来自七月和八月的做题。

CF1566F - Points Movement *2600

自己只会 $\mathcal{O}(nm^2)$ 的 DP，当时以为 DP 没有前途，转而去想其他做法，但是实际上正解就是 DP。

首先要把题目简化，不要让没用的东西影响思考，这一步虽然是简单的，但是确确实实能优化算法。

对于已经被点覆盖到的线段和包含其他线段的线段，可以去掉。

CF1498D - Bananas in a Microwave *2200

这题提供了 另一种求解可行性多重背包 的方法，将物品个数的看作是对转移次数的限制。

设 $f_i$ 表示之前凑出 $i$ 最早在哪里，然后 $g_i$ 表示 这一轮 凑出 $i$ 所需的最小步数，一开始 $g_i = [f_i = \inf] \times \inf$。

对于加法我们有 $g_{i + a} = \min(g_{i + a}, g_i + 1)$，对于乘法可以 $g_{p} = \min(g_{p}, g_i + 1)$，一个转移合法，当且仅当 $g_i \le y$，那么更新 $f$ 数组即可。

相似题：POJ 1742 Coins。

这东西可扩展性非常广，对于不能保证 $k$ 和 $\mathrm{op}(k)$ 大小关系的，可以利用桶优化 Dijkstra 一样做到 $\mathcal{O}(V)$。

upd on 8.11：假了，可能会出现先超出值域再变回来的情况。

CF1863G - Swaps *2800

想到了 $i \to a_i$ 连边，每个连通块独立，这个的交换两点等于交换出边。

然后不清楚贡献怎么算，实际上遇到这样的问题首先考虑树的做法，再考虑加上一个环的解法。

发现了 $u \to v, v \to v$ 的结构，对于 $u$ 操作是没用的。

模拟一下发现了操作一下 $u \to v$，就会让 $v$ 变成一个自环。

但是自己没有结合起来考虑，也就是每个点的入边最多选一条。

那么对于树的答案就是 $\prod (\mathrm{ind}_i + 1)$，加一是因为可以不选，这样进一步发现所有的树上的点都独立了。

考虑环上：

首先去思考对树的解法放到环上有什么影响，答案是算重了。

一个环有 $n$ 个点 $n$ 条边，但是发现我们选择 $n - 1$ 条边就已经将所有的点变成自环了。

那么对于这种情况，实际上就是有 $\sum_{i \in \text{cycle}} d_i$，对于 $i \to a_i$ 这条边钦定不选，那么其他 $x \to a_x(x \not= i \land x \in \text{cycle})$ 都选上了，这个点还可以在剩下 $d_i - 1$ 条边中选或不选，有 $d$ 种方案。

那么环的答案就是 $\prod (\mathrm{ind}_i + 1) - \sum_{i \in \text{cycle}} d_i$。

对于不同的部分显然是独立的，那么直接乘起来。

CF1327F - AND Segments *2500

首先每一位是独立的，限制形如区间均为 $1$ 和区间存在 $0$。

然后卡住了，没有什么解题方向，实际上这时候应该先去考虑暴力的 DP。

设 $f(i, j)$ 表示填了前 $i$ 个位置，最后一个 $0$ 的位置为 $j$ 的方案，预处理出一个 $\mathrm{pos}(i)$ 表示 $i$ 之前（不含 $i$）的 $0$ 能放到的最前的位置。

对于一个限制 $\exists i \in [l, r], a_i = 0$，我们令 $\mathrm{pos}(r + 1) = \max(\mathrm{pos}(r + 1), l)$。

然后考虑 $f(i, j)$ 暴力的转移：

若 $j < \mathrm{pos}(i)$，$f(i, j) = 0$，这个，直接维护前缀为 $0$ 的位置即可。

若 $\mathrm{pos}(i) \le j < i$，$f(i, j) = f(i, j - 1)$，这个相当于不用转移。

若 $j = i$，如果限制了 $a_i = 1$，那么答案为 $0$，否则答案为 $\sum\limits_{k = \mathrm{pos}(i)}^{s} f(i - 1, k)$，此时相当于是整个数组的和，维护这个即可。

于是转移均摊 $\mathcal{O}(1)$，总复杂度 $\mathcal{O}(k(n + m))$。

以这题为基准，还有许多应用：P6773，P4229，ABC262Ex。

CF1218G - Alpha planetary system *3000

首先我想到了第一步：将三组数分为 $3k,3k + 1,3k + 2$ 的形式。

当时我认为这个很难直接构造，先思考了二分图的情况，实际上这也是重要的，但是突破口有问题，直接在 DFS 树上构造就至多会有一个不合法！

启发：图的问题先思考树的情况。

对于这一个不合法的，自然是想办法调整。

发现图中有奇环的情况，我们可以 $+1, +2, +1, \dots$ 来使得这个点的权值加 $1$，其他点不变。

否则，说明图是一个二分图。

转而思考将图分成 $3k + 1, 3k + 2$ 的情况，不妨令根 $r$ 的目标为 $3k + 1$。

若 $w(r) \not= 2 \pmod 3$，那么直接合法，因为下一层的点的 $w = 2$。

若根的度数为 $1$，那么也无妨，因为题目保证了 $n \ge 3$，所以下面的点的权值一定大于 $r$ 的权值。

否则考虑 $(r, x), (r, y)$ 这两条边，令其都加一，最后得到 $w(r) = 1, w(x) = w(y) = 0$。

因为 $x,y$ 不相邻（否则存在奇环），并且其他位置没有 $w = 0$ 的情况，所以这是合法的。

CF1312F - Attack on Red Kingdom *2500

博弈论好题。

对博弈论方面不够敏感，花了 30mins 才往每个游戏组合起来和 SG 函数上去考虑，然后问题就在于 $a_i$ 过大，无法暴力求解 SG 函数。

这题的关键在于寻找 SG 函数的循环节。

将连续 $5$ 个 SG 函数（共 $15$ 个数字作为一个组合），暴力查找循环节，理论上的最劣情况是 $4^{15}$，但是实际上这个值不会超过 36。

那么我们可以快速算 SG 函数，问题也就迎刃而解。

CF1399F - Yet Another Segments Subset *2300

很难受的一个题，完全不知道自己为啥没做出来 /ll。

直接区间 DP 就是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，但是自己还要写 $\mathcal{O}(n^3)$ 的，再去优化一个蠢蠢的 DP。

CF1494D - Dogeforces *2300

我自下而上考虑建树，但是遇到很多问题，没有发现根是确定的，那么从上往下就会特别简单了。

CF1267G - Game Relics *3000

期望好题。

自己首先推出了一个东西：当已经有 $i$ 个 relic 的时候再得到一个新的 relic 的期望代价是多少，这个直接数列求和即可。

然后观察数据范围想到了背包，但是不清楚怎么背包，这个时候不应该急于寻求做法，应该做一些观察。

Observation 1：最优操作形如先随机若干次，再购买剩下的。

这种贪心被称为 Exchange Argument，因为题目保证了 $x \le c_i$，这个策略就显然正确了（这也是自己没关注到的数据范围）。

Observation 2：需要将随机和购买两个操作统一，这个思想也是经常出现的，随机我是无法改变的，所以只能改变购买操作。

问题在于自己没有想到一个关键的转化，也就导致还没有确定题中的“最优策略”，当前剩余的 relic 的价值之和为 $c$，个数为 $p$ 的时候，通过购买得到一个物品的期望代价是 $\dfrac{c}{p}$，也可以理解为把代价均摊。

那么已知了 $c,p$，最优操作是固定的。

这时要注意期望具有线性性，那么我们不用计算所有方案，只需要计算选择了 $i$ 个物品后再选一个的期望即可。

枚举 $c,p$，最优代价已知，我们知道期望等于概率乘权值，概率就是 $n$ 个数字里面选 $c$ 个，选到的和为 $p$ 的方案，背包加组合数即可计算。

P10855【MX-X2-T4】「Cfz Round 4」Gcd with Xor

遇到 $\gcd$ 的问题，实际上可以考虑莫反和容斥两个角度。

这个题莫反可以做，但是推导繁琐，实际上采用容斥会更加简单。

化一下式子，把 $\gcd = d$ 提出来，枚举 $j$ 和 $k = i\oplus j$，这样有个 $[\gcd(j, k) = d]$ 的判断，不牛，直接变成 $[d \mid j][d\mid k]$，也就是所有的 $d$ 的倍数，剩下的一个式子是个经典 Trie 问题，直接做。

最后得到真正的答案，就再枚举一下倍数，容斥即可。

P8868 [NOIP2022] 比赛

主要是一个 Trick：

对于查询区间的子区间的问题，可以转化为离线下来做对子区间的操作，同时记录历史和，在右端点得到答案。

另一个小 Trick，这个东西需要区间加，不是区间赋值，那么需要利用单调栈转化一下。

相似题：P3246 [HNOI2016] 序列

P4617 [COCI2017-2018#5] Planinarenje

二分图博弈的模型。

如果如果一个点一定在最大匹配上，那么以这个点为起点就是必胜的。

考虑对手走一步，我一定能走到另一个匹配点上。

做法是求出最大匹配后，对于不在最大匹配上的点，去 dfs 一次，每次尝试换一个匹配边，然后递归下去。