atcoder（2022.7~2022.11）

AGC 001 D

题目大意：有一个长度为 \(m\) 的序列 \(a\)，它的和为 \(n\)，需要将 \(a\) 重排，并构造一个任意长度但和为 \(n\) 的序列 \(b\)，使得对任意长度为 \(n\) 的字符串，如果它能被 \(a\) 划分成一堆长度为 \(a_i\) 的回文串，且能被 \(b\) 划分成一堆长度为 \(b_i\) 的回文串，那么它的所有字符一定相同。

转化为图论问题，相当于是要使 \(n\) 个点的图连通。

如果 \(a_i\) 的奇数个数大于 \(2\) 无解。

把长度为偶数的 \(a_i\) 放中间，长度为奇数的 \(a_i\) 放两边。

端点处的 \(a_i\) 伸出一个接口。

中间的 \(a_i\) 伸出两个接口。

AGC 001 E

考虑组合意义。

相当于是求从 \((0,0)\) 走到 \((a_i+a_j,b_i+b_j)\) 的方案数。

考虑平移一下，求从 \((-a_i,-b_i)\) 到 \((a_j,b_j)\) 的方案数。

然后设 \(dp(i,j)\) 表示走到坐标 \((i,j)\) 的方案数。

\[dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i,j-1) \]

刚开始把所有 \(i\) 对应的 \(dp(-a_i,-b_i)\) 加 \(1\)，最后还要减去 \((-a_i,-b_i)\) 到 \((a_i,b_i)\) 的贡献再除以 \(2\)即可。

AGC 001 F

没见过的套路。

考虑 \(Q_i\) 表示元素 \(i\) 在原排列 \(P\) 中出现的位置。

那么原来的条件可以转化为，当 \(|Q_i-Q_j|\geq K\) 且 \(|i-j|=1\) 时可以交换 \(Q_i\) 和 \(Q_j\)。

因此，当 \(|Q_i-Q_j|<K\) 时，如果 \(i<j\)，无论怎么调整，总有 \(i'<j'\)。

也就是说，当 \(|i-j|<K\) 时，如果 \(P_i<P_j\)，无论怎么调整，总有 \(P'_{i}<P'_{j}\)。

因此，可以根据初始时 \(P_i\) 的大小关系建立 \(DAG\)，使得字典序最小。

暴力拓扑排序的话可以把点放到一个小根堆里，每次取出编号最小的删除。

可以考虑使用线段树优化这一过程，一个点 \(x\) 入度为 \(0\) 仅当它在 \((x-K,x+K)\) 中值最小。

每次从小根堆中取出元素后把这个点删去，再分别查询 \((x-K,x)\) 和 \((x,x+K)\) 中最小的点，检验一下是否入度为 \(0\) 即可。

AGC 002 D

题目大意：有一张连通图，第 \(i\) 条边的边权为 \(i\)，每次询问给定 \((x,y,k)\) 询问从 \(x\) 和 \(y\) 走出来的点集满足大小等于 \(k\) 时最大边的最小值是多少。

方法一：

可以离线，因此可以直接使用整体二分，答案用可撤销的按秩合并并查集维护，可以做到 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

方法二：

可以考虑建出 \(kruskal\) 重构树，每次询问二分一个答案，倍增往上跳，维护子树内的最大点权，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log ^2n)\)。

AGC 002 E

用画图法解决博弈论。

考虑把 \(a\) 从大到小排序。

然后把数列 \(a\) 看成一个阶梯状的网格。

操作 \(1\) 相当于删除最左的一列网格。

操作 \(2\) 相当于删除最下的一行网格。

因此可以看成在网格上移动。

网格突出的地方满足 \(a_i>a_{i+1}\)，为必败点。

于是可以 \(dp\) 求出网格上所有点的状态。

直接 \(dp\) 是 \(\mathcal{O}(n^2)\)，无法通过本题。

观察一下状态的取值可以发现，一条斜线上的 \(dp\) 值相等。

因此可以从 \((1,1)\) 出发，找到 \((1,1)\) 所在斜线在网格内的最远点。

考察一下那个点与初始必败点间的位置关系即可。

AGC 002 F

终于懂了。

考虑一种颜色一种颜色地加，那么任意时刻白点的个数都大于等于颜色的种类数。

考虑给其它颜色编号，编号为 \(i\) 的颜色对应第 \(i\) 个白点，即编号为 \(i\) 的颜色一定是从左到右第 \(i\) 种出现的颜色。

这样，在我们加颜色的过程中，相当于是在给颜色编号，可以做到不重不漏。

设 \(f(i,j)\) 表示加入了 \(i\) 个白点，\(j\) 种颜色的方案数。

\[f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)\binom{nk-i-(j-1)(k-1)-1}{k-2}(n-j+1) \]

AGC 003 D

首先，只需要考虑 \(\leq\sqrt{maxv}\) 的质因子，一个数如果含有 \(>\sqrt{maxv}\) 的质因子，它肯定可以选。

其次，每个数分解质因数后的指数都可以模 \(3\)。

每个数都这样处理，会得到一个新的数列，满足新的数列中的数有唯一对应的不能同时选入集合中的值，这个值可能和它不等，可能和它相等。不等的话取个 \(\max\)，相等的话只能选一个。

这样做的复杂度是 \(\mathcal{O}(n\frac{\sqrt{maxv}}{\log maxv})\)，其中 \(\frac{\sqrt{maxv}}{\log maxv}\) 在 \(10^4\) 左右，无法通过本题。

考虑把分解所用的质因子调少，只考虑 \(\leq\sqrt[3]{maxv}\) 的质因子。

假设分解过后还剩的数为 \(x\)。

如果 \(x=1\)，那么没有影响，正常处理。

如果 \(x>1\)，那么只可能是 \(p\)，\(pq\)，\(p^2\) 这 \(3\) 种情况，其中 \(p\) 和 \(q\) 都是质数。

如果是 \(p\)，那么它要匹配的数需要乘上 \(p^2\)。

如果是 \(pq\)，那么它要匹配的数需要乘上 \(p^2q^2\)。

如果是 \(p^2\)，那么它要匹配的数需要乘上 \(p\)。

因此，判断一下 \(x\) 是不是完全平方数分类讨论一下即可，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\frac{\sqrt[3]{maxv}}{\log maxv})\)。

这道题提示我们根号分治不一定只是二次根号，还可能是多次根号。

AGC 030 D

一般的题目都是通过方案数求得概率，这道题说明还可用概率求方案数。

观察到每次交换只会影响 \(\mathcal{O}(n)\) 个点对间的概率，但被影响方案数的点对较多，因此可以从概率的角度入手。

设 \(f(i,j)\) 表示 \(a_i<a_j\) 的概率，每次转移为 \(\mathcal{O}(n)\)，因此总复杂度为 \(\mathcal{O}(nq)\)。

AGC 041 D

第三个限制较难，先考虑第三个限制。

对于一个大小为 \(k\) 的子集 \(S\) 和一个大小为 \(k+1\) 的子集 \(T\)，需要满足第三个限制，相当于使得 \(S\) 集合的最大值小于 \(T\) 集合的最小值。

于是贪心地构造，排序后把前 \(k+1\) 个数放到 \(T\) 集合，后 \(k\) 个数放到 \(S\) 集合，那么第三个限制等价于前 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\) 个数的和大于后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 个数的和。

再考虑第一个限制，这相当于每次选择一段前缀减 \(1\)。

于是可以预处理出每段前缀减 \(1\) 后对前 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1\) 个数和后 \(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\) 个数的差的影响，跑一个完全背包即可。

ARC 104 D（背包DP，平均数）

题意

有 \(N\) 种数 \(1\) 到 \(N\)，每种数可以选择 \(0\) 到 \(K\) 个。

需要对每个 \(x = 1,2,3,\cdots n\)，求出选择一些数，和的平均数为 \(x\) 的方案数，对 \(M\) 取模。

\(1 \leq N,K \leq 100\)，\(10 ^ 8 \leq M \leq 10 ^ 9 + 9\)。

题解

发现平均数不好处理。

假设选出的集合为 \(S\)，那么需要满足 \(\sum _ {v \in S} v = |S|x\)。

把每个 \(v\) 减去 \(x\) 得 \(\sum _ {v \in S} v - x = 0\)。

这相当于是从 \(1\) 到 \(x - 1\) 中选一些数，从 \(1\) 到 \(n - x\) 中选一些数，使它们的和相等的方案数。

设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 种数和为 \(j\) 的方案数。

使用多重背包的前缀和优化可以做到 \(\mathcal{O}(n ^ 3 k)\)。

ARC 104 E（搜索，DP）

题意

有 \(n(1\leq n \leq 6)\) 个数，每个数的范围为 \(1\) 到 \(a _ i(1 \leq a _ i \leq 10 ^ 9)\)，求所有填数方式中最长上升子序列的长度和。

对 \(10 ^ 9 + 7\) 取模。

题解

\(n\) 很小，于是可以先搜出所有可能的相对大小关系。

对于一种确定的相对大小关系，考虑 DP。

将所有的上界从小到大排序后可以发现，每种数一定只会出现在某两个相邻的上界之间。

设 \(f(i,j)\) 考虑了前 \(i\) 种上界，放了前 \(j\) 种数的方案数。

转移考虑新的上界之间放几个数，判断一下合不合法即可。

ARC 105 D（博弈论，结论）

题意

有 \(n(1 \leq n\leq 10 ^ 5)\) 个背包，\(n\) 个盘子，背包 \(i\) 里有 \(a _ i(1 \leq a _ i \leq 10 ^ 9)\) 个硬币，初始时盘子里没有硬币。

两个人轮流操作，如果还有背包有硬币，那么可以选择一个背包，把全部硬币导入某个盘子中，如果没有背包有硬币，那么可以选择一个盘子，至少取走一个硬币，最后不能操作的人输。

题解

简单题结论题，虽然我还是没有做出来。

首先当背包里的硬币全部转移到盘子上的时候，就是一个简单的 Nim 游戏，如果异或和大于 \(0\)，先手必胜，否则后手必胜。

如果 \(n\) 是奇数，Nim 游戏的时候后手先取，由于无论先手怎么放硬币，后手总能使一个盘子的硬币总数大于一半，因此后手必胜。

如果 \(n\) 是偶数，与奇数的情况类似，只是要特判所有数字出现次数都是偶数的情况。

ARC 105 E（博弈论，结论）

题意

有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，两个人轮流操作，每次操作后需要满足下面两个条件：

节点 \(1\) 和节点 \(n\) 不连通。
没有重边和自环。

谁不能操作就输了，问谁能赢。

题解

假设最后 \(1\) 所在连通块的大小为 \(x\)，那么能够连的边数为 \(\frac{n(n-1)}{2}-x(n-x)-m\)。

首先，如果 \(n\) 是奇数，那么这个公式的奇偶性固定，可以直接得到答案。

现在考虑 \(n\) 是偶数的情况。

假设 \(1\) 所在的连通块大小为 \(a\)，\(n\) 所在的连通块的大小为 \(b\)。

如果 \(a\) 和 \(b\) 的奇偶性相同，那么除去 \(1\) 和 \(n\) 必然剩余偶数个点。如果 \(\frac{n(n-1)}{2}-ab-m\) 为偶数，无论先手怎么操作，后手总能消除他的影响，因此后手必胜。否则，\(\frac{n(n-1)}{2}-ab-m\) 为奇数，那么先手必然可以通过一次操作调整奇偶性，然后效仿之前后手的操作即可必胜。

如果 \(a\) 和 \(b\) 的奇偶性不同，那么必然存在一个除去 \(1\) 和 \(n\) 的连通块大小为奇数，因此，先手总可以调整使得这个式子为偶数且 \(a\) 和 \(b\) 的奇偶性相同，转化为上面一种情况可以得出先手必胜。

ARC 105 F（状压DP，容斥）

题意

有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向图，问选出一个边集，使得 \(n\) 个点与这些边构成的图连通，并且图是二分图的方案数。

对 \(998244353\) 取模。

\(1\leq n\leq 17,n-1\leq m\leq \frac{n(n-1)}{2}\)。

题解

注意到连通图这个限制不好处理，于是可以考虑容斥。

设 \(g(S)\) 表示给集合 \(S\) 染色，不保证连通的方案数，\(f(S)\) 表示给集合 \(S\) 染色，保证连通的方案数，\(e(S)\) 表示集合 \(S\) 内部的边数。

\[g(S)=\sum_{T\subset S} 2^{e(S)-e(T)-e(S\oplus T)} \]

求解 \(f(S)\)，可以考虑用总的方案数减去不连通的方案数，通过枚举 \(S\) 中的一个连通块转移。

为了防止算重，可以钦定 \(S\) 中的任意一个元素 \(x\) 在选择的连通块中。

\[f(S)=\sum_{T\subset S,x \in T}f(T)g(S\oplus T) \]

ARC 106 E（二分，Hall 定理）

题意

你经营着有 \(N\) 个员工的商店，每个员工会工作 \(a _ i\) 天然后休息 \(a _ i\) 天。

每一天你可以选择一个员工给他一枚奖章，问要使得每个员工都有 \(K\) 枚奖章最少需要多少天。

题解

首先，可以二分答案，问题转化为能否在 \(x\) 天内给每个人 \(K\) 个奖章。

这可以抽象成二分图匹配：左边有 \(NK\) 个点，右边有 \(x\) 个点，左边的点与右边的点有连边表示能够在那一天给那个人一枚奖章。

现在需要判断这张二分图是否存在最大匹配。

注意到只需要判断是否存在最大匹配，并不需要求出具体的最大匹配是多少，于是可以考虑 Hall 定理：对于任意一个左部点的集合 \(S\) 假设它能连到的右部点的集合为 \(e(S)\)，满足 \(|S|\leq |e(S)|\)。

有一个结论是，我们并不需要枚举 \(2^{NK}\) 个集合，只需要枚举 \(2^N\) 个集合，并钦定集合中一定包含了每个人的那 \(K\) 个点。

这是因为我们只需要找到那些最不可能满足条件的集合就行了，而对于固定的人的集合 \(S\)，\(|S|-|e(S)|\) 取得最大值是在每个人都选满 \(K\) 天的时候（天数越大越容易超过 \(x\)）。

所以，只需要二分答案后枚举 \(2^N\) 个集合判断即可。

ARC 106 F（计数，prufer序列，生成函数）

题意

有 \(N\) 个点，每个点有 \(a_i\) 个孔，每次可以选择两个不同点，连接两个未被连接过的孔，有多少中方案使得最后形成一棵树。

题解

考虑 prufer 序列，假设第 \(i\) 个点的度数为 \(deg_i\)，那么答案为

\[(N-2)!\prod_{i=1}^{N}\frac{a_i^{\underline{deg_i}}}{(deg_i-1)!} \]

考虑生成函数

\[f_i(x)=\sum_{j=0}\frac{a_i^{\underline{j+1}}}{j!}x^{j}=\sum_{j=0}\frac{a_i!}{j!(a_i-j-1)!}x^j=a_i\sum_{j=0}\binom{a_i-1}{j}x^{j}=a_i(x+1)^{a_i-1} \]

那么答案为

\[(N-2)![x^{N-2}]\prod_{i=1}^{N}f_i(x)=([x^{N-2}](x+1)^{\sum (a_i-1)})(N-2)!\prod a_i \]

即

\[\binom{\sum (a_i-1)}{N-2}(N-2)!\prod a_i \]

ARC 107 D（背包DP）

题意

选择 \(n\) 个数，每个数只能是 \(\frac{1}{2^i}(i\geq 0)\)，使得它们的和为 \(k\) 的方案数。

题解

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的方案数。

分两种情况：

选 \(1\)，从 \(f_{i-1,j-1}\) 转移。
不选 \(1\)，从 \(f_{i,2j}\) 转移。

若 \(i<j\)，\(f_{i,j}=0\)。

AGC 030 F（DP）

首先，如果 \(i\) 和 \(i+1\) 都不是 \(-1\)，那么可以直接配对。

于是现在只有两个 \(-1\) 或一个 \(-1\) 的情况。

先不考虑两个 \(-1\) 之间的排列顺序，最后乘上一个阶乘即可。

现在问题转化成给一大一小的数配对的方案数。

记 \(val_i\) 表示 \(i\) 是否在序列中出现。

按照从大到小DP，设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑了大于等于 \(i\) 的数，有 \(j\) 个 \(val=0\) 的未匹配的数，\(k\) 个 \(val=1\) 的未匹配的数，能够得到的数列个数（不考虑两个 \(-1\) 间的相对顺序）。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

AGC 013 D（DP）

小粉兔的题解

AGC 036 D（差分约束，负环，DP）

不存在负环等价于差分约束存在一组解。

考虑差分约束的变量 \(x_i\)，因为 \(i\) 向 \(i+1\) 连的边权为 \(0\) 的边不会删去，因此满足 \(x_i-x_{i+1}\geq 0\)。

令 \(p_i=x_i-x_{i+1}\)，需要满足 \(p_i\geq 0\)，再令 \(s_i\) 为 \(p_i\) 的前缀和。

如果 \(i\) 向 \(j\) 连了一条边权为 \(-1\) 的边，那么 \(x_i-x_j\geq 1\)，即 \(s_{j-1}-s_{i-1}\geq 1\)。

如果 \(j\) 向 \(i\) 连了一条边权为 \(1\)，的边，那么 \(x_i-x_j\leq 1\)，即 \(s_{j-1}-s_{i-1}\leq 1\)。

可以发现 \(p_i\) 的取值只能是 \(0,1\)。

现在问题转化为有 \(n-1\) 个取值为 \(0,1\) 的变量，如果一个连续段的和大于 \(1\) 会付出一定代价，如果小于 \(1\) 会付出一定代价，求最小代价。

考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示最后一个 \(1\) 的位置为 \(i\)，倒数第二个值为 \(j\)，只考虑右端点小于等于 \(i\) 的连续段的最小代价。

使用二维前缀和优化即可做到 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

AGC 040 E（DP）

将序列分成两个序列相加的形式，令 \(a_i=b_i+c_i\)，于是答案等于 \(\sum[b_i>b_{i+1}]+\sum[c_i<c_{i+1}]\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，\(b_i=j\) 的最小代价。

\[f_{i,j}=\min_{k=0}^{a_{i-1}}(f_{i-1,k}+[j<k]+[j<k+a_i-a_{i-1}]) \]

可以发现对于同一个 \(i\)，一定有 \(f_{i,0}\leq f_{i,a_i}+2\)，而对于同一种取值的 \(f_{i,j}\)，\(j\) 肯定越小越好。

于是只需要对每个 \(i\)，维护 \(3\) 个 \(j\) 即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

AGC 032 E（结论，调整法，二分答案）

结论是一定存在一个分界点，满足左边首尾匹配后小于 \(M\)，右边首尾匹配后大于等于 \(M\)，可以通过调整法证明。

于是二分答案即可。

小粉兔的题解。

AGC 010 E（拓扑排序）

先考虑 \(a\) 固定的下最终的序列是什么。

如果存在 \(i<j\)，满足 \(a_i\) 与 \(a_j\) 不互质，那么 \(a_i\) 与 \(a_j\) 的相对顺序已经固定，可以根据这个建出一张 DAG。

而后手要使得字典序最大，用大根堆维护拓扑序即可。

下面考虑先手的策略。

先手要使得字典序尽可能小，于是可以从小到大枚举权值 \(a_u\)，枚举所有与它不互质的数 \(a_v\)，如果 \(v\) 没有访问过，那么 \(u\) 向 \(v\)，然后访问 \(v\)，递归下去。

对建出的图求一个最大拓扑序即可。

AGC 027 E（结论，贪心，DP）

参考小粉兔的题解。

首先，有个经典套路，将字符串中的 \(a\) 看成 \(1\)，\(b\) 看成 \(2\)，那么每次操作后模 \(3\) 意义下的和不会改变。

然后，有一个结论，对于一个固定的字符串 \(s\)，\(s\) 能够变成字符 \(c\) 当且仅当 \(|s|=1\) 或 \(s\) 存在相邻的两个字符相同且 \(s\) 模 \(3\) 意义下的和与 \(c\) 相等。

根据这个结论，我们可贪心地判断 \(s\) 是否能够变成 \(t\)。

对于 \(t\) 的每个字符，找到 \(s\) 极短的一段前缀能够替换成那个字符，且必须满足最后 \(s\) 的字符在模 \(3\) 意义下和为 \(0\)。

先特判掉没有相邻字符相等的情况，然后考虑对这个贪心的过程DP。

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 开始的后缀能够变成的 \(t\) 的个数，为了方便，转移时可以加入一个空串，最后再减去即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

AGC 017 F（轮廓线DP）

很妙的轮廓线DP。

先把一条折线用一个 \(01\) 序列表示，\(0\) 和 \(1\) 分别表示往左还是往右，然后不难想到一个暴力的状压DP，设 \(f(i,S)\) 表示考虑了前 \(i\) 条折线，其中第 \(i\) 条折线的状态为 \(S\) 的方案数，时间复杂度是 \(\mathcal{O}(m4^n)\)。

考虑轮廓线DP。

设 \(f(i,j,S,d)\) 表示前 \(i\) 条折线，第 \(j\) 行，轮廓线状态为 \(S\)，第 \(j\) 行上第 \(i\) 条折线与第 \(i-1\) 条折线的距离为 \(d\) 的方案数，时间复杂度为 \(\mathcal{O}(mn^22^n)\)。

考虑继续优化。

可以发现当前状态如果合法，如果这一位没有限制，那么这条折线可以往左走，如果有，那么可以往右走，问题在于没有限制但却往右走的情况很麻烦。

可以考虑设 \(f(i,j,S)\) 表示前 \(i\) 条折线，第 \(j\) 行，轮廓线状态为 \(S\) 的方案数。其中 \(S\) 的 \(0\) 到 \(j-1\) 位表示当前折线的状态，而后面那些位表示限制，如果为 \(0\) 表示可以填 \(0/1\)，如果为 \(1\) 表示只能填 \(1\)（类似数位DP）。

考虑转移。

第 \(j\) 位为 \(1\)，只能向右走，\(f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,S}\)。
第 \(j\) 位为 \(0\)，可以往左也可以往右，如果往左，之后的限制并不会被影响，\(f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,S}\)。

如果往右，会改变之后的限制，因为先在可以不管限制往左一次，也就是说，可以去掉 \(j\) 位之后的第一个 \(1\)，令 \(0\) 到 \(j-1\) 位构成的集合为 \(T\)，\(j\) 位以及之后构成的集合为 \(U\)，那么 \(f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,T\cup j\cup (U-lowbit(U))}\)（不严谨，看代码）。

ABC 276 G（组合数学，差分）

题目要求相邻两个数模 \(3\) 不同余，这个限制不好处理，考虑差分。

假设差分后的序列为 \(d_i=a_i-a_{i-1}\)，那么需要满足如下限制：

\(d_i\geq 0\)。
如果 \(i\geq 2\)，\(d_i\) 模 \(3\) 只能是 \(1\) 或 \(2\)。
\(\sum d_i\leq m\)。

假设 \(d_i=3y_i+x_i\)，那么 \(\sum y_i\leq \lfloor \frac{m-\sum x_i}{3} \rfloor=t\)，方案数为 \(\binom{t+n}{n}\)。

AGC 012 D（组合数学，结论）

如果 \(a\) 能和 \(b\) 交换，且 \(a\) 能和 \(c\) 交换，那么 \(a,b,c\) 的顺序可以任意排列，因此，相对顺序可以改变的性质具有传递性。

于是可以轻易得到一个 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的做法，枚举所有点对 \((i,j)\)，如果 \(i\) 和 \(j\) 能交换那么就把它们合并到一个连通块，最后的答案就是所有连通块答案的积。

再思考一步可以发现，连边只和每种颜色权值最小的点有关，分类讨论一下即可。

AGC 018 F（欧拉回路，构造）

对于一个节点 \(u\)，如果在两个树上儿子个数的奇偶性不同，那么一定无解。

考虑建出一张有 \(2n\) 个节点的图，其中 \(1\) 到 \(n\) 号节点表示第一棵树，\(n+1\) 到 \(2n\) 号节点表示第二棵树，它们均保留原来树上的边，特别的，两个根之间连一条双向边。

此时，对于 \(1\leq i\leq n\)，如果 \(i\) 号点的度数为奇数，那么 \(i\) 和 \(i+n\) 之间连一条双向边。

这样，所有点的度数都是偶数，存在欧拉回路。

跑一遍欧拉回路，考虑之前新增的边的方向，如果是 \(i\) 向 \(i+n\)，那么 \(i\) 的值为 \(1\)，否则为 \(-1\)，对于没有新增边的点，值为 \(0\)。

证明可以考虑欧拉回路中每个简单环的贡献。

AGC 035 D（DP，逆推法，搜索）

最后一定会剩下下标为 \(1\) 和 \(n\) 的两个数。

考虑逆推，假设要在 \(a\) 和 \(b\) 中间插入一个数 \(v\)，考虑 \(v\) 对答案的贡献。

设 \(a\) 将会被记入答案 \(x\) 次，\(b\) 将会被记入答案 \(y\) 次，那么 \(v\) 的贡献为 \(v(x+y)\)。

于是考虑设 \(f(l,r,x,y)\) 表示当前剩下的两个数的下标为 \(l\) 和 \(r\)，\(l\) 将会记入答案 \(x\) 次，\(r\) 将会记入答案 \(y\) 次的最小和。

转移考虑枚举新加的数的位置

\[f(l,r,x,y)=\min_{l<i<r}f(l,i,x,x+y)+f(i,r,x+y,y)+a_i(x+y) \]

最后的答案为 \(a_1+a_n+f(1,n,1,1)\)。

这个算法的复杂度是多少呢？

可以发现，当 \(r-l\) 相同时运算次数是完全相同的于是有一个大概的式子（不严谨，但可以这么分析）：

\[T(n)=\sum_{i<n}T(i) \]

设 \(S(n)\) 是 \(T(n)\) 的前缀和，那么

\[S(n)=2S(n-1) \]

于是时间复杂度为 \(\mathcal{O}(2^n)\) 。

AGC 015 D（结论，分类讨论）

令 \(l\) 和 \(r\) 从高到低第一个不同的二进制位为 \(p\)，m = (l >> p << p) + (1ll << p)，\(q\) 为 \(p\) 以下，\(r\) 的二进制为 \(1\) 的最高位。

把区间分成两部分：\([l,m)\) 和 \([m,r]\)。

\([l,m)\) 区间的数能够得到的数为 \([l,m)\)。
\([m,r]\) 区间的数能够得到的数为 [m, (r >> p << p) + (1ll << (q + 1)) - 1]。
最后再考虑两个区间之间的影响，能够的得到的数为 [l | m, m | (m - 1)]。

AGC 016 F（博弈论，状压DP）