互测记录

有分了不起，开机夸自己！

2023.10.29 Round 1

看 T1，不会；看 T2，发现不是我能做的题；看 T3，网络流计数，感觉也做不了。

那么只能做 T1 了！做做做，不会一点！破防了。

最后没有写代码，以为大家都会 T1，最后好像只过了 $20$ 多个。

A 优惠购物

初始钦定不用优惠券，此时最后会剩下 $\sum a_i$ 个优惠券。用优惠券，新增的优惠券会减少。考虑一边用优惠券，一边使得减少的优惠券最少。

分析一下 $i$ 的减少量：

• 第一阶段：前 $a_{i}modc$ 次使用，减少 $0$。
• 第二阶段：使用 $c$ 个，减少 $1$。
• 第三阶段，使用 $[0,c)$ 个，减少 $1$。

从性价比的角度分析，第一阶段 $>$ 第二阶段 $>$ 第三阶段。

对于第一阶段，从后往前贪心。

对于第二阶段，从后往前贪心。

对于第三阶段，假设 $s_i$ 为 $i$ 剩余可以支配的优惠券数量，$h_i$ 表示已经选了的数量，我们希望每次选优惠券数量最大的，这样剩余最小。那么 $i$ 可以选的数量为 $min(b_i-h_i,s_i,\underset{j>i}{min}(s_j-1))$，我们希望每次找到这东西的最小值。直接维护是做不了的，但是发现后面两项 $min$ 有单调性，所以可以把 $b_i-h_i$ 从大到小排序，每次加入所有大于 $b_{i-1}-h_{i-1}$ 的数，这个用堆不难维护。

B 树哈希

不会数学。

C 网格图最大流计数

不会线性代数。

2023.10.29 Round 2

开场看 A，猜 DP 的时候只需要记录一对 $i,j$ 使得 $a_i<a_j$，那就记录最大值和最大值前面一个最大值试试，发现不对，不过发现只要保证后面接一个合法的段就好了，是一个类似区间 DP 的东西。写一下发现 $80$，把算答案改成 $\mathcal{O}(n)$ 就过了。

看 B，不会一点，但是找规律发现了 $li{m}_i=i$ 是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2})+1$，思考这是为什么，发现不知道是为什么。

看 C，怒砍了 5 分。

看 B，发现 $li{m}_i\le 5$ 可以只搜前 $10$ 个，剪枝之后过了 35。

最后 100+35+5=140。

A 序列

考虑 DP。按照前缀最大值分段，每次找到最后一个前缀最大值和倒数第二个前缀最大值，分别设为 $p,q$，那么 $[p+1,n]$ 是一个值域在 $[a_p,a_q]$ 之间的段，并且可以发现最大值前和最大值后是独立的。据此转移，设 $f_{i,j}$ 表示长度为 $i$，值域为 $j$ 的序列数量。转移是 $f_{i,j}{f}_{x,y-j+1}\to f_{i+1+x,y}$，其中 $y$ 是最后一个前缀最大值，$j$ 是倒数第二个前缀最大值，这样是 $\mathcal{O}(n^2{m}^2)$ 的。考虑钦定序列满足 $[0,j]$ 中所有数都出现过，那么答案就是 $\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{j+1})f_{n,j}$，稍微修改一下转移就好了，复杂度 $\mathcal{O}(n^4)$。

B 没有创意的题目名称

先明确一下合法条件：

• 对于 $i+j\le n$，$f_i+f_j>n$。
• $f_{i+j}=f_{f_i+f_j}$。

打个表发现序列的一段前缀是 $0\sim i$，一段后缀有循环节。

考虑循环节是为什么。假设 $f_i=f_j=x$，那么有 $f_{k+i}=f_{k+j}=f_{f_k+x}$。所以假设第一个 $p$ 是最小的 $p$ 使得存在 $q>p$ 满足 $f_p=f_q$，那么对于 $i>p$ 有 $f_i=f_{i+q-p}$，即循环节长度是 $k=q-p$。

考虑前缀是为什么，令 $f_0=0$，根据上面的理论，$i<p$ 的所有数是互不相同且唯一的，在 $f_0=0$ 的情况下，$f_i=f_{f_i}$，由于是一一映射的关系，所以 $i=f_i$。

所以对于 $i\ge q$，我们有确定的填法，对于 $i<p$，同样有确定的填法。问题在于解决 $p\le i<q$ 的问题。下面我们分类讨论 $f_0=0$ 和 $f_0\ne 0$。

先讨论 $f_0=0$ 的情况。我们探讨上面的条件是否是充分的。对于 $i\ge p$，有 $f_i=f_{(i-p)modk+p}$，同时有 $f_i=f_{f_i}$，不难发现 $(i-p)modk+p=(f_i-p)modk+p$，所以显然有 $f_i\equiv i(\mathrm{mod}k)$，用这个等式带入 $f_{i+j}=f_{f_i+f_j}$ 不难证明条件三。但是条件二未必满足。先推一些必要条件：

• 对于所有 $2i\le n$ 需要满足 $2f_i\le n$，如果 $q-1\le \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$，那么它是充要的。
• $f_i+f_{n-i}\le n$，因为 $p\le i<q,f_i\ne 0$，所以 $f_i\ge i$，可以推出 $f_i=i$。

所以它充要了。也即：$q-1\le \lfloor \frac{n}{2}\rfloor$，只需满足 $2f_i\le n$，否则，$f_i=i$。枚举 $k,p$ 可以平方计算。

再讨论 $f_0\ne 0$ 的情况，那么 $f_{2f_0}=f_0$，有 $p=0,k\mid 2f_0$。分类讨论 $k\mid f_0$ 和 $k\nmid f_0$。

如果 $k|f_0$，考察 $f_{i+0}=f_{f_i+f_0}$ 仍然有 $f_i\equiv i(\mathrm{mod}k)$。因为 $f_i>0$ 所以不会出现 $2(k-1)>n$ 的情况。考察 $f_i$ 的最大值，发现可以取到 $k$，于是 $2k\le n$，此时只需要满足 $2f_i\le n$ 即可。

如果 $k\nmid f_0$，说明 $2\mid k,\frac{2}{k}\mid f_0$。继续考察 $f_{i+0}=f_{f_i+f_0}$ 有 $f_i\equiv i+\frac{k}{2}(\mathrm{mod}k)$。那么 $f_i$ 的最大值会是 $k-1$，所以 $2(k-1)\le n$，仍然只需要满足 $2f_i\le n$。

于是直接乘起来计数即可。复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。

C 傅里叶与交通规划

摆了。

2023.11.5 Round 3

雅礼两周一次的假在今天。

A Permutation Counting 2

首先 $x$ 个上升意味着有恰好 $n-x$ 个上升段。

容斥，钦定原排列和逆排列有 $x$ 个上升段和 $y$ 个上升段，尝试每次填一个逆排列上升段。注意到我们填的位置一定是原排列上升段的一个前缀，每次填数相当于往前缀后加数。尝试设 $a_{i,j}$ 表示逆排列内第 $i$ 个上升段给原排列 $j$ 个上升段加了 $a_{i,j}$，那么矩阵 $a$ 的限制是：

• 和为 $n$。
• 不存在任意一行或者任意一列的和为 $0$。

容斥插板计算即可。复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

怎么计数只会 DP 了，未必所有题都可以 DP 做，可以尝试转化计数新的对象。

B 化学实验

不会写 LCT

C 物理实验

不会数学

2023.11.6 Round 4

开场看 T1，感觉是个流题。推了推感觉很有感觉啊！然后就会了点数和边数都是 $\mathcal{O}(q)$ 的流做法。写一发发现 60，把 SPFA 换成 dijkstra 还是 60。

然后因为 $m\le 15$，感觉是什么高妙反悔贪心题，我又恰好不会反悔，于是拼了个 $m=2$ 跑路了。

看 T2，不想做，5 分跑路。

看 T3，发现会第一问，然后想了想，感觉会 DFS 序为 $1\sim n$ 的第三问，写一下发现假了，还要做个第二问。然后做了下第二问，想到了一个二分 DP 做法，写写写，发现细节好多。机房好吵。写不完了！摆烂！

出榜发现大家都会 T1，看了眼 T1 题解，然后破防了。

感觉对这种高强度的比赛还不是很适应啊，稍微不注意就少了好多分。我好菜呜呜呜。

A 数据库

把所有修改分成两类：

• 需要保存到下次修改该颜色，此时它占用的位置的时间区间为 $[po{s}_i,po{s}_{i+1})$。
• 改完就不管了，此时它占用位置的时间区间为 $[po{s}_i,po{s}_i]$。

要求每个位置被覆盖的次数不超过 $m$ 次。

很像志愿者招募。利用下面的方式建图：

• 建立一排点 $i\to i+1$，流量为 $m$，边权为 $0$。
• 对于每个颜色，建立一列点，其中第 $j$ 个点向 $po{s}_{i,j}$ 连边，流量 $1$，费用 $0$；$po{s}_{i,j}+1$ 向第 $j+1$ 个点连边，流量 $1$，费用 $w_i$。其中 $po{s}_{i,j}$ 为第 $i$ 种颜色第 $j$ 次出现的位置。

直接跑费用流即可，复杂度 $\mathcal{O}(nq\log q)$。

这个做法还没有通过。

upd：小丑了，虽然硬流是能做的，但是志愿者招募的复杂度更优秀，是 $\mathcal{O}(mq\log q)$ 的。

B 左蓝右红

直接做完全不可做，需要找一些高妙结论。

把整个平面分成若干块，有一些必要条件：

必要条件一：边相邻的两个区域必然有一个无色。

证明考虑奇偶性，由于没有两个矩形有公共边，所以经过一条边必然改变覆盖次数的奇偶性（更准确的，覆盖次数会恰好变化 $1$），所以覆盖次数不会同时为奇数。

必要条件二：点相邻的两个区域不同色

证明考虑公共点，如果同色，那么它会有四条同色出边，而因为矩形的染色是蓝红相间的，所以每个点应该恰好有两条蓝色 / 红色出边，矛盾。

上面两个条件实际上已经是充分的了。

考虑判断合法，扫描线判断。对于一个横坐标区间，图形由偶数条横向的线段组成，其中第 $2k-1$ 和 $2k$ 条直线之间的区域是有颜色的。那么条件是：两条线段必须同色，并且，如果一些直线穿过了一条纵向线段，那么直线的颜色会改变。

注意到条件是等价关系，所以可以维护每条直线与哪些矩形的左下角颜色相同，利用扩展域并查集即可做到平方。

进一步观察，如果一些直线穿过了矩形的左侧线段，那么区间内直线的对应关系会改变（横线编号奇偶性改变），简单推导等价关系可以发现，穿过这条线段的所有直线颜色都相同。所以可以利用连续段均摊维护限制，复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

写起来有点麻烦，放个代码在这里。实现思路是先处理区间推平，然后对于端点特殊考虑其配对的线段。code

C 世界沉睡童话 70p

step 1：刻画点运输的路线

不妨令被删掉的边为黑色，其余边为白色。

从局部信息入手。对于 $u$，先依次遍历它的所有儿子，如果儿子中有黑色，停止遍历，直接交换。然后遍历其父亲，如果边为白色，停止遍历，否则将点移动到其父亲。移动到其父亲之后，依次遍历它的所有右儿子，如果有边是黑色，停止遍历，否则继续遍历……依次类推，可以找到其最终位置。

从终点推起点的方式也是类似的，对于一个终点，判断另一个点是否为其起点的方法也是简单的，只需要判断路径上的每条边是否为能够使遍历继续的“预期颜色”，那么终点边和预期颜色不同，其余边和预期颜色相同。

step 2：解决问题

上面的操作可以导出一个平方做法。维护部分染色方案，边为 黑 / 白 / 未染色 三种状态。分两步解决问题：

• 找到答案与 $p$ 的 LCP：从 $i=1\sim n$ 依次遍历。对于每个点，暴力找到其合法的起点集合，如果起点集合存在数大于 $p_i$，那么它可以成为第一个比 $p_i$ 大的元素，$i-1$ 可以成为 LCP。计算合法集合之后，执行 $\text{fix}(i,p_i)$，表示令 $i$ 的位置交换成 $p_i$，并将沿途的所有点染成对应颜色。如果出现矛盾，直接跳出循环即可。

• 还原方案：假设 LCP 长度为 $l$，对于 $i=1\sim l$，执行 $\text{fix}(i,p_i)$，对于 $l+1$，找到集合中比 $p_{l+1}$ 大的最小的数 $pos$，执行 $\text{fix}(l+1,pos)$，对于后面的所有数，找到合法集合中最小的数并执行 $\text{fix}$ 即可。

暴力实现是平方的，相信大家都很会重链剖分，可以优化到 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。放一下我写的石山 code，大致思路是分轻重儿子维护预期颜色，$\text{fix}$ 操作用并查集找到未染色的颜色暴力染色。

2023.11.7 Round 5

开场看 T1，很有感觉啊，但是只会 $\mathcal{O}(n{m}^2+qm\log n)$，感觉不太过得去的样子。想了半个小时也没什么思路，那先写一下赶紧看后面的题吧，怎么说也能过 ${10}^5$ 和 B 性质

个屁啊，写完只有 10pts，B 性质 T 掉了（B 性质复杂度是 $\mathcal{O}(qm\log n)$），sub4 WA 了。但是我大样例过了啊。想着做这么久不能只有暴力分吧。那我上个拍子，但是拍子没挂。感觉是大数据 UB 什么的，然后还真查出来几个，交上去之后还是只有 10pts。

上头了，一个 T1 你能秒我？因为之前写法空间爆了，换了个空间更小的写法，但是还是寄了！

奋斗 3h 只有暴力分，感觉难受。看 T2，发现可以贪心求 $f(p)$，然后发现直接 DP 就行了。原来签在 T2 啊，写一下 WA 了，拍一下查了个错，就过了。

群里听说 T1 锅了，难绷。

然后头晕的不行，写 T3 的 10pts 就下班了。

回去发现 T1 数据修好了，但是没交，交上去应该有 35。

感觉 11 点开 T2 还是比较寄的，当时脑子都糊涂了，想题开题开始要趁早。

A Xor Master

结论：$g(x\oplus y,S)=g(x,S)\oplus h(y,S)$，其中 $h(y,S)$ 表示 $y$ 与 $S$ 一个子集的异或最小值。证明考虑求异或最小值的过程，如果线性基中某一位有数，那么 $g(x,S)$ 这一位一定是 $1$，$h(y,S)$ 这一位上肯定是 $0$。异或起来一定是 $1$，实际上与求 $g(x\oplus y,S)$ 的过程一致。

那么可以做到 $\mathcal{O}(n{m}^2+qm\log n)$。因为有上面的结论，可以线段树拆位维护异或值，改变 $S$ 的时候暴力重构，最多只会重构 $m$ 次，单次重构 $\mathcal{O}(nm)$。

考虑优化单次重构，可以用一个套路：把线段树上每个节点中维护的 $m$ 个值写成二进制的形式，形成一个 $m\times \log len$ 的矩阵，然后我们转置这个矩阵，维护 $\log len$ 个二进制数，然后用位运算模拟二进制加法，因为每一位是独立的，所以为压位提供了可能性。所以复杂度变成了 $T(n)=2T(n/2)+\mathcal{O}(\log n)=\mathcal{O}(n)$。所以最后复杂度为 $\mathcal{O}(nm+qm\log n)$。code

B 栞

考虑怎么求 $f(p)$，假设我们已经确定了 $q_{1\sim l-1}$，当前是第 $j$ 次分割。那么这次分割的右端点最大是 $n-(k-j)$，当然可以直接操作 $[l,n-(k-j)]$，但是我们希望每次分割的长度尽可能短，所以我们找到最短的分割，使得其前缀和分割 $[l,n-(k-j)]$ 的前缀相同。这相当于找到排列的第一个“值域断点”，也即：断点之前任意数比断点之后任意数小。所以每次找到端点即可线性求 $f(p)$。

因为求 $f(p)$ 的方式非常简单，考虑 DP。设 $f_{i,j}$ 表示左端点为 $i$，当前是第 $j$ 次分割的方案数。那么要求 $[i,n-(k-j))$ 这一段数比前一段整体要大，$n-(k-j)$ 没有限制。这说明一件事情：如果 $q_i<q_{i-1}$，且 $i-1$ 之前递增，那么 $i$ 一定是一个左端点，且右端点为 $n-(k-j)$，后面的分割方式是唯一的。所以找到第一个 $q_i<q_{i-1}$ 的位置 $pos$，对于前面的 DP，每次拼上一个没有断点的排列（设长度为 $n$ 的没有断点的排列为 $g_n$，容斥容易转移），然后枚举以 $pos-1$ 为右端点的段和它是第几段，判断值域的限制，然后直接累加进答案。复杂度是 $\mathcal{O}(n^3)$ 的。

C 数据结构

不会数据结构。

2023.11.9 Round 6

好难，不会，摆了。

2023.11.11 Round 7

开场三个题都看了一下。先开 T2。

然后发现我会做链的平方。然后发现如果按照 BFS 序插点就可以满足链的性质了。写了一个平方上去拿了 40。

然后发现反演一下套一个多点求值就做完了，但是我不会多项式，然后摆了。

看 T1，想了一下发现会排列的平方对数，写一个上去发现平方对数过了 10000，很震撼。然后又想了一下发现会了非排列的平方对数，写一发发现只有 40。然后会了平方，写一下发现还是只有 40。然后卡了半天常都过不去。最后把一个前缀和直接用树状数组求，它过了.jpg

然后写了个 T3 暴力下班了。

群里面讨论了一下，我,ya,zyf 三个人分数一模一样，怎么回事呢。

关于题目：摆了！！！

2023.11.12 Round 8

感冒了，摆了。

看起来好难，这就是 nfls 的实力吗。

2023.11.14 Round 9

上去去看了一下医生，11:00 才回来。看了眼 T1，感觉广义串并联图，问题是我并不会写这个东西。看 T2，不想看了。看 T3，反正肯定是我不会做的题。然后开摆了。

怎么这么摆啊。

然后 T3 过了一车，看一下也会了，怎么倒着放啊。

C Tree Topological Order Counting

存在一个 $\mathcal{O}(n^3)$ 的做法：

枚举点 $u$，令 $f_{x,i}$ 表示 $x$ 子树的排列，$u$ 的位置在第 $i$ 个的方案数。每次可以平方转移。

注意到这个做法最后都会在相同的终点 $f_{1,i}$ 统计答案。考虑倒着做。设 $g_{u,i}$ 表示状态 $(u,i)$ 在最终状态中的系数。初始化 $g_{1,i}=b_i$，然后倒着转移，就做完了。可以实现到 $\mathcal{O}(n^2)$。code。

题解给出了一种神秘构造使得我们可以求出 $f_{x,y}$ 表示 $a_x=y$ 的排列数。考虑一个过程：

• 点有黑白两种颜色，初始所有点都是白色。每次选择一个白点，然后把其祖先中最浅的白点给染黑。假设第 $i$ 次被染黑的节点是 $u$，我们令 $a_u=i$。

显然所有排列的数量是 $n!$ 级别，且从数的拓扑序到这个过程具有良好的映射关系：一个拓扑序恰好对应 $\prod s{z}_i$ 个排列。

所以可以直接计数这个排列，然后把答案除以 $\prod s{z}_i$。设 $an{s}_{x,y}$ 表示 $x$ 节点在第 $y$ 次被染黑的排列数量。固定 $x$，并设 $f_{i,j}$ 表示染黑 $i$ 个节点之后，最浅的没有被染黑的儿子是 $j$，直接转移可以做到三方。但是可以注意到如果 $u,v$ 的 $j$ 阶父亲是相同的，那么 $x=u$ 和 $x=v$ 的时候 $f_{u,i,j}=f_{v,i,j}$，所以状态数降到了平方，只需要记录点数和最浅的儿子即可。

什么诡异双射，记住了。

2023.11.16 Round 10

最小丑的一集。

看 T1，ptsd 了。然后也不太会这种题。先看 T2，发现也不会，但至少有 80 的点分治分。写一手点分治，但是太久没写数据结构了，写了 2.5h/px 什么码力。

然后没啥时间了。给 T3 写了个 20，因为不太会博弈所以继续回来看 T1。但是还是不会做，因为时间不多了，然后 T1 暴力还没写，所以心态有点炸，脑子一直是糊的。最后弃疗了，直接写暴力下班，然后暴力还写挂了/cf

然后比较精彩的是，我中午休息一会回来重新看 T1，发现之前猜的一个结论（每一层按照高度排序之后相邻两个数合并）看起来非常真。然后这个结论套 AGC009E 就可以得到一个平方做法。写完 75p，改成滚动数组后直接过了？？？

啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊

感觉还是做题没有自信的问题，最优化题讲究一个自信即巅峰。

A 雷同

先刻画一下最后的答案：假设第 $i$ 个点在二叉树合并的时候深度是 $de{p}_i$，那么答案是 $\sum w_{i}de{p}_i+\sum (2^{l_i}-1)$，其中 $l_i$ 是点 $i$ 高度较小的儿子的高度。

你发现 $w_i$ 与答案的关系仅仅在于深度。考虑枚举深度序列，计算对于确定的深度序列的最优答案。把合并看成一个这样的过程：每次把同一层 $2k$ 个结点两两配对，然后删掉其中高度较小的数，加上贡献，并把高度较大的数高度 +1 之后传上去。那么我们肯定希望删掉的尽可能大，所以删除策略一定是按照高度排序之后相邻两个数配对，然后删除其中一个。

注意到一个节点被删除的时间是可以确定的，因为这相当于每次把所有偶数提取出来，把奇数删掉，所以在排名为 $j$（0-index）的数被删掉的时间是 $\text{ctz}(x)$ 轮，其中 $\text{ctz}(x)$ 为 $x$ 末尾 $0$ 的个数。所以设计 DP 状态 $f_{i,j}$ 表示一共放了 $i$ 个点，同层有 $j$ 个点的最小代价。每次要么同层加一个点，要么进入下一层，贡献是容易计算的，复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$。

2023.11.28 Round 16

上完 whk 回来了！！！

看 T1，会了 $a_i\le 11$，随便写了一下过了样例，交上去 $0$ 分。写暴力，暴力 T 了。拍拍拍，调调调，拍拍拍，调调调，一个小时的时候才过 $a_i\le 11$。

然后感觉 B 长得很小清新，感觉像签到题，但是完全不会做构造，只会前三个包，想想想，根本不会，破防了！

然后弃疗开始写，写完看 T3，但是根本不想做，随便拼了点包，A 性质被我瞎搞过了第一个包。

然后回来看 A，编了个策略，感觉能过 $a_i\ne 1$，写写写，拍拍拍，调调调，拍拍拍，调调调，然后过了。

斩获了整整 63 分，然后一点不会，下班！

发现 B 没人过，失策了。

A 最后的晚餐

暴力可以做到 $\mathcal{O}(3^{(n+12)/3})$。

先考虑 $f(A)$ 的求解方式。

对于 $a_i\le 11$，有策略：

• 如果当前前缀和末尾不是 $9$，那就放 $11$。
  • 否则，如果存在，任意选择一个数放上去。
  • 否则，放 $11$。
    、
    直接 DP 可以做到平方，但是 $f(A)$ 存在更简单的形式。如果到不了 1.2，那么可以取到上界 $S/10$，其中 $S$ 是所有数的和。否则，可以取到另一个上界 $n$。于是，答案是 $min(S,n)$。

$a_i\le 12$ 的问题在于 $1$ 未必能够完成进位。如果只有偶数和 $1$，则答案有上界 $n-c_1/2$。扩展这个结论，注意到只有奇数能够改变奇偶性，所以 $1$ 如果想进位，必须和另外一个奇数配对。于是可以找到答案上界 $n-max(0,c_1-c_3-\cdots -c_{11})/2$。

以下给出构造：

• 如果当前前缀和末尾小于 $8$，那么有 $12$ 则放 $12$，否则使用上面的策略。
• 如果当前前缀和末尾等于 $8$，那么：
  • 如果有偶数，放偶数。
  • 否则，放 $11$。
  • 否则，放任意奇数。
  • 否则，放 $1$。
• 如果当前前缀和末尾等于 $9$。
  • 如果有 $1$，放 $1$。
  • 否则，放任意奇数。
  • 否则，放 $11$。

随后可以 DP 解决。求出 $h_1(x,y)$ 表示偶数中选了 $x$ 个数，和为 $y$ 的方案。$h_2(x,y)$ 表示奇数个数减去 $max(0,c_1-c_3-\cdots -c_{11})/2$ 是 $x$，和为 $y$ 的方案数，需要计算：

$$\sum h_1(x,y)h_2(z,w)(min(x+z,(y+w)/10)+1)$$

把后面的式子的 $x+z$ 提出来，再通过讨论 $ymod10+wmod10$ 与 $10$ 的大小关系，即可拆开暴力枚举，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。code

2023.11.30 Round 17

最后一把。

开场锁定 T2，想了半个小时发现会了 A 性质和 B 性质的麻烦做法，又想了一会发现 B 性质有好写一点的做法，只不过还是有点麻烦。先看看别的题。

看 T1，发现会用 $2$ 的幂构造，然后就不会了/cf

看 T3，感觉非常混乱，编了个平方跑路了。

然后回来编 T2，暴力和 A 过得飞快，写 B 的时候发现好写做法假了/fn

急急急，然后又编了个做法，还是假的。绷不住了。

不过最后还是修出来了，修完直接摆烂了！

A 棋盘

感觉憨憨，可惜我不会构造/cf

最简单的构造是构造 $2$ 的幂次。然后你其实可以考虑转化进制，构造出来 $3$ 的幂次和 $6$ 的幂次，比 $2$ 的幂次优一点。

然后正解的构造是构造斐波那契数列，大概是先放两格，然后不停在外面围 $4$ 个各自，然后求一下 $k$ 的斐波那契拆分就好了。