2023-4-24 #51 这世界 绝对不会只有一个轴心

——ChiliChill《丑马》

307 uoj#698. 【候选队互测2022】枪打出头鸟

浅谈「正交线性基」

异或卷积算法的本质：考察 $[x^u]F$ 与 $[x^v]G$ 贡献到 $[x^w]H$ 的本质，其贡献系数为 $(-1)^{u\cdot w}(-1)^{v\cdot w}=(-1)^{(u+v)\cdot w}$，恰好为 $u+v$ 对应的 FWT 系数。

求正交线性基：先将线性基三角化得到 $k$ 个关键位，直接将线性基除主对角线的部分转置，并令正交线性基剩下的 $n-k$ 个位为关键位，复杂度 $O(n^2)$。

$[x^w]\hat A=2^k$ 的 $w$ 构成了正交线性基的张成空间。

线性基求交：$A\cap B=(A^{\perp}+B^{\perp})^{\perp}$（$A^{\perp}$ 表示 $A$ 的正交线性基），复杂度 $O(n^2)$。

于是这题做法就是，倒着扫描序列做线性基求交，尝试用类似 前缀线性基 的方法记录每个基底最靠前的出现位置，询问直接在正交线性基里搞搞就好了（大概吧）？

308 CF1523H Hopping Around the Array

广告：他是 ISIJ 第一名，也是在线知名题库的洛谷“网红” 。

之前讲过，不过早就不记得了。

一个点进行若干次操作后到达的一定是一个区间，于是想到倍增求出多少步才能跨越过 $r$，设出 $f_{i,j,k}$ 表示从 $i$ 出发跳 $2^j$ 步，删除 $k$ 个点能到的最远位置，预处理其需要用 ST 表处理区间最值，这里的复杂度是 $O(nk^2\log n+nk\log^2 n)$。

考虑如何处理查询，令 $g_i$ 表示删了 $i$ 个点，我们至多能跳多少步使得不越过 $r$，转移就从高到低枚举每一位考虑每个 $g_i$ 能否塞一个 $2^k$ 进去。

这样做空间是 $O(nk\log^2 n)$ 的，离线做就可以做到 $O(nk\log n)$ 的空间。

309 CF1616G Just Add an Edge

首先判掉初始就有一条哈密顿路的情况，手玩可知我们要找到两条链，构成全集的二划分。

更精准的刻画是（假设加入的边是 $x\leftarrow y$）：$1\rightarrow y-1\rightarrow x\rightarrow y\rightarrow x+1\rightarrow n$（其中 $1\rightarrow y-1,x+1\rightarrow n$ 均只使用 $(z,z+1)$ 类边）。

不会做啊啊。

由于不存在哈密顿路，一定存在一个 $(z,z+1)\not\in E$，因此这两个位置分别属于两条链，容易得知选择连边的两个点 $x\leftarrow y$ 一定满足 $x-1\leqslant z\leqslant y$。

所有这样的 $(z,z+1),(z+1,z)$ 都必须经过，我们可以从前往后 dp 一下就好了，复杂度 $O(n+m)$。

310 CF1423G Growing flowers

（破题水）

颜色段均摊处理区间推平，我们只要支持 $O(n)$ 次整体颜色修改，根据贡献形式，对每个颜色开一棵线段树。

于是我们只用对于每个长为 $w$ 的白色段，对 $k$ 的答案造成 $\max(w-k+1,0)$ 的贡献，容易使用线段树维护答案。

复杂度 $O(n\log n)$。

311 CF1508F Optimal Encoding

连出所有有限制的边一定能得到一个合法的 DAG，只需考虑最小化边数而不影响到达关系，但是这是 P6134 [JSOI2015]最小表示，肯定要进一步挖掘性质。

考虑对每条边 $u,v$ 算贡献，其出现的一定是段区间，出现时间是第一次被区间包含的时间，消失时间是满足 $a_u<a_w<a_v$ 的 $w$ 与 $u,v$ 第一次共同出现的时间。

假设我们得到了所有可能贡献的边，加入时间是好计算的，无非做一个二位数点状物。删除类似，对于每个 $u,v$ 找到其序列里最接近的合法 $w$ 位置，之后也是一个二位数点。找到这个 $w$ 位置可以考虑从小往大加数，对于 $v$ 位置取出所有 $u$，以及所有 $u$ 前面第一个小于 $v$ 的位置（使用链表），扫一遍即可找到每个 $u$ 对应的 $w$。

事实上可能有贡献的边数量是 $O(n\sqrt q)$ 级别的，我们跑一遍莫队，每次加删都只会加入 $O(1)$ 条边，使用回滚莫队+链表可以 $O(n\sqrt q)$ 找到这些边。

复杂度 $O(n\sqrt q)$。

312 CF1060G Balls and Pockets

看不懂题解，有人教我吗。

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313 uoj#99. 【集训队互测2015】普罗达科特

第一问即要求每个 $x$ 互不相同，于是考虑使用集合划分容斥，我们以分拆数的复杂度枚举相同情况，并枚举每个连通块大小有多少个为 $M$ 的约数（假设连通块大小为 $v_1,v_2,\cdots,v_k$，$c_1,c_2,\cdots,c_k$ 为每个连通块大小是否为 $M$ 的约数）。

对于每个素因子考虑，即提取：

$$[x^A]\prod_{i=1}^k\frac{1-c_ix^{w_i+1}}{1-x^{v_i}}$$

我们断言，其 $k\operatorname{lcm}(v_1,v_2,\cdots,v_k)+r$ 项系数是关于 $k$ 的 $k$ 次多项式，于是暴力预处理前若干项插值即可（当然不要在枚举 $c$ 的时候才预处理）。

314 CF1392I Kevin and Grid

使用欧拉定理，我们只需关心点数，边数，面数（这个较难处理）。

注意到不与边界相邻的连通块一定被一异色连通块包含，事实上一个这样的连通块，会与除了大小为四的正方形以及无限面外其余异色面一一对应。

将答案式子写出来，发现面数抵消了，而点数，边数，大小为四的正方形数均可以卷积处理，复杂度 $O(n\log n)$。