $(l-1,l-1+i)$，边有边权。

4. 增加 $r+1$ 号节点，并连接 $\min\{k-1,r-l+1\}$ 条边，第 $i$ 条边连接 $(r+1,l+1-i)$，边有边权。

5. 对当前图询问最小生成树的边权和。

$n\leq 5\times 10^5,2\leq k\leq10$。

动态维护 MST 不是 LCT 吗，有删除？线段树分治好了，我会 $O(nk\log^2 n)$ 暴力！很好，过了

正解的启发思路来源于一个部分分，前 $k-1$ 次操作都是 $4$，此后保证 $l\leq 0,r\geq k-1$。

我们假设现在已经得到了 $[l,r]$ 的最小生成树，要加入点 $l-1$，此时我们尝试加入边 $(l-1,l-1+i)$，只需知道 $l-1$ 到 $l-1+i$ 路径上的最大值即可，也就是说，我们感兴趣的只是 $[l,l+k-1]$ 这些点两两路径上的最大值，于是我们把 $[l,l+k-1]$ 的点当做关键点，求出其在 $[l,r]$ 最小生成树上的虚树,虚树上的边权为其在原树上代表的路径的边权最大值，该虚树大小只有 $O(k)$，但根据它我们完全可以求出加入 $l-1$ 后的最小生成树！

于是我们得到了一下做法，左面加入一个点时，只维护此时 $[l,l+k-1]\cup[0,k-1]$ 在最小生成树上构成的虚树（加上 $[0,k-1]$ 是为了方便最后与右边的结果合并），考虑到有删除操作，把过程中得到的虚树全部用 $O(nk)$ 的空间存下来即可。具体地，加入一个点以及其连接的 $k-1$ 条边时，与原来的虚树上的所有边放到一起 kruskal 求出新的最小生成树，让后 dfs 求出新的虚树，这部分复杂度为 $O(k\log k)$。右边的同理，询问时，只需把 $[l,l+k-1]\cup[0,k-1]$ 的虚树和 $[0,k-1]\cup[r-k+1,r]$ 的虚树放到一起跑 kruskal 即可，这样总复杂 $O(nk\log k)$，我们就做完了这个部分分。

再考虑正解，我们发现其与正解的差别就是正解需要考虑到当前 $[l,r]$ 长度可能小于 $k$，且 $[l,r]$ 一直在变化不会一直包含 $[0,k-1]$，这个的解决方法却非常暴力，那就是定期重构。

设当前 $[L,R]\ (L-R+1=k)$ 为当前的中心区间，如果 $r<R$ 或 $l>L$，我们就直接令 $[L,R]$ 变成当前 $[l,r]$ 的中间位置，然后重新计算加入 $[l,L-1]$ 和 $[R+1,r]$ 点的那些虚树。下面分析复杂度。

考虑势能分析，定义势能 $\phi=\max\{L-l,r-R\}$，插入操作回让 $\phi+1$，而重构操作会令 $\phi$ 减半，重构的复杂度为 $O(\phi k\log k)$，那么总的复杂度不会超过 $O(nk\log k)$。

还有就是如果当前 $r-l+1<k$ 我们就直接 prim 暴力求解即可，复杂度是 $O(k^2)$，所以最终的复杂度为 $O(nk^2)$。不过实际的运行时间瓶颈显然不在这里，而在常数巨大的每次构建虚树。

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后半个月