2023-6-3 #57 想要把猜测去证实 却无法启齿

——海格P《陌生人》

上一篇博客堆的东西有点多，最近复习学考没啥时间写，就开篇新的！

379 EGOI2021 D2T4 Double Move

套路题。

将宣布看成连边，连通块不是树和基环树肯定不优。令 $f(G)$ 为图 $G$ 合法定向方案数，根据 Angle Beats 2.0 的结论可知方案数是 $2^c\prod t_i$，其中 $c$ 是基环树数量，$t_i$ 是每一棵树的大小。

答案为 $\sum_i 2^{n-i}f(G_i)$，从后往前 dp，状压当前图的状态即可，状态数是 $\sum_ip(i)(n-i+1)$（$p$ 为分拆数），$n=35$ 时为 $403779$。

380 CF1740I Arranging Crystal Balls

感觉不难？被 3500 震慑了😣。

差分一下，我们需保证 $a_1=0$，且差分数组 $b$ 全为 $0$。

$b$ 可以 $+k$ 形成的环考虑，只要固定某条边的取值，这个环的方案就已经确定，容易计算每种方案对应代价。

容易列出一个 $O(nm^2)$ 的 dp，从前往后考虑每个环，记录 $a_1$ 的取值。

精细分析一下，令 $d=\gcd(n,m)$，则我们有 $d$ 个长为 $\frac nd$ 的环，注意到前面的代价可以刻画成 $O(\frac nd)$ 段等差数列，于是使用单调队列优化 dp 即可做到 $O(d\cdot \frac nd\cdot m)=O(nm)$。

381 CF1740H MEX Tree Manipulation

为啥我感觉这题发过啊。

382 P9394 白鹭兰

点开洛谷月赛 => 看 C => 猜了个结论 => 结论对了 => 写不出来（其实我还不确定我的做法对不对，毕竟纯口胡！）。

手玩树的情况可知答案是选择一条链，链上每个点上面挂的子树大小和最大值。

$k=1$ 时是经典的双极定向问题，之前的博客也提到过。

双极定向存在当且仅当图的圆方树是一条链，这与我们前面的猜测吻合，于是我们可以猜测答案是圆方树上选择一条链，链上每个点双的点挂着的点双大小和最大值。

这个可以通过换根 dp 求得。

考虑构造，我们从前往后依次考虑每个点双，做两极固定的双极定向，然后将所有点双的答案序列拼接，然后让答案序列每个点带上其挂着的所有点双。

问题来到了如何做两极 $s,t$ 固定的双极定向，做法是：找一个过 $s,t$ 的环（可以找一条路径，删掉后再找一条），以 $s$ 为根建 dfs 树，要求这个环是树上带根的一个连通块，以这个环作为初始态做一遍开耳分解，然后依次给开耳分解的耳定向。

复杂度 $O(n)$，代码难度极大。

upd：std 是上面链接中 CUREK 的大众做法，代码难度较低。

383 loj#6439. Popcount Xor

直觉的想法是从高到低考虑每一位，计算 $[T,T+2^b)$ 的答案，于是我们要计算的无非是 $\oplus_{i=0}^{b}({b\choose i}\bmod 2)(t+i)$（$t$ 为 $T$ 的二进制位数），即 $\oplus_{i\subseteq b}(t+i)$。

朴素数位 dp 可以做到 $O(\log n)$，但我们有更优秀的做法。

枚举每一位 $k$ 考虑其是否贡献，我们可以通过处理转化为求进位 $\oplus_{i\subseteq s}[(t\bmod 2^k)+(i\bmod 2^k)\geqslant 2^k]$，即求多少 $i\bmod 2^k>C$。

注意到 $s\geqslant 2^k$ 时答案为偶数，于是可以忽略 $i$ 的取模。

令 $s$ 最低一位 $1$ 是 $l$，那么 $l$ 以下的位一定没有用，我们将 $s,C$ 共同删去这些位。此时若 $C\not\subseteq s$，答案一定为偶数（最后一位选择不影响）。

于是只需求 $C$ 在 $s$ 子集中大小排名，这只与 $C$ 此时最低位有关。

枚举 $k$ 复杂度仍为 $O(n\log n)$，但上述两条限制对应合法 $k$ 为一段区间，因此容易做到 $O(n)$。

384 CF1817E Half-sum

感觉没那么难。

将 $a$ 排序后，选择的一定是一个后缀，且分配的 $2$ 的幂次根据贪心决定，于是很容易模拟高精度做到 $O(n^2)$ 的复杂度。

假设选择的是 $[1,k] [k+1,n]$，我们考察 $k$ 变成 $k+1$ 的影响，推一下可得 $(a_k-a_{k+1})2^{-k}+(a_{k+2}-a_{k+1})2^{-(n-k-1)}$。

由于 $a$ 是有序的，前者一定非正，后者一定非负。假设答案在数组的前一半靠前 $C=\log V$ 的位置，根据 $2$ 的幂次性质可知答案不会在第一个 $a_i<a_{i+1}$ 后 $C$ 步以上，故我们只需检查 $O(C)$ 个位置，复杂度 $O(n\log n)$。