「2021-Jul」 杂题乱写
CF1543E
构造妙妙题
第一问貌似直接能得到每个点到 \(0\) 的距离，给 \(0\) 连出去的边一个 \(2^x\) 的权值，剩下的权值由相邻点扩展即可
第二问看半天能得到 \(\rm{n}\) 得是 \(2^n\) 的因数，否则连颜色都分不全，直接无解
剩下部分的构造考虑 \(c_x=\rm{xor_{i=0}^{n-1} b_{x,i}\times i}\)，然后按照上面的序列放到对应位置
确实是构造题的脑量，非常不一般，考虑其正确性
对于一个点 \(x\) 颜色是 \(c_x\)，如果走到另一个颜色是 \(c_y\) 的点 \(y\)，此时必然有 \(y=x\ \rm{xor}\ 2^{c_x-c_y}\)
ABC209E
不会做的 \(\rm{ABC}\) 越来越多了诶
不难通过各种方式把图建出来，但是这里值得提醒的一点的字符集大小的三次方是个合法的数
而这个题目可以 把边反过来 然后直接按照 \(\rm{SG}\) 函数那样子拓扑实现 \(dp\) 就可以了
实际上可能只有我对着有向图想了半天怎么找环
ABC208F
不难发现式子可以用组合数表示，那么如果全部逼到最后一列上面的话，每个点都只能往下走
那么归纳假设 \(f(n,m)\) 是关于 \(n\) 的 \(m+k\) 次多项式，\(f(n,m+1)=\sum_{i=1}^m f(n,k)\)
这样子直接写一个 \(Lagrange\) 插值就行了，注意预处理点值的时候要暴力 \(\rm{DP}\)
CF1119G
不难证明答案的下界是 \(\lceil\frac{\sum hp}{n}\rceil\)，那么如何构造得到这个值呢？
比较基础的想法减少浪费掉的部分，那么考虑差分之后前缀和可能有精确求和的效果
如果那么如果把所有敌人的生命做前缀和，然后把前缀和 \(\%n\) 的排序之后冲差分，把得到的数组作为每个组的人数
剩下的就是一个模拟了，不可不说是非常有意思的题目
CF1540D
题目的 \(\Theta(nq)\) 的做法如下：
for(int i=x;i<=n;++i) if(now>=b[i]) ++now;
如果把 \(x,n\) 的边界都变成一个区间 \([l,r]\)，能给 \(now\) 贡献的是哪些呢？
这个问题和分成左右两个子问题和合并的过程，那么对于右边的一个元素，权值要减掉左边小于其的个数
这样直接在区间所有信息的集合里面 \(\rm{lower\_bound}\)
现在的 \([l,r]\) 变成了 \([x,n]\)，是线段树射程范围之内
考虑多测的话在线段树上修改就 \(\Theta(n)\) 了，一种处理方式是 对线段树节点长度进行根号分治
也就是设置一个阀值 \(B\)，对于那些长度大于 \(B\) 的点合并子树信息，查询也是把区间分成 \(\rm{len\le B}\) 的区间去做
时间复杂度 \(\rm{\Theta(n\sqrt{nlogn})}\)
CF1178F
跟着题面定状态，不管状态多复杂！
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先考虑弱化版的部分：\(1 \sim m\) 是一个排列
设 \(dp[l][r]\) 表示当前区间里面的颜色都合法，也就是已经涂过的颜色段要么在包含要么相离
转移考虑涂色一定是涂区间里面标号最小的点的颜色，同时区间一定是跨过其位置的
那么把左边区间可能的凑法和右边可能的凑法求和再乘法即可
时间复杂度 \(\Theta(n^3)\)
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如果不是一个排列呢？
不难发现如果出现的连续段 \(\ge\ 2n\) 那么一定无解， 因为一次涂色最多整出来两个分界点
缩段之后照样冲区间 \(\rm{DP}\)，把所有的当前颜色的的位置，和上面 \(\rm{DP}\) 不同的是存一下每个数两个出现点之间的方案数
实现的时候比较奇妙的一点是上来设
f[i][i-1]=1
CF1178H
首先把问题转化到 \(x=0,x=T\) 两个位置上，这步很好理解，也就是如果满足在交点在 \([0,T]\) 中，那么在 \(T\) 也一定满足不等关系
那么每个点能能换的区间在 \(0\) 有一些，在 \(T\) 有一些，而伴随时间的增长，能交换的对数一定是增多的，那么二分这个 \(T\)
观察一下这个调换的图，非常像一张二分图，这启示我们使用费用流来解决这个问题
建图就直接能交换的之间连一个 \([inf,1]\) 的边，但是边数是 \(n^2\) 的，使用前后缀可以优化
但是每次二分真的都要整网络流吗？不是！
显然我们并不关注每个二分的 \(T\) 的代价，那么整个贪心换掉就行了
第一步想到了后面貌似都是常见套路，为啥我第一步都想不到呢？
NOI2020 制作菜品
这就是所谓思维题吗？我也只好吹爆了
观摩一把数据范围 \(m\le n-1,m\le n-2\)，这里想想 \(m=n-1\) 时有没有什么新意？
如果两个原料做一道菜一定是合法的，对于三个原料做两个菜的情况，使用小于 \(k\) 的那个和大于 \(k\) 的原料配对，此时问题仍然有解
这东西直接使用 \(\rm{set}\) 维护
那么如果 \(m>n-1\) 的部分有很多菜的量大于 \(k\)，那么这时候特判所有菜的量都大于 \(n\) 继续做就行
这部分有 \(\rm{30pts}\)
而剩下的 \(m=n-2\) 的部分考虑有样例提示会无解，这 启示？如果能分成两个 \([x+y=n],(x,x-1),(y,y-1)\) 的两部分有解，否则无解
那么也就是说是不是存在一个子集的和是 \(k\) 的倍数，貌似是 \(0/1\) 背包经典题？那么 \(\rm{bitset}\) 优化即可
NOI2019 斗主地
\(\rm{30pts}\) 很简单，使用一个朴素的 \(\rm{dp[t][i]}\) 表示 \(t\) 轮洗牌之后第 \(i\) 个位置的答案
注意：\(E(i^2)\neq E^2(i)\)
考虑设一个 \(E_{a,b,x,y}\) 表示局面 \((a,b)\) 变成局面 \((x,y)\) 的概率是 \(\frac{a!b!(x+y)!}{(a+b)!x!y!}\) ，这确实是基础计数
猜想这个 \(F_{type}(i,k)\) 是关于 \(i\) 的 \(\rm{type}\) 次函数，伴随 \(k\) 的增加始终满足
证明貌似可以强行归纳，可能也是基础计数？？
既然是多项式，直接使用三元一次方程把系数算一把，每次只转移 \(3\) 个点处理即可
