2021-03 杂题泛做

Codeforces 1100F

又是维护线性基的 $trick$，考虑使用扫描线回答询问

在插入线性基的过程中给每一位存上个 $position$ 最大的 $1$ 就行了

因为是贪心，希望 $l$ 大的询问也可以用到这个 $1$

sequence

考虑每个序列的 $And$ 和最多变化 $log$ 次

用 $ST$ 表维护区间 $And$ 和，然后逐段二分得到修改的点

剩下的扫描线套线段树，线段树上的操作是 $\texttt{耐(ruo)人(zhi)寻(dao)味(jia)}$ 的，值得思考

uoj21

考虑如何求 $\max(\sum\frac{a_i(x-1)}{x})$

想到的一个做法是枚举有意义的 $x$，但是这种 $x$ 很多

但是不难观察到相邻的两个有意义的数之间贡献是直接 $+1$ 的，差分就能维护了

但是这样需要整除分块来进行加减

每个数上的答案是显然可以快速统计的，那么 $O(n\ln n)$ 即可

uoj22

先把序列从大到小排一下，因为先模后面再前面没有意义

第一问：$dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，$j$ 可否为当前可行答案

从当前向下一个转移，最后从 $[0,a_n-1]$ 选答案，实现的时候数组甚至可以一维

按照上面的思路，设 $f_j$ 表示当前答案为 $j$ 的方案数，转移找一个 $\le j$ 的数即可

显然转移的时候 $[j\% a_i,j-1]$ 的 $a_i$ 是可以任意插到排列里面的，预处理排列数即可

值得注意的是在计算的开始 $f[x]$ 要把大于 $x$ 的 $a_i$ 插入到排列里面

uoj23

主思想是每个边当作 $x$ 的话长度为 $L$ 的边的数量就是 $[x^L]f(x)$，以前见过，这次加深了印象

考虑环上点的贡献：对于一个点如果到环顶的距离分别为 $a,b$ 考虑每个边是 $x^1$ 的话就是链顶 $P(x)\times (x^a+x^b)$

写的时候和一般的仙人掌差不多，就是先跑最短路，然后找环，$50’$ 的做法就是暴力维护多项式

值得注意的一点是记得维护环的几个链的重边的乘积

$70$ 做法把每个环上的贡献算一算，然后对环的部分分治乘法就行了，每个节点扔一个站位的 $x^0$ 把前面的答案收集一下

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$\Theta(n\log^3 n)$ ：考虑点分治

对于仙人掌，如法炮制树上点分治的做法，使断开与其相邻的边之后子联通块的大小尽量小

重心连出去的边分为向上和向下，可以快速得到父链多项式，对于向下的边求子树的加和多项式，进行卷积即可，向上的直接加入答案

如果向上的边是个环，需要对环上的点都处理一下

仙人掌点分使用圆方树，每个方点上放 $SZ$ 环的权值，求带权重心即可

这个做法代码不很会写，先鸽掉，还有俩 $\log$ 的做法，也不会

uoj31

如果当前序列不合法，那么必然是一个前缀和为负，那么找到后面最近的一个 $1$ 翻过来就行

实现需要维护所有 $1$ 的位置和前缀和，分别使用单调指针扫和数据结构维护即可

建议树状数组，因为线段树被卡常了

其实貌似没必要用数据结构，维护一个变量就行了，我思维僵化了

uoj33

本来对这个 $gcd(i,j)=k$ 想的是反演，其实是复杂了

如果能求到 $ans[i]$ 表示 $gcd$ 为 $i$ 的倍数的数的个数，最后套上一个 $\Theta(n\ln n)$ 的容斥可以得到原答案

对原树跑点分治，值得指出的是这个树是有根的，对于当前分治重心向上的子联通块需要特殊处理

• 都在分治重心 $x$ 子树点对，维护一个表示深度的桶和一个深度的倍数，然后合并答案

• 对于一个在父联通块，一个在子树里面的点对

  显然对于父链上的点还是可以处理如上的两个桶，对于 $ans[i]$ 的增量应当为两个倍数桶的乘积

  对于子树的倍数桶要求开头不是 $0$ 的部分的和，需要大量记录，空间不能接受

  仍旧使用根号分治，对于 $\ge \sqrt n$ 的部分暴力，预处理答案即可（也可以说是记忆化吧）

$$\texttt{Talk is cheap,Coding is Impossible}$$

异或图

图状压下来之后只有 $55$ 位，在一个线性基的射程范围之内

$dfs$ 枚举哪些数放到了一个集合里面，那么不在同一个集合里面的边不能存在，所以可以建一个异或方程组的线性基

线性基里面的异或结果不能存在，那么得到 $res=2^{n-num}$

把结果累加到 $f_{cnt}$ 里面，最后使用斯特林反演即可

关于高斯消元解异或方程组，解的个数是把剩下的全消成 $0$ 的时候 $2$ 的剩下的行数次方

uoj32

直接对 $1$ 所在的联通块考虑，题目求的也就是路径上不存在负环的 $x$ 的个数

如果出现了一个负环，那么影响的一定是它的后继的答案区间，所以先 $floyd$ 传递闭包找到联通性

考虑 $Bellman-Ford$，$f[n][i][j]$ 表示环上的 $col$ 的和为 $j$ 时，在点 $i$ 处走了 $j$ 步的最短路

最短路一定是简单路径，那么如果 $f[n][i]>f[n-1][i]$ 说明存在一个负环

这里不考虑 $k$ 列出来的式子如上，那么考虑上 $k$ 就好说了：

$$\min\{f[n][i][k]+kx\}\ge \min\{f[n-1][i][j]+jx\}$$

如果满足该式子，那么当前的 $x$ 符合条件

对于上面的不等式，枚举所有的 $k$，得到答案之后求交集，拆掉一个 $\min\{\}$

剩下的一个也跟着枚举 $j$ ，做出来之后求并集即可

实现的时候我完全反过来写的，先交后并，最后总方案容斥

值得指出的是，实现的时候可以把 $\inf$ 设成 $2\times10^{18}$，会方便一些

uoj48

直接把第一个数分解，然后后面的数一个一个对着质因子分，除掉最小的一个

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对于当前的 $s$ 选择箱子的手段一定是在两边找距离最小的一个，同时选择的起始点一定有箱子

关于第二个结论直接展开所用的时间的式子，是一个绝对值方程，这个东西显然有奇数个箱子的话是中位数，偶数个箱子放到左右两边答案一样

显然的二分答案 $mid$，然后枚举每个 $x_i$ 作为中位数所在的位置

设当前区间 $[l,r]$ 满足这个坐标是中位数所在的位置，统计遍历这些区间所使用的时间，这个通过前后缀和能做到 $O(1)$

由于 $x_i$ 位置本身可能有箱子，那么其实这样的 $[l,r]$ 可能有多个，但是当 $x_i$ 递增的时候这些区间必然是单调右移的

证明可以考虑比较 $x_{i-1}$ 的尾状态和 $x_i$ 的初始状态

尾状态的 $l$ 到 $x_{i-1}$ 中有 $\frac{mid}2$ 个数，这样是满足下一个中位数点的初始状态的，证毕

一道难题实现一定是大关，所以它很难写

其实可以维护 $lnow,rnow$ 两个变量表示左右边界的取用数量，更新区间的时候快速增量，也是可以保证复杂度的正确性的

uoj50

把式子捋一下：

$$f(n)=\frac12\sum_{j\in A}\binom {i-1}{j} \sum_{k}\binom{i-1-j}{k} f(i-1-j-k)f(k)$$

然后设：

$$g(n)=\sum_{i=1}^n \frac{f(i)}{i!}\frac{f(n-i)}{(n-i)!}$$

那么把组合数展开之后得到

$$\frac{f(n)}{(n-1)!}=\frac12\sum_{j}^n\frac{A_j}{j!}g(n-1-j)$$

那么再傻也能给看出来 $f(n)$ 和 $g(n)$ 都是卷积，先硬上 $cdq\_NTT$

但是直接写还是过不了样例，那么问题出在了一种叫做 $\texttt{我卷我自己}$ 的卷积模型上面

也就是说对于 $[1,mid]×[l,mid]$ 的贡献在分治区间左端点为 $1$ 的时候无法进行正确贡献

那么转移 $G$ 的时候处理的长度为 $r-l+1$ 的数组中，如果 $i<l$ 那么放 $2F[i]$ ，$l\le i\le mid$ 放 $F[i]$ 反之放 $0$ 就行

即如下：

inline void solve(int l,int r){
    if(l==r){if(l==1) F[1]=1; else F[l]=mul(F[l],mul(i2,fac[l-1])); return ;} 
    int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid); 
    int lim=1; while(lim<=(r-l+1+mid-l+1)) lim<<=1; 
    for(reg int i=0;i<=r-l;++i) 
    	if(i<l) H[i]=mul(F[i],mul(2,ifac[i])); 
    	else if(i<=mid) H[i]=mul(F[i],ifac[i]); 
        else H[i]=0; 
    For(i,0,mid-l) I[i]=mul(F[i+l],ifac[i+l]);
    for(reg int i=mid-l+1;i<=r-l;++i) I[i]=0; 
    for(reg int i=r-l+1;i<lim;++i) H[i]=I[i]=0;
    NTT(H,lim,1); NTT(I,lim,1); 
    for(reg int i=0;i<lim;++i) H[i]=mul(H[i],I[i]); 
    NTT(H,lim,-1); 
    for(reg int i=mid+1;i<=r;++i) G[i]=add(G[i],H[i-l]);
    for(reg int i=0;i<=r-l;++i) H[i]=mul(A[i],ifac[i]);
    for(reg int i=0;i<=mid-l;++i) I[i]=G[i+l];
    for(reg int i=mid-l+1;i<=r-l;++i) I[i]=0;
    for(reg int i=r-l+1;i<lim;++i) H[i]=I[i]=0; 
    NTT(H,lim,1); NTT(I,lim,1); 
    for(reg int i=0;i<lim;++i) H[i]=mul(H[i],I[i]); 
    NTT(H,lim,-1);
    for(reg int i=mid+1;i<=r;++i) F[i]=add(F[i],H[i-l-1]);
    return solve(mid+1,r);
}

uoj51

考虑 $\sqrt n$ 不大，$2^{31}$ 必然大于 $10^9$

那么状态并不多，考虑记录每个状态的 $SG$ 函数即可，使用记忆化搜索实现这个算法

uoj52

挺 $\mathrm{ codeforces}$ 的题呀

直接取阀值 $x=\lfloor\frac{k}3\rfloor$，在 $a,b,c$ 三个数组里面找到这个位置上的数

最小的那个数组里面前面的数不可能作为答案，删掉，迭代下去即可

注意：如果把 $\texttt{kth.cpp}$ 已经挪到桌面上了就用桌面上的写

uoj53

有一个显然的 $\Theta(nk\log(nk))$ 的做法

但是这个做法有很多冗余，也就是把所有的点都放到堆里面，其实我们只关注最小的

关注到这个 $a,b,c$ 的路径上的点可以被划分出来三个链，那么我们可以每次取最小的进行扩展

这个过程是十分有技巧的，也就是记录链的首尾，然后进行最值分治

形式化的而言，考虑当前链为 $(st,ed,pos)$，$pos$ 表示链上最小权所在的点

那么可以往堆里面扔一个 st,fa[pos],ask_chain(st,fa[pos])，和 unson(pos,ed),ed,ask_chain(unson(pos,ed),ed)

其中 $\texttt{underson}$ 表示该方向的儿子，ask_chain 表示链上最小值

这样的话每次扩战展放到堆里面的数是常数级别的，就可过了

拆链想到了，这个分治感觉有点意思，实现没有难度

值得一提的是，这个题让我理解了 $\texttt{zkw线段树}$，这样的收获十分有意义

另外：记录本题卡空间的做法

$(1)$ 用手写堆代替 $\texttt{priority\_queue}$

$(2)$ 记录堆里面的最大元素，$\texttt{k<q.size()}$ 那么就不再加入比最大还大的部分了

$(3)$ 重复使用数组，比如原来的 $sz$ 数组后面就没用了

$(4)$ 结构体不要使用 $\texttt{node(st,ed,pos,val)}$ 来赋初值，因为这个函数需要空间

uoj207

首先学习一下如何使用 $\texttt{LCT}$ 维护虚子树信息

值得一记的是 $\texttt{make\_root}$ 的翻转时一定保证当前的 $x$ 没有右儿子

考虑给每个路径赋一个权值，加到首尾上面，然后对于每个路径，如果以 $x$ 为根，$y$ 的子树里面的权值和恰等于现在的路径权值和，那么满足条件

考虑维护子树异或和，如果等于当前所有的路径异或和，那么正确

这里用 $2^x$ 次方对大质数的模当权值比较靠谱

SDOI2018 旧试题

先把式子推一推：

$$\sum_{i=1}^A \sum_{j=1}^B \sum_{k=1}^C \mu(i) \mu(j) \mu(k) \sum_{\mathrm{lcm(i,j)|x}}\sum_{\mathrm{lcm(j,k)|y}}\sum_{\mathrm{lcm(k,i)|z}}\lfloor \frac{A}x \rfloor\lfloor \frac{B}y\rfloor\lfloor \frac{C}z \rfloor$$

直接上连暴力都拿不到，关注到这个 $\mu(i)$ 有贡献的不多，看起来很像一个三元环计数的模型

那么就可以对全不同，两个一样，全一样的三部分分开计数

考虑系数中是轮换对称的三个独立函数，也就是

$$\sum_{p|x} \lfloor \frac{val}x \rfloor$$

显然可以 $\Theta(n\ln n)$ 的时间复杂度之内求出来，那么就做完了

ARC115 D. Odd Degree

答案显然是把所有的联通块的答案搞个分治乘法

因为奇偶性的缘故，有奇数度数的点一定只有偶数个，因为总度数是 $2n$ 为偶数

对于一个有偶数个度数为奇数的生成树，钦定哪个子集为奇数度数，剩下为偶数度数，都是可以从叶子开始向上剥来得到

具体就是如果度数不为其儿子的情况剥完了，如果留下的边数是偶数，就断掉祖先边

那么对于奇数个数为 $k\in\{even\}$ ，方案是 $\binom nk$

所以就做完了

ARC115 E.LEQ and NEQ

考虑容斥来做：总方案减掉有相邻且相同的段的方案

那么有

$$dp[i][k]=\sum_{j=1}^{i-1} dp_j[(k+i-j-1)]\times \min_{j+1}^i\{a_j\},f[0][0]=1$$

第二维就直接实现了容斥，答案为 $f_{n,0}-f_{n,1}$

用单调栈优化 $dp$ 并使用若干个前缀和数组分别维护其奇偶位置上的前缀和即可

---

还有一种相对简单的转移，不需要第二维

发现最后是 $f[n][0]-f[n][1]$ 那么可以把对 $f[n][0]$ 最后贡献的直接置负，最后加起来

Codeforces1119H

基础想法就是挨着个卷，优化考虑 $FWT$ 的点值式子：

$$F_k[i]=(-1)^{cnt(i\&a_k)}x+(-1)^{cnt(i\&b_k)}y+(-1)^{cnt(i\&c_k)}z$$

那么不难发现这个 $x,y,z$ 前面的系数只有 $8$ 种

一个 $trick$ 是将 $b_k,c_k$ 异或 $c_k$ 最后的答案再异或回来所有的 $a_i$

那么还有 $4$ 种需要考虑的情况，利用四种情况的和为 $n$，仅考虑 $F_k[b/c/(b\ \mathrm{xor}\ c)[i]=0$ 分别搞出来四个方程，手动解出来

最后就剩下快速幂，$\mathrm{IDWT}$ 和下标反映射了

loj6401

因为是一个 $SAM$ 题，那么考虑每个点上有多少字符串能被覆盖

那么使用单调指针扫一下得到每个点的最长合法后缀的长度，然后放到 $SAM$ 上

最后在后缀树上扫一下，用每个点的儿子来更新 $fa$ ，实现的时候注意两点：

$(1)$ 基数排序：for(reg int i=tot;i>=1;--i) id[ton[len[i]]--]=i;

$(2)$ 每个点的答案不仅要让 $\max$ 和长度取 $\min$ ，还得注意和 $0$ 取 $\max$

uoj60

没有任何一种方案比 $4\times 3\times 3 \times 3\times \dots$ 更大，直接输出即可

loj6031

先把这个 $\mathrm{w(l,r)}$ 看明白：是指整个子串而非这个区间里面的所有子串

对 $S$ 建自动机，得到每个点的 $\mathrm{endpos}$ 集合大小

对于每个 $w$ 放到上面跑匹配，能求出来 $w$ 中以每个下标为结尾是 $S$ 子串的最长后缀

对于 $[a,b]$ 中的每个区间，在后缀树上跑倍增，复杂度 $\Theta(\mathrm{qmlog\ n})$

那么复杂度瓶颈在每个询问都得跑，考虑使用根号分治

• 对于 $k\ge \sqrt n$ 的部分，询问不超过 $\sqrt n$ 个，直接照着上面的做法实现即可

• 对于 $k\le \sqrt n$ 的部分，对所有 $w_i$ 对应的 $a_i,b_i$ 离线之后扔一个莫队维护每个区间的出现次数

  求完了之后就直接 $\Theta(k^2)$ 做就行了

复杂度想错了好久，其实是 $\Theta(nk)$ 的

DZY loves Chinese II

先求出来一个原图的生成树，对于非树边，随机赋一个权值

树边的权值就是非树边路径经过它的路径权值的异或和

询问直接判断是不是线性不相关就行了

正确性？

如果分成两个联通块，中间树边有且仅有一条，且权值一定是同样连接两个点集的非树边的权值的异或和

shallot

线性基的删除是有通法的，但是这里考虑使用线段树分治，那么就分治就好了