逆天记录 - 3
P9531 [JOISC 2022 Day4] 复兴计划
首先有结论：对于每条边，在最终方案中会被选择的 \(X\) 是一个区间。
将所有的边按照边权排序，那么他被选择的代价关于 \(X\) 是一个绝对值函数。对于每条边，找出前一条能与他形成环的边，那么分界的 \(X\) 就是两条边边权的平均值。
找出每条边的 pre 可以在 \(O(nm\alpha(n))\) 的复杂度内完成，并将询问离线，按照 \(X\) 排序后维护一堆一次函数的和即可。
CF1801E Gasoline prices
对于每一个形如 \(\{(u_1,v_1),(u_2,v_2)\}\) 的限制，等价于将两条路径上对应点并查集合并，最后在同一个并查集中的元素的值必须相等，因此在求出最后并查集的合并情况后，只需要求出每个并查集连通块内部 \(L\) 的 \(\max\) 与 \(R\) 的 \(\min\) 即可，这一部分是容易计算的。
接下来考虑如何在合理的复杂度内计算出并查集的合并情况。
首先发现，将所有点全部合并联通只需要进行 \(n-1\) 次合并操作，因此有效的合并操作是 \(O(n)\) 的，只需要依次找到有效的合并操作即可。
考虑将每个点赋值上他所在并查集的祖先的点权，每次产生一个新的限制时，可以二分两条链上权值组成的序列的 LCP，第一个不同的位置即为需要合并的两个点。
因此只需要支持对于一个树上的单点修改，链上 hash 查询操作，可以直接把树拍成 dfn 序之后用树状数组维护。
时间复杂度 \(O(m\log^2n+n\alpha(n)+n\log V)\)。
P8162 [JOI 2022 Final] 让我们赢得选举
以下称收获一张票为 A，收获一个支持者为 B。
首先考虑在确定了最终哪几个选择 A，哪几个选择 B 时，一定是先按照 \(b_i\) 从小到大依次完成 B，随后以任意顺序完成 A，所需要的时间为 \(\sum\frac{b_i}{i}+\frac{\sum a_i}{|B|+1}\)。没有很好的贪心选择策略，考虑 dp。
由于 \(\frac{\sum a_i}{|B|+1}\) 的存在，因此在不确定 \(|B|\) 的前提下，很难对 A 进行 dp，因此首先枚举最终 B 选择了几个。
先按照 \(b_i\) 排序，暴力 dp 为 \(f_{i,j,k}\) 表示对于前 \(i\) 个人，当前 B 选了 \(j\) 个，A 选了 \(k\) 个，最小的时间是多少，但是这样时间复杂度为 \(O(n^4)\)，可能可以通过 wqs 二分优化到 \(O(n^3\log n)\)（我没证过），无法通过。
观察一下性质，在对 \(b_i\) 排完序后，如果 \(i\) 选择了 B，那么 \(< i\) 的位置不可能不选，因为如果位置 \(j\) 不选，那么可以选择 \(j\) 成为 B 而不选 \(i\)，这样不会使结果更劣。
因此可以枚举最后一个选 B 的位置是 \(i\)，那么此时前面已经收获了 \(i\) 张票，后面需要的票数是确定的，直接贪心选择前 \(k-i\) 小的 \(a_j\) 即可。
时间复杂度被优化至 \(O(n^3)\)，可以通过。
ABC219Ex Candles
首先有很显然的性质，由于吹灭蜡烛不需要时间，因此走到一个蜡烛的位置时一定会吹灭这根蜡烛，因此在对 \(a\) 排序后，吹灭的蜡烛一定是一段区间。而没走一步，所有还没有被吹灭的蜡烛的长度都会 \(-1\)。
但是如果每走一步都将不在区间内的蜡烛长度 \(-1\) 的话，会出现一些蜡烛的长度被减至负数的情况，导致计算得到的结果更小。
因此考虑对于 dp 状态加一维，表示仍未熄灭的且最终长度 \(\ge 0\) 的蜡烛个数，显然这样不会得到比答案更优的结果。
因此令 \(f_{l,r,0/1,i}\) 表示在吹灭的 \([l,r]\) 区间内的蜡烛后，当前在 \(0/1\)（左/右 端点），还未被吹灭的会记入最终答案的蜡烛个数为 \(i\) 的最大答案。转移时，枚举这个蜡烛是否被计入最终答案即可。
时间复杂度 \(O(n^3)\)。
P3488 [POI2009] LYZ-Ice Skates
不考虑修改，对于一次询问，建立二分图，左边的每个点表示一个人，右边的每个点表示一双鞋，如果存在一个对于左部点的完美匹配，那么答案为 YES。
根据 Hall 定理，对于左部点的任意一个集合，其对应的右部点的集合大小都应该要大于左部点集合大小。
考虑这张二分图的性质，左部的每个点都对应右部的连续 \(k(d+1)\) 个点，因此对于左部点，区间的条件不弱于集合的条件，因此只要对于左部点的每个区间合法即可。
考虑左部点 \([l,r]\) 的区间，需要满足 \(\sum_{i=l}^r a_i\le k\times (r-l+1+d)\)，将每个 \(b_i=a_i-k\)，只需要满足 \(\sum_{i=l}^rb_i\le k\times d\) 即可，因此只需要拿线段树维护 \(b\) 的最大子段和即可。
CF1693C Keshi in Search of AmShZ
不难，但是很有借鉴价值的好题。
考虑题目要求求出最坏情况下的最少时间，因此每次走出边时，考虑走到仍未被删除的最坏的出边。
令 \(d_u\) 表示从 \(u\) 到终点所需要的最少天数。对于一点 \(u\)，如果没有割掉出边集合 \(S\)，那么 \(d_u=\max_{(u,v)\in S}d_v+deg_u-|S|\)。因此最终保留的边的集合一定是按照 \(d_v\) 从小到大排序之后的一段前缀。
但是这张图并不是一张 DAG，所以并不能直接求解。考虑在进行 dijkstra 时有性质：当前枚举到的 \(dis\) 一定比之前枚举到的 \(dis\) 大，因此在进行一次 \(v\to u\) 的更新操作时，选择 \(d_v\) 作为排序后最后一个选择的没有割边的点，其最短路是 \(dis_v+deg_u-cnt_u\)，其中 \(cnt_u\) 表示已经更新过的 \(u\) 的出边数量。
直接跑 dijkstra 即可，时间复杂度 \(O(m\log n)\)，本题巧妙之处在于利用了 dijkstra 过程中的性质来拟合了题目要求的条件。
P6623 [省选联考 2020 A 卷] 树
考虑每一位分别计算。每个点 \(u\) 对他的 \(k\) 级祖先会产生 \(a_u+k\) 的贡献，考虑将贡献差分，在每一位的 \(0/1\) 分界处将差分数组 \(\oplus1\)，但是这样总的差分数组更改量还是 \(O(n)\) 的。
考虑除了第一段，接下来二进制第 \(i\) 位的每一个 \(0/1\) 连续段的长度都是 \(2^i\)，因此所有要更改差分的点的深度 \(\bmod 2^i\) 都是相等的，因此直接对于每一个二进制位开一个差分数组，\(c_{i,s}\) 表示二进制后 \(i\) 位为 \(s\) 的点的差分应该要异或多少。
直接在 dfs 的时候维护差分数组即可，复杂度 \(O(n\log V)\)，只需要枚举每个二进制位。
另一种解法是直接维护 01trie，需要支持插入元素，合并 01trie，每个数 \(+1\) 与全局求异或和，可以将 01trie 从低位往高位建，这样全局 \(+1\) 操作可以通过交换子树来完成，复杂度还是 \(O(n\log V)\)。
CF1152F2 Neko Rules the Catniverse (Large Version)
由于限制了每个数只能出现一次，如果按照序列的位置 dp，需要记录每个数是否出现，直接爆炸，因此考虑改变 dp 顺序。
考虑从小到大考虑每一个数 \(i\)，讨论他是否加入序列。
此时如果再记录每个位置是否填了数，那么状态数会飙升至 \(2^k\) 往上，再乘上 \(n\) 又炸飞了。但是考虑到每个数的具体位置在 dp 过程中并不重要，我们只需要关心每个已经插入的数的相对位置即可，因此可以据此设计 dp 状态。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示已经考虑插入了 \(1\sim i\) 这些数，其中加入序列中的数有 \(j\) 个，最后的四种数是否在序列中出现的状态集合为 \(k\) 的方案数。
由于题目要求对于相邻两个数，后面的数不能大于前面的数 \(+m\)，因此对于一个数 \(i\)，要么放在序列的开头，要么插在前 \(m\) 个数之后，要么不放，因此转移如下：
对于 \(\{j,k\}\) 一共只有 \(k\times 2^m\) 种，因此可以直接矩阵快速幂优化，时间复杂度 \(O(k^38^m\log n)\)。
P8688 [蓝桥杯 2019 省 A] 组合数问题
组合数转化成了数位 dp，卢卡斯和进制之间的转化，很新奇。
根据卢卡斯定理，有 \(\binom{n}{m}\equiv \binom{n/k}{m/k}\times \binom{n\bmod k}{m\bmod k}\pmod k\)，发现这个东西就是将 \(n,m\) 写成 \(k\) 进制后对应位组合数的乘积。
题目要求 \(\binom{x}{y}\equiv 0\pmod k\)，由于 \(k\) 为质数，因此只要 \(x,y\) 在 \(k\) 进制下任意一位的组合数 \(\bmod k=0\) 即可。又由于 \(x,y\) 在 \(k\) 进制下的每一位都 \(< k\)，因此其组合数 \(=0\) 只有可能是这一位上的 \((a,b)\) 满足 \(a < b\)。
因此可以对 \(n,m\) 为上界，在 \(k\) 进制下数位 dp。令 \(f_{i,0/1,0/1,0/1}\) 表示考虑了 \(k\) 进制的前 \(i\) 位，\(n\) 是否顶到上界，\(m\) 是否顶到上界，是否存在某一位 \((a,b)\) 满足 \(a < b\) 的方案数。
转移可以直接分类讨论并计算方案数，时间复杂度 \(O(T\log_k n)\)。
CF1418F Equal Product
考虑对于满足条件的 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\)，必有 \(x_1\cdot y_1=x_2\cdot y_2\)，因此 \(\frac{x_1}{x_2}=\frac{y_2}{y_1}=\frac{a}{b}\)，因此 \(x_2=\frac{x_1}{a}\cdot b,y_2=\frac{y_1}{b}\cdot a\)，并且可以证明 \(a\mid x_1\) 且 \(b\mid y_1\)。
通过这个转化，可以发现满足 \(a\mid x_1\) 的 \((x_1,a)\) 只有 \(O(n\log n)\) 对，可以直接枚举。
对于一个 \(x_1\)，我们需要找出一对 \((y_1,b)\) 满足如下条件：
发现在 \(x_1\) 递增时，\(\lceil\frac{L}{x_1}\rceil\) 与 \(\lfloor\frac{R}{x_1}\rfloor\) 都是单调不增的，因此可以时刻用一个 set 维护满足第一个条件的 \((y_1,b)\) 数对，每次查询时找到最小的满足 \(b>a\) 的数对 \((y_1,b)\)，判断其是否满足第二个条件即可。时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
CF1774G Segment Covering
考察对于一对相互包含的区间 \([l_i,r_i]\subset [l_j,r_j]\)，如果选择了区间 \([l_j,r_j]\)，那么多选择一个 \([l_i,r_i]\) 也无妨，因此在选择 \([l_j,r_j]\) 的情况下，奇数方案与偶数方案个数相等，可以直接将 \([l_j,r_j]\) 忽略。
现在问题被转化为了一堆左右端点都递增的线段，求恰好覆盖 \([L,R]\) 的方案数。考虑一次询问怎么做。
设 \(f_{i}\) 表示选择了 \([l_i,r_i]\) 线段，且恰好覆盖了 \([L,r_i]\) 这段区间的选偶数个线段的方案 \(-\) 选奇数个线段的方案。
初始状态有 \(f_1 = -1\)，转移为 \(f_i=-\sum_{r_j\ge l_i}f_j\)。模拟几次转移观察有什么性质。
对于第二条线段 \([l_2,r_2]\)，如果 \(l_2 > r_1\)，那么方案数就变为了 \(0\)，因为始终无法覆盖中间一段区间，否则 \(f_2=1\)。
对于第三条线段 \([l_3,r_3]\)，如果 \(l_1\le l_2\le l_3\le r_1\)，那么有 \(f_3=f_2+f_1=0\)，可以看作 \(f_3\) 不存在。
同理地，对于接下来的连续一段满足该条件的线段，都有 \(f_i=0\)。
直到第一条满足 \(l_i>r_1\) 的线段 \(i\)，如果 \(l_i>r_2\)，那么 \(f_i=0\)，后面的 \(f\) 也全部为 \(0\)，否则 \(f_i=-f_2=-1\)。
这条线段的下一条线段 \(i+1\) 也有 \(1\to 2\) 类似的转移方式。由此解决了一组询问的问题。
考虑 \(p_i\) 表示第一条满足 \(l_j> r_i\) 的线段 \(j\)，那么我们维护这两个 \(f\) 值为 \(-1\) 与 \(1\) 的线段 \(x\) 与 \(y\)，其实是一直在做 \(x=p_x,y=p_y\) 操作，如果存在两条线段不交那么就无解。
此时观察到一个很妙的性质，如果中途出现了两条线段不交，那么下一步中后面的线段会走到前面的线段位置上，从而使得这两条线段最终重合。而如果不存在线段不交的情况，那么最后两条线段不会重合。
因此将 \(i\to p_i\) 连边，构成一个内向树的结构，每次询问时倍增跳父亲，答案可以根据最后 \(x,y\) 的位置计算得出。
CF1305G Kuroni and Antihype
首先考虑加入一个虚点，点权为 \(0\)，初始时 \(0\) 在组织中，这样就能保证最终一定存在一种最优状态是所有人都在组织中的。
假设将一个人加入组织时，被邀请的人也能获得收益，那么一对人相互邀请的贡献是确定了，最后只需要减去所有人的收益和（加入组织实际上是没有收益的）即可。
考虑在能相互邀请的人之间连边，边权为 \(a_u+a_v\)。原问题等价于求出这棵树的最大生成树。
虽然这棵树的边树可能会很多，但是把相同点权的点缩起来之后，本质不同的边只有 \(3^{18}\) 条。可以从大到小枚举边权，然后枚举两边点，用 kruskal 求解最大生成树即可。时间复杂度 \(O(n+3^{18}\alpha(3^{18}))\)。
CF1019C Sergey's problem
首先考虑忽略第一个限制，找出一个点集使得从这个点集出发走一步能走到所有点。
对于每个点维护一个标记，表示这个点是否能被当前点集中的至少一个点走一步后到达。依次枚举每个点，如果这个点未被标记，那么将这个点加入点集，并将这个点的所有出边能到达的点进行标记。
不难发现这样构造出的点集能在之多一条边内走到所有点，并且这个点集的导出子图是一个 DAG！
证明考虑记录每一个点被标记的时间戳 \(t_u\)，对于一条边 \(u\to v\)，如果 \(u,v\) 都在点集中，那么一定有 \(t_v< t_u\)，否则在标记 \(u\) 时一定会将 \(v\) 标记。因此对于导出子图中的每一条边 \(u\to v\)，必有 \(t_u> t_v\)。因此这张导出子图一定是 DAG。
考虑对 DAG 拓扑排序，也类似第一次构造的形式进行标记，那么最终选择的点集内的点至少一步能走到第一次选出的点集，从而保证了至少两步能够到达所有点，也满足的点集内的点两两之间不变的限制。
CF1553I Stairs
不难发现所有极长的连续自然数按顺序组成的区间互不相交，因此可以根据 \(a\) 数组推断出连续段依次的长度，假设为 \(b\)，长度为 \(m\)。
现在的限制是每个连续段内的值连续且递增或递减，且任意相邻的两个连续段的值域都不能相邻（不然就能拼接起来了，不符合条件）。
考虑容斥，假设钦定 \(i\) 对相邻的区间之间的值域是相邻（不合法）的，那么区间被合并为了 \(m-i\) 段，给每一段分配数的方案数是 \((m-i)!\)，每一个长度 \(\ge 2\) 的段能选择递增还是递减。
考虑列出 dp 转移方程，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 段，现在合并出了 \(j\) 个连续段的方案数。有：
此时，设 \(f_{i,\dots}\) 的生成函数为 \(F_i\)，\(f\) 的前缀和的生成函数为 \(G_i\)，那么有转移：
可以直接通过多项式分治乘法求解出最后的 dp 矩阵，再根据最后的 dp 值容易算出答案。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
P8990 [北大集训 2021] 小明的树
有点诈骗的感觉，但是总体还是不错的一道题。以下称点亮的点为白点，未点亮的点为黑点。
题目的合法性要求是所有的白点的子树内都是白点，因此原树中一定存在一些互不相交的全部为白点的子树。而对于所有的黑点，一定都存在于与 \(1\) 联通的连通块内。至此，合法条件被转化为了所有的黑点都在一个连通块内。
由于所有黑点的连通块构成的依旧是树的形态，因此对于森林的连通块个数，我们可以通过点数 \(-\) 边数计算，也就是在第 \(i\) 次操作和，合法的条件等价于 \(n-i-\) 连结两个黑色节点的边数 \(=1\)。
再考虑所有合法状态下对答案的贡献，是所有白点的连通块个数，也就是所有连结黑点与白点的边的个数。
至此，树的形态已经不重要了，我们只关心每个操作后每种边的个数。对于一个询问，我们需要求出所有 \(n-i-\) 连结两个黑色节点的边数 \(=1\) 的时刻的连结两个黑色节点的边数。
由于 \(n-i-\) 连结两个黑色节点的边数 \(\ge 1\)，所以我们可以直接将两个东西看成一个二元组 \((a,b)\)，询问需要求出 \(a\) 最小的二元组的 \(b\) 之和，可以直接放到线段树上维护，修改时就是区间二元组每个元素的 \(+/-\) 操作，容易维护。
