2023 年 6 月训练记录

训练

中考终于考完了！！！

前面的题慢慢施工ing……

ARC107F Sum of Abs#

首先，我们现默认所有节点都被删了，可以用 $A_i$ 的收益插入第 $i$ 个节点。由于是求最大值，所以绝对值可以看作是限制有边的点同号。

我们考虑建图，对于第 $i$ 个点，我们建两个点 $(i,-)$ 和 $(i,+)$ 表示取负或取正，每个点有点权，则 $(i,-)$ 和 $(i,+)$ 连边表示不能同时选。

对于一条边 $(u,v)$，$(u,-)$ 和 $(v,+)$、$(u,+)$ 和 $(v,-)$ 连边表示不能同时选。

于是跑二分图最大独立集即可。

时间复杂度 $O(n^2(n+m))$。

记录。

ARC083F Collecting Balls#

对于球 $(a,b)$，将点 $p_a$ 和 $q_b$ 连边，表示这个球需要被行或列碰撞。则要求连出来必须是基环树森林，否则无解。

因为点数为 $2n$，边数为 $2n$。若不全为基环树森林，则连通块中一定存在树，边数 $<$ 点数，不可能存在完美匹配。

然后考虑对每棵基环树分开考虑，首先，树的部分边的方向是确定的，而环上只有两种情况。我们直接枚举，然后我们建出图，表示机器启动的先后关系（某台机器必须在某台机器后启动）。

注意到这个 DAG 一定是外向森林，所以拓扑序的方案数为 $\frac{|S|!}{\prod_{i\in S} sz_i}$。

时间复杂度 $O(n)$。

记录。

[AHOI2022] 山河重整#

首先，有个比较显然的结论，$1,2,\cdots,n$ 都能被表示出来当且仅当，将 $S$ 从小到大排序，$\forall i\in [1,n], \sum_{j=1}^{i-1}S_j\ge S_i-1$，可以通过归纳来证。

然后我们考虑如何计数，首先有个暴力 DP，令 $f_{i,j}$ 表示用前 $i$ 的数表示出的和为 $j$ 的方案数。这没有什么前途。

我们考虑容斥，我们记 $f_i$ 为 $i$ 为 $[1,i]$ 合法的方案数，DP 初值可以用类似经典方法优化，时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

注意到和为 $n$ 的数中不同个数是 $O(\sqrt{n})$ 的。

如上图，每一列代表我选的数的值，注意到一种情况合法的充要条件：下面的行对应的列数 $\in[$ 上面的行对应的列数 $,$ 上面的行对应的列数 $-1]$；

于是我们枚举当前行对应的列数 $i$，无限背包转移大小为 $i$ 的物品。

然后我们考虑转移，对于 $f_i$，我们枚举第一个不合法的位置 $j+1$，那么相当于要用 $[j+2, i]$ 的数凑出 $i-j$ 的方案数再乘上 $f_j$。

于是，我们可以用和上面一样的方法，不过对于 $f_j$，背包内的物品大小至少为 $j+2$。

注意到计算 $f_i$ 时，我们必须把之前的 DP 值提前计算完成。这里可以使用类似半在线卷积，每次先求出前一半的 DP 值，再转移给后一半。

时间复杂度 $O(\sum_{i=0}\frac{n}{2^i} n \sqrt{n})=O(n\sqrt{n})$。

记录。

[BJOI2019] 删数 #

本题是 AGC017C 的加强版。

我们沿用之前的做法，我们将出现了 $c$ 次的数 $x$，变成 $x,x-1,\cdots,x-c+1$，而本题由于有整体加减 $1$ 的操作，所以可能会出现数 $<1$ 或 $>n$，则需要把他们的贡献删除。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

CF1810F M-tree#

我的贪心做法不能套到这题，伤心。

先二分答案 $mid$，则现在变成了第 $i$ 点深度至少为 $d_i=mid-a_i$。

之前模拟赛出过一个题转化成了这一步，做法是维护一个堆，每次删去最大的 $m$ 个叶子，然后加入这 $m$ 个叶子中最小深度 $-1$，然后把它放到值域上，就有一个递推式，不过这个递推式在本题非常不好维护。

我们考虑别的方法，类似得，我们注意到 $m$ 个同一层的节点会占用一个上一层的节点，这很像 $m$ 进制数的加法进位过程。

归纳下，就可以得到结论，满足条件当且仅当：$\sum_{i=1}^{n} m^{-d_i}\le 1$。

也就是，$\sum_{i=1}^{n} m^{a_i-mid}\le 1$，即 $\sum_{i=1}^{n} m^{a_i}\le m^mid$。

然后，我们只需要线段树维护下这个 $m$ 进制数即可。

时间复杂度 $O(q\log n)$。

记录。

[POI2014] SUP-Supercomputer#

神仙结论题。

重要结论：树中存在一个深度 $dep$，使得深度 $\le dep$ 的点只需 $dep$ 次覆盖完，而大于 $dep$ 的除最后一次外其他每次都可以填充 $k$ 次。

证明：在 $dep$ 上面的所有点如果不能连续填充 $k$ 次，说明均摊下来每一层的点数肯定小于 $k$，这样的话一定存在上面的只用取 $dep$ 次的深度，那下面层数均摊大于 $k$，所以每次能填满 $k$ 次，所以就是在找一个层数均摊为 $k$ 的分界点，那么这种层数一定存在。

然后就是一个对于每个 $k$，求出 $\max_i \{ i + \lceil \frac{sum_i}{k} \rceil\}$。

我的做法是现转成 double，然后就是一个朴素的斜率优化了。

记录。

[USACO22DECP] Palindromes#

首先，无解是好判的。

考虑对一个串 $st_{[l,r]}$ 算答案，相当于把 1 两两匹配，设有 $cnt$ 个 1，第 $i$ 个 1 位置为 $x_i$。显然第 $i$ 个 1 会和第 $cnt-i+1$ 个 1 匹配，贡献为 $|x_i+x_{cnt-i+1}-(l+r)|$。

然后，我们直接分长度奇偶，枚举 $1$ 的匹配，注意到 $l+r$ 对于同一种匹配，只会变化 $O(n)$ 次，所以直接维护即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

记录。

ARC086F Shift and Decrement#

注意到操作 A 次数是 $\log$ 的，于是考虑直接枚举总共操作 A 了 $cnt$ 次，然后考虑在第 $i$ 次操作 A 后进行操作 B 相当于在第一次操作 A 前进行操作 B $2^i$ 次。

于是，操作 A 总共只有 $2$ 种：

1. 在前 $cnt$ 次操作 A 之前进行最多 $1$ 次操作；

2. 最后再进行若干次操作。

注意到种类 1 只会改变 $\lfloor \frac{a_i}{2^{cnt}} \rfloor$ 二进制下的最后一位，且为 $0$ 的是 $a_i \bmod 2^{cnt}$ 排序后的一段前缀，于是考虑直接枚举。

注意到种类 2 是全局减 1，只会改变差分的第一项，而且可行的差分第一项是一个区间，所以，我们直接对差分数组开 map，然后求区间并即可。

记录。

ABC304Ex Constrained Topological Sort#

首先，由于对于每条边要满足 $P_{s_i}<P_{t_i}$，所以我们可以让 $R_{s_i}=\min\{R_{s_i},R_{t_i}-1\}$。

然后，我们就从小到大枚举点，每次度为 $0$ 且可以填的位置中 $R$ 最小的。

证明：

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

CF618F Double Knapsack#

高考题。

考虑先将选子集转化成选区间。

如果 $sum_{a_n}<sum_{b_n}$，则交换下 $a$ 和 $b$。

对于每个 $i$ 找到最大的 $pos$ 满足 $sum_{b_{pos}} \le sum_{a_i}$，那么 $sum_{a_i}-sum_{b_{pos}}\in [0,n-1]$。

这样的 $i\in[0,n]$ 有 $n+1$ 种，所以根据抽屉原理一定能找到两个相同。

时间复杂度 $O(n)$。

记录。

CF566E Restoring Map#

做了半年，以下做法完全是自己想的，可能做烦了。

首先，现特判下菊花，以及两个点接所有叶子的情况。

我们对任意两个集合求交，那么对于一条边上的两个点，得到的集合为两个点和其有边点集的并，且集合大小至少为 $3$，对于其它情况要么为空，要么为一个点，要么为一个点和其有边点集。

对于一个点和其有边点集的情况，这样的情况要么大小为 $2$，要么出现多次。

那么现在，我们得到了一条边上两个点和其有边点集的并，我们考虑如何还原出这条边。首先，在点集内的这些点与这个集合的交至少为 $3$（它本身和边的两个端点），于是我们再求出这些集合的交，不难发现恰好为边的两个端点。

不过还有种比较麻烦的情况，就是一条边有一个端点是叶子，这种情况下，两个点和其有边点集会退化成一个点和其有边点集。注意到叶子的集合会被它父亲以及它父亲相连点的集合包含（$\ge 2$)，所以我们可以找出哪些集合是叶子。

然后如果这个点集内已经有边的点数量多于 $2$ 的话，我们对边集取交，就可以唯一确定它们的中心了。

否则，这个点集内已经有边的点数量为 $2$，由于判掉了两个点接所有叶子的情况，所以只有一个点非叶子的边只有一条。

于是就做完了！

使用 bitset 优化上述过程。

时间复杂度 $O(\frac{n^3}{\omega})$。

记录。

ABC229Ex Advance or Eat#

超现实数板题。

对于不平等博弈，我们可以考虑用超现实数来解决，详见集训队论文。

Copy
struct Surreal {
	ll n;
	int d;
	Surreal(ll _n = 0, int _d = 0) { n = _n, d = _d; }
	inline friend Surreal operator + (const Surreal &x, const Surreal &y) {
		int mx = max(x.d, y.d);
		ll t = (x.n << (mx - x.d)) + (y.n << (mx - y.d));
		int v = min(mx, __builtin_ctzll(t));
		mx -= v;
		t >>= v;
		return Surreal(t, mx);
	}
	inline friend bool operator < (const Surreal &x, const Surreal &y) {
		int mx = max(x.d, y.d);
		return (x.n << (mx - x.d)) < (y.n << (mx - y.d));
	}
	inline friend bool operator > (const Surreal &x, const Surreal &y) {
		return y < x;
	}
	inline friend bool operator <= (const Surreal &x, const Surreal &y) {
		return !(y < x);
	}
	inline friend bool operator >= (const Surreal &x, const Surreal &y) {
		return !(y > x);
	}
	inline friend Surreal operator - (const Surreal &x) {
		return Surreal(-x.n, x.d);
	}
	inline friend Surreal operator | (Surreal x, Surreal y) {
		assert(x < y);
		if (x < 0 && 0 < y) return 0;
		if (y <= 0) return -(-y | -x);
		Surreal v((x.n >> x.d) + 1);
		if (v < y) return v;
		int d = max(x.d, y.d);
		x.n <<= d - x.d;
		y.n <<= d - y.d;
		if (x.n + 1 == y.n) return Surreal(2 * x.n + 1, d + 1);
		while ((x.n >> 1) + 1 < ((y.n + 1) >> 1)) {
			x.n >>= 1, y.n = (y.n + 1) >> 1;
			d--;
		} assert(x.n + 1 == y.n - 1);
		return Surreal(x.n + 1, d);
	}
};

这是板子。

我们对于 DAG 上的一条先手可以选择的决策求出超现实数最大值，对于后手可以选择的决策求出超现实数最小值，最后将其 | 起来即可。

然后注意到每列是独立的，我们再把每列得到的超现实数加起来，最后再根据与 $0$ 的大小关系来判断先手获胜还是后手获胜。

时间复杂度 $O(n^2 3^n)$。

记录。

CF578F Mirror Box#

首先，我们对图中 $(n+1)\times (m+1)$ 个点黑白染色，则一条边只会在黑点或白点之间。

重要结论：满足从任意一个边界段垂直射进网格中，光线会从相邻的边界段射出，同时网格中的每一段都被至少一条光线穿透，当且仅当黑点或白点连成一颗生成树。

首先，显然不能有环。其次要将边界上的边两两分成一组，每一组用一条封闭的折折线给围住，所以得连通。

于是，现将原图缩成一些连通块，然后再使用 $Matrix-Tree$ 定理，求出生成树个数即可。

时间复杂度 $O(nmα(nm)+k^3)$。

记录。

基于值域预处理的快速 GCD#

首先，任何一个数 $x$ 可以被拆成 $3$ 个数 $a,b,c$ 每个数都满足以下至少一个条件：

1. 为质数；
2. $\le \sqrt{n}$。

证明：考虑归纳，首先边界条件 $1$ 是合法的。然后对于一个数 $x$，令其最小质因子为 $p$，我们先求出 $\frac{x}{p}$ 的答案，令其从小到大排序为 $a,b,c$。

若 $p> n^{\frac{1}{4}}$，则 $n$ 的质因子个数不超过 $3$，$\frac{n}{p}$ 的质因子个数不超过 $2$，所以 $a=1$。

若 $p\le n^{\frac{1}{4}}$。设 $p=n^t$，则 $ap\le n^t\times n^{\frac{1-t}{3}}=n^{\frac{2t+1}{3}}$，所以 $\max_{ap}$ 随 $t$ 增加而增加，所以把 $t=\frac{1}{4}$ 带入，可得 $\frac{2t+1}{3}=\frac{1}{2}$。

一个数和一个质数的 $\gcd$ 是好算的。然后，我们就预处理出 $\sqrt{a_i}$ 中两两的 $\gcd$，可以递推。

时间复杂度 $O(n^2+a_i)$。

记录。

[APIO2021] 封闭道路 CF1119F Niyaz and Small Degrees#

感觉是比较套路的题，比较快地想出来了。

首先有个比较朴素的 DP，我们记 $f_{i,j,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树，度数限制为 $j$，$i$ 是否能和父亲连边的最小权值。

考虑 DSU on tree，注意到对于一棵子树，$f_{i,j,0}$ 中 $j$ 只有子树大小种，$f_{i,j,1}$ 中 $j$ 只有 $i$ 的度数种。

我们现继承重儿子的答案，然后对于轻儿子，我们先选择 $f_{i,j,0}$，并将 $f_{i,j,1}+edgeval-f_{i,j,0}$ 放入 $Q_j$，$Q_i$ 是一个堆。

那么我们处理 $f_{x,i,0/1}$ 的时候，首先 $Q_i$ 中 $<0$ 的一定选，然后再选择前若干个使 $x$ 满足度数限制。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录 1

记录 2。

CF1662J Training Camp#

非常神仙的题。

我们考虑网络流。其中，源点连向所有填 $1$ 的点，每个点连向同一行、同一列填入数比它大 $1$ 的点，所有填 $n$ 的点连向汇点。

则选 $n$ 个点合法当且仅当 $S$ 和 $T$ 不连通。

证明：

1. 必要性：

   令 $p_{i,j}$ 表示第 $i$ 行值为 $j$ 的列编号，$q_{i,j}$ 表示第 $i$ 列值为 $j$ 的行编号。

   注意到一个值为 $a$ 的不满足条件的点 $(i,j)$（不妨假设所在行选的数比它大，所在列选的数比它小），一定会对应一条路径：$S\to p_{i,1}\to \cdots\to p_{i,a-1}\to (i,j)\to q_{j,a+1} \to \cdots \to q_{j,n}$，不妨成其为 简单道路。

   由于 $S$ 和 $T$ 不连通，所以不存在这样的路径，所以方案合法。

2. 充分性：

   若 $S$ 和 $T$ 连通，则存在一条 $S$ 到 $T$ 的路径。但这条路径中的边可能经过多个行或列。

   我们不妨假设，这条路径最后是连续在行上走。

   首先，我们设到这个最后一段的起点为 $(i,j)$，所以第 $i$ 行所删除的数小于 $a_{i,j}$。

   现在，我们对第 $j$ 列所删的数分类讨论：
   1. 如果删除的数大于 $a_{i,j}$，那么说明 $(i,j)$ 这个位置不合法；
   2. 如果删除的数小于 $a_{i,j}$，则可以把路径上的这一段删除，改为从 $(i,j)$ 在第 $j$ 列一直走到头。

   所以，对于这条路径，我们要么会得证，要么会减少一个拐点，最后只剩下一个拐点时就变成了一个点时，这条路径就退化成了一条 简单道路，则一定是情况 1。

   得证。

实现的时候把每个点拆开，于是删点就变成了删边，那么跑最小割即可。由于要确保只能删 $n$ 的点，所以，我们在原图一个点拆成的两点之间连边权 $2n-b_{i,j}$ 即可。

时间复杂度 $O(n^6)$，由于是 dinic，所以 $O(能过)$。

记录。

CF1168E Xor Permutations#

dls /bx

邓老师的论文例题。

考虑使用调整法，我们每次随机选一个未匹配的点，若存在它的一条匹配边满足另一个点也未匹配，则得到这样一组匹配；否则，我们随机它的一条边，强制其匹配，并将原先的匹配边断开。

实测非常优秀。

时间复杂度 $O(能过)$。

记录。

CF1285F Classical?#

很巧妙的题，没能想出来。

我们可以将每个数的因数都加进去，这样，我们就把原问题转化为了计算 $\max\limits_{a_i\perp a_j}a_ia_j$。

我们从大到小加入数，同时维护一个栈，从栈顶到栈底递增。由于若存在 $(x,y)$ 的答案，则对于 $a<x, b<y$ 的答案 $(a,b)$ 就不需要统计了。

那么，若当前栈内有数与 $a_i$ 互质，则可以弹出栈顶，并更新答案。

判断栈内是否有数与 $a_i$ 互质，可以使用莫比乌斯反演：

$$\sum_{d|a_i} \mu(d)cnt_d$$

$cnt_d$ 表示栈内 $d$ 倍数数的个数。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

CF1510H Hard Optimization [FJOI2022] 区间子集问题#

由于保证 $n$ 条线段中，任意两条线段要么一个包含另一个，要么不交，则可以将包含关系建成一棵树的形式。

对于子树根 $x$，它的子段有两种情况：

1. 在两个相邻儿子之间；
2. 在一个儿子的内部。

对于情况 1，我们用坐标差来算；对于情况 2，我们考虑加一维状态，将贡献提前算。

我们设状态 $f_{i,j,0/1,0/1}$ 表示 $i$ 的子树内已经预留了 $j$ 个子段，并且算进了答案。

第 $1$ 个 0/1：若为 $1$ 表示左端点带上了 $-1$ 的系数算进了答案；
第 $2$ 个 0/1：若为 $1$ 表示右端点带上了 $1$ 的系数算进了答案。

于是就可以转移了。

时间复杂度 $O(n^2)$。

记录。

动态图连通性#

很巧妙的题，没能想出来。

首先，一条边被询问多次，要么是第一次被删，要么是一直没被删，于是我们对每个点 $i$ 记 $tim_i$ 表示 $i$ 号点第一次被询问的标号，若不存在则为 $\infty$。

重要观察：询问相当于是让我们离线，找到一条按 $tim$ 排好序后字典序最大的路径。因为，能删就删，所以我们首先要求让最小值最大，然后要求次小值最大，依此类推。

首先，我们有个很无聊的暴力做法就是建主席树，然后哈希比较字典序，时间复杂度 $O(n \log^2 n)$。

当然，我们有一个非常简单的做法，我们令 $P_i$ 是从 $1$ 到 $i$ 最优路径集合，那么按照 dij，我们通过边 $(u_t=i,v_t)$ 用 $P_i$ 更新 $P_{v_t}$，我们要按照 $P_i+\{tim_t\}$ 来排序，但现在我们有个结论是，我们只需要按照 $tim_t$ 排序即可。

证明：考虑 dij 过程中的两种转移 $P_i+\{a\}$ 和 $P_j+\{b\}$。不妨假设 $P_i<P_j$。由于这两种转移同时存在，所以根据 dij，得到 $P_i+\{a\}>P_j$，那么说明 $a>\max_{k\in {P_i\cap P_j}} k$。

由于 $a!=b$，所以在比较 $P_i+\{a\}$ 和 $P_j+\{b\}$ 时，$<a$ 的元素可以忽略。于是，忽略后 $P_i=P_j$，所以等价于比较 $a$、$b$ 的大小关系。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

记录。

CF1832F Zombies#

相当于是最大化 $\sum |I_i\cap J_{P_i}|$。

首先，我们把区间按照中点排序。

相当于是对原序列划分成 $k$ 个区间，每个区间 $g_{i,j}$ 答案是确定的。

我们考虑如何求出 $g_{i,j}$，表示对 $[i,j]$ 这个区间内的区间与一个区间交总和的最大值。注意到 $J_i$ 的左端点一定在 $\{l_i,r_i-x\}$ 中，只有 $O(n)$ 中。

显然，$g_{i,j}$ 满足决策单调性，所以可以 $O(n^2)$ 预处理出来。

然后，我们记 $f_{i,j}$ 前 $i$ 个区间被分成 $j$ 个区间的最大值，同样用决策单调性优化即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

记录。

CF241D Numbers#

逆天题，想了很久不会。

观察发现把一串数字接起来是一个类似随机的事情。

再是由于模数 $P$ 很小只有 $5\times 10^4$ 的范围，所以我们可以考虑只选用少量的数字。

经过实践，发现留下 $1~24$就足够了，这样选取也能使异或和 $=0$ 的方案足够的多。

最后直接 $2^{24}$ DFS所有子序列即可。

记录。

ExPR 1 乘积 ABC239Ex Dice Product 2#

原来这就是 CF1801F 的原题，赛时一直不会，自闭了。

考虑把操作倒过来，$x\times y>M$ 在自然数意义下当且仅当 $x>\lfloor\frac{M}{y}\rfloor$。

于是，我们先数论分块把本质不同的 $\lfloor\frac{M}{i}\rfloor$ 求出来，然后从小到大暴力 DP，每次也是数论分块求出整除后的数即可。

时间复杂度 $O(n^{\frac{3}{4}})$。

记录。

ABC304G Max of Medians#

首先，我们二分中位数 $mid$，我们把数建成 Trie。

一个重要的观察是：注意到 $xor$ 的时候，$LCA$ 是 $xor$ 的最高位，所以说 $LCA$ 越浅，$xor$ 越大。

所以，我们的思路是尽可能在子树内匹配。

我们分两类 DP：

1. 一类是子树内匹配，设为 $f_x$ 表示 $x$ 子树内尽可能匹配，最少还剩多少个数没有匹配：

   我们考虑优先在子树内匹配，因为跨子树匹配一定比子树内匹配优，也就是说我们求出了每棵子树剩下的数个数的下界，中间相差 $2$ 的都可以取到。

   根据 $x$ 的二进制位来分类讨论：

   1. 若当前位为 $1$，则递归到两组子树跨子树匹配，进入情况 2，$g_{x_{ls},x_{rs}}$；
   2. 若当前位为 $0$，则递归到两棵树内分别先内部匹配，进入情况 1，$f_{x_{ls}}$ 和 $f_{x_{rs}}$。

2. 另一类是两棵不同子树的最大匹配，设为 $g_{x,y}$ 表示 $x$ 子树和 $y$ 子树内尽可能交叉匹配，最少还剩多少个数没有匹配：

   根据 $x$ 的二进制位来分类讨论：

   1. 若当前位为 $1$，则递归到两棵子树的 $0$ 和 $1$，进入情况 2，$g_{x_{ls},y_{rs}}$ 和 $g_{x_{rs}},g_{x_{ls}}$；
   2. 若当前位为 $0$，则递归到两棵子树的 $0$ 和 $1$ 先内部匹配，进入情况 2，$g_{x_{ls},y_{rs}}$ 和 $g_{x_{rs}},g_{x_{ls}}$，然后再讲剩下的尽量匹配。

最后求出最大匹配。

容易发现，过程中每个字典树节点只会被经过一次。

时间复杂度 $O(n\log^2 a)$。

记录。

AGC012E Camel and Oases#

注意到操作 $2$ 的次数是 $\log$ 的，且每次操作 $1$ 都会把能走到的都走到。

我们先预处理出 $p_{i,j}$ 表示做了 $i$ 次操作 $2$ 时，$j$ 能往后最远到的位置、$q_{i,j}$ 表示做了 $i$ 次操作 $2$ 时，$j$ 能往前最远到的位置。

注意到我们最终相当于将 $0\sim \log D$ 分配给一些位置，满足分成的区间内都可以互相到达。

那么我们就记 $f_{S}$ 表示分配的操作 $2$ 状态为 $S$，能从 $1$ 开始往后覆盖的最远距离，$g_{S}$ 表示分配的操作 $2$ 状态为 $S$，能从 $n$ 开始往前覆盖的最远距离。

然后，判断 $i$ 就相当于判断是否 $\exists S,f_{S}\ge i\ge g_{\{1,2,\cdots,\log_2 V\}\backslash S}$。用差分，前缀和维护一下即可。

记录。

CF1842G Tenzing and Random Operations#

非常高妙的题！

考虑乘法分配律 $\prod a_i+kv$。

我们记 $f_{i,j}$ 表示现在已经计算出了前 $i$ 个数的答案，限制了 $j$ 个 $v$ 的放置的答案。

然后，我们对乘法分配律选到的数分类讨论：

1. $a_i$，$f_{i-1,j} a_i\to f_{i,j}$；
2. 之前选过的 $v$，$f_{i-1,j-1} jv\to f_{i,j}$；
3. 新选过的 $v$，$f_{i-1,j} (m-j)v\to f_{i,j}$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

记录。

CF1842H Tenzing and Random Real Numbers#

我们令 $p_i=x_i-0.5$，则 $x_i+x_j>1$ 的限制变成了 $p_i+p_j>0$，也就是变成了 $p_i> -p_j$。

我们观察到这只与 $|p_i|$ 的大小关系和 $p_i$ 的正负有关。

下面假定 $|p_i|<|p_j|$。

1. $p_i>-p_j$

   则 $p_i$ 无限制，$p_j$ 为负。

2. $p_i<-p_j$

   则 $p_i$ 无限制，$p_j$ 为正。

于是，我们考虑 DP，令 $f_{S}$ 表示 $|p_i|$ 前 $|S|$ 大为 $S$，每次加入新数时判断是否可以去正、负即可。

记录。

ARC162E Strange Constraints#

简单题，但 VP 没过，鉴定为 🤡。

我们直接 DP，令 $f_{i,j,k}$ 表示已经选了出现次数 $\ge i$ 的数，不同数的个数为 $j$，总数为 $k$。然后，我们枚举选 $l$ 个出现次数 $=i$ 的数来转移，中间需要用到组合数和斯特林数。

分析下时间复杂度，$j$ 的个数最大为 $\lfloor\frac{n}{i+1}\rfloor$，$l$ 的个数最大为 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，所以总复杂度为：

$$\sum_{i=1}^{n} n\lfloor\frac{n}{i+1}\rfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\le n^3\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(i+1)}=\frac{n^4}{n+1}\le n^3$$

倒数第二步用到裂项法计算。

时间复杂度 $O(n^3)$。

记录。

PR 5 双向奔赴 QOJ3301 Economic One-way Roads#

一个强连通分量一定可以由如下过程产生：

1. 初始有一个集合 $S$，只有一个点。
2. 每次加入一条链 $a_1,a_2,\cdots,a_k$，要求 $a_i,a_{i+1}$（$1\le i<k$）之间有边，并且只有 $a_1,a_k\in S$。

考虑 $f_{S}$ 表示集合为 $S$ 的最小代价，$g_{S,x,y}$ 表示链的点集为 $S$，$a_1=x,a_k=y$ 的最小代价。

注意到 $a_1$ 可以 $=a_k$，但这是我们要求 $|{a_1,a_2,\cdots,a_k}|>2$。

时间复杂度 $O(2^nn^3)$。

记录。

PR 9 比赛 QOJ1431 Joy#

模拟下发现，比赛整体是一个满二叉树的结构。我们可以先预处理出小多在最左侧、最右侧的答案，相当于求出小多在整个子树左侧、右侧的答案。

记状态 $f_{0/1_{i,j}}$ 表示 $i$ 子树内 $j$ 分上述两种情况最终留下的概率。

求答案的时候考虑只有 $\log$ 棵子树被影响到，其他都可以用预处理好的值进行计算。

时间复杂度 $O(n^2)$。首先考虑预处理，由于是个树形背包的复杂度，每两个点之后在 LCA 出被计算一次，而总共只有 $2n-1$ 个点，所以是 $O(n^2)$ 的。考虑求值部分，单次查询，所有使用预处理子树的大小和为 $1+2+\cdots+\frac{n}{2}=n-1$，所以是 $O(n^2)$ 的。

记录。