23.6 杂题 2
CF725F Family Photos*
枚举一下每个照片怎么看，\(a_1-b_2\ge a_2-b_1\) 时一定会 A 先取，B 后取。那先选择对两方都不优的也不一定不选。因为一定要双方都不选才寄了，那么假设 A 选择不选，先后手交换。肯定会选择一个 \(a_1-b_2\) 尽量大的且非负的，B 也是同理的。
之前那个说错了，A 先取更优但是 B 不一定马上取走。考虑这是一个二择问题，我们希望让贡献相同然后就可以排序！让贡献都是 \(\frac{a+b}{2}\)，这样只要在一开始加上 \(\frac{a-b}{2}\) 就可以得到正确的贡献！
于是按这个排序即可，显然这样还是满足 \(a_1+b_1\ge a_2+b_2\)。
CF1637F Towers*
贪心，最大的当根。
CF618F Double Knapsack*
今年 bj 高考的压轴，被 jzc 说很难。
注意到取某个区间就是合法的，看起来就要抽屉原理。考虑从值域上做文章，对于每个 \(i\) 找到最后一个 \(j\) 使得前者前缀和不小于后者前缀和。
\(n\) 种不同的数，\(n+1\) 个数，必然有相同的。
CF1637H Minimize Inversions Number*
https://www.cnblogs.com/zcr-blog/p/17513239.html
CF1408H Rainbow Triples*
数据结构也太不数据结构了！
考虑让限制松一点，假设总共有 \(m\) 个 \(0\)。对于一个位置，如果它左边有 \(\frac{m}{2}\) 个 \(0\)，那它只用考虑右边的限制。这种约束很像一个匹配模型，可以建出一个最大流模型。
而最大流=最小割，考虑一种优化思想——模拟最小割。肯定是割源点到颜色的边或者最后汇点到 \(0\) 的边，枚举一段 \(0\) 的前缀，可以得到颜色的一些点肯定得割，一些和后面的 \(0\) 有关。枚举后面一段割啥，可以算出答案。用线段树优化这个过程。
CF963D Frequency of String
一个可能经典的结论：所有不同的长度之和为 \(m\) 的字符串的 endpos 集合大小之和是 \(O(n\sqrt{m})\)。
证明：对于长度为 \(L\) 的不同字符串，肯定不可能有相同的 endpos，所以集合大小是 \(O(n)\)。而最多只有 \(O(\sqrt{m})\) 种长度。
然后暴力就好了。
CF1411G No Game No Life
猜它是一个 multi-sg，只用算出每个位置的 sg 值。不过注意到这是一个图，你要求 mex 肯定不会太大，毛咕咕一下不会超过 \(\sqrt{m}\)。并且根据均摊，你求 mex 的复杂度是 \(O(m)\) 的。接下来相当于你有一个数 \(v\) 每次选一个点异或上它的 sg 值，求最后是 \(0\) 的概率。枚举这个过程一共进行了 \(i\) 轮，每一轮相当于一个异或卷积，令 \(F\) 是 sg 值为 \(i\) 的概率的生成函数。有：
注意到异或卷积是线性变换，你要求逆等价于 fwt 之后求逆再 ifwt 回去。于是有逆的充分必要条件即为 fwt 之后任意一位不是 \(0\)。下面来证明这道题符合条件。
思考 fwt 的本质，是在做一个容斥，每一项的系数是 \(\pm 1\)，而所有的总和是 \(\frac{n}{n+1}\)。于是一个 \(F\) 在 fwt 之后的范围是 \([-\frac{n}{n+1},\frac{n}{n+1}]\)。而取反后加 \(1\) 的范围就是 \([1-\frac{n}{n+1},1+\frac{n}{n+1}]\) 一定不为 \(0\)。
CF1393E2 Twilight and Ancient Scroll
显然有一个 \(|S|\log |S|\) 的 dp 做法，但是瓶颈在给字符串排序。也就是真正的瓶颈在于求 lcp。AFewSuns 给出了一种不需要科技的做法，orz。
第一个排序的部分，令 \(t_{i,j}\) 代表第 \(i\) 个字符串去掉第 \(j\) 个字符后的字符串，要给所有 \(t_{i,j}\) 排序。注意到相同颜色段是可以缩起来的，从后考虑每个连续段和下一个连续段，设为 \(c_1,c_2\)，如果 \(c_1<c_2\)，那么删去一个 \(c_1\) 肯定是不优的，同理删去 \(c_1\) 后比任意一个后面的都不优，所以删 \(c_1\) 一定是在最后面，对称的 \(c_1>c_2\) 就在最前面。
现在比较完了同一字符串，接下来比较的是两个相邻的字符串。分类讨论删去的是 \(j,k\)，如果 \(j\le k\)，分成了三个部分。\([1,j-1],[k+1,n]\) 这两个部分都可以预处理 lcp，中间部分也可以预处理错位 lcp。\(j\ge k\) 也是类似的，但是分类讨论比较麻烦。
好像讨论完这些也没什么细节了。
CF1815E Bosco and Particle
有个粒子初始在 \(0\) 位置，\(1\cdots n\) 位置分别为有一个对撞器，如果在 \(0\) 位置则向右，如果在 \(n + 1\) 位置则向左。每个对撞器有一个 \(01\) 串，初始所有对撞器的指针都在开头，当粒子走到 \(i\) 位置时，对撞器所指的值为 \(0\) 则不改变方向，否则反向，指针指向下一个位置，如果在串的末尾则指向开头。求最小的周期长度 \(c\) 满足任意 \(t\) 时间和 \(t + c\) 时间粒子在同一位置。
\(1\le n \le 10^6\)，\(\sum |s_i|\le 10^6\)。
注意到对于一个位置，无论在右边转了多久，回到这里后和直接从右边回来是一样。左边同理。所以我们只用考虑 \(0,1,2\) 这三个位置。
还有一个显然的事实是每个粒子只用保留它的最小整周期，然后你就可以跑一个暴力，求出一个周期从左边进入 \(a_i\) 次，往右边走出去 \(b_i\) 次。显然这个过程是对称的。
设 \(f_i\) 代表最后过程中 \(i\to {i+1}\) 的次数，由于左边和右边会右七七八八的破事，所以 \(i\) 这个位置可能进进出出多个周期，所以应该 \(\frac{f_i}{f_{i+1}}=\frac{a_i}{b_i}\)。使用主元法，用 \(f_0\) 表示出所有 \(f_i=f_0\prod_{j=1}^{i}\frac{b_j}{a_j}\)。我们需要构造这个 \(f_0\) 使得每一个 \(f_i\) 是整数，并且 \(b_i\mid f_i\)。根据每个质因子考虑，随时把不够的部分补进 \(f_0\) 里。不妨设 \(b_n\not=0\)，统计这一部分即可。
