RE：ゼロから始める文化課生活

觉得有必要在NOI之前开一篇学习内容记录。
至于为什么要取这个标题呢？因为原本是打算用作退役后的高三生活记录的。

5.23

在LOJ上搬了三道原题给大家考了考，然后大家都在考试就我一个人在划水。

SSerxhs 和 Serval 的退役纪念赛

A.幼儿园唱歌题

给一个串$S$，$q$次询问满足是串$S[l_1,r_1]$的前缀且是串$S[l_2,r_2]$的后缀的最长回文串长度。$|S|,q\le2\times10^5$

把串$S$反过来接在后面建回文树，然后就是求两个点的公共祖先中深度不超过两子串长的深度最大值。

C.幼儿园篮球题

有$n$个球，其中$m$个是红色的，其余的是蓝色的，从中随机选出$k$个，若选出了$x$个红球则得分为$x^L$。求期望得分模$998244353$。共$T$组数据，每组数据的$L$是相同的。$T\le200,L\le2\times10^5,m,k\le n\le 2\times10^7$

\[\binom{n}{k}Ans=\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}i^L\\=\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\sum_{i=0}^k\binom{m}{i}\binom{n-m}{k-i}\binom{i}{j}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{m}{j}\sum_{i=0}^k\binom{m-j}{i-j}\binom{n-m}{k-i}\\=\sum_{j=0}^LS(L,j)j!\binom{m}{j}\binom{n-j}{k-j} \]

预处理第$L$行第二类斯特林数即可。

Codeforces Round #559 (Div. 1)

E. Strange device

交互题。一棵$n(n\le1000)$个节点的树，每次可以给交互库一个长度为$n$的数组$d_i$，交互库会对于每个$i$，在树上标记与点$i$距离不超过$d_i$且不为$i$本身的所有点，然后返回一个$01$串表示哪些点有标记。你需要在$80$次询问内还原出树的形态。

定义$query(s,t)$表示做一次询问，将$s$集合中包含的所有数的$d_i$设为$t$，其余的$d_i$为$0$。其返回值为一个集合$s'$。
第一步是求出每个点到$1$号点的距离。动态维护$s_0$表示到$1$号点距离为$2^k$的偶数倍的点集，$s_1$表示到$1$号点距离为$2^k$的奇数倍的点集，以及一个集合数组$S$，其第$i$位$S_i$表示到$1$号点距离为$[(i-1)\times2^k,i\times2^k)$的所有点。初始时$k_0=\lceil\log n\rceil$，$s_0=\{1\},s_1=\varnothing,S=\{\{1,2...n\}\}$。每次将$k$减$1$，并询问$query(s_0,2^k),query(s_1,2^k),query(s_0,2^k-1),query(s_1,2^k-1)$，显然$s_0'=s_0\cup s_1$，然后通过一些集合操作可以得到$s_1'$，同时将每个$S_i$分裂为$S_{2i}$与$S_{2i+1}$后可以得到$S'$。重复此过程直到$k=0$，每次需要做$4$次询问，总询问次数为$4\log n$。
接下来考虑对每个点求其父亲编号。对于每个深度$d$，枚举$i\in[0,\lceil\log n\rceil)$，将该深度所有节点中二进制位第$i$位为$1$的位置加入集合$s$并询问$query(s,1)$，然后再枚举所有被标记到的$d+1$深度的节点更新答案。看上去需要$n\log n$次询问，但实际上$\%3$相等的深度可以一起做询问，因此就只需要$3\log n$次询问了。
总询问次数$7\log n$。

F. Density of subarrays

给一个长度为$n$且每个元素都在$[1,c]$的数列$a_i$，定义其一个子序列的权值为最大的$k$满足所有长度为$k$的所有元素在$[1,c]$的序列均在这个子序列中作为子序列出现过。先要求对于$i\in[0,n]$求有多少$a_i$的子序列满足其权值恰好为$i$。$n,c\le3000$，答案对$998244353$取模后输出。

权值为$k$意味着子序列至多可以分为$k$段使每段内均包含$[1,c]$的所有数。考虑$dp$。设$f_{i,j}$表示前$i$个数已经分了$j$段且$i$恰好是第$j$段的最后一个数的方案数，注意为了避免算从算重，需要强制分段时每段最后一个数字是段内第一次出现，可以从$f_{i,j}$转移到$f_{k,j+1}$，转移系数是一堆$2^x-1$的乘积。记$ans_j$表示答案，那么就可以用$f_{i,j}$贡献给$ans_j$，这里需要乘上$i$后面随便选不构成新的一段的方案数，这个系数可以在$dp$的过程中计算出。这种做法的总复杂度是$O(\frac{n^3}{c})$的。
在$c$很小时上述做法无法通过本题。不过我们还有一个更加简单的$O(\frac{n^22^c}{c})$的做法，将两者结合后即可通过本题。

牛客挑战赛31

B.克洛涅的多项式

给出一个$m$次多项式$G(x)$以及$n$个数$x_i$，有一个$n$次项系数为$1$的$n$次多项式$F(x)$对于所有的$x_i$均满足$F(x_i)=G(x_i)$，求$F(k)$。$m<n\le5\times10^6$

令$H(x)=F(x)-G(x)$，则$H(x)$为一个$n$次多项式，且$n$个零点即为$\{x_i\}$。故$F(x)=G(x)+\prod_{i=1}^n(x-x_i)$。

C.克洛涅的照片

一个$n\times m$的网格，每个格子上有一个数$0/1$，初始时会读入$k$个位置$(x_i,y_i)$表示该位置上的数是$1$，其余位置上的数均是$0$。每次操作可以将某一行或者某一列的所有数取反，求最少多少次操作后可以使所有位置都变成$0$。有$q$次修改操作，为对输入的某一行或者某一列取反，要求在每次修改后求出答案。数据保证始终有解。$n,m\le10^6,k,q\le3\times10^5$

由于保证有解，因此任意两行要么全等要么全部相反。维护与第一行不同的行数$A$以及第一行$1$的数量$B$，答案为$\min(A+B,n+m-A-B)$。$A,B$均可动态维护，复杂度线性。

D.雷的打字机

一个字符集大小为$n$的字符串，每次有$p_i$的概率向后添加字符$i$，当出现连续两个相同字符时停止操作。求停止时字符串的期望长度。$n\le10^7, \sum_{i=1}^np_i=1$

设$f_i$表示结束时长度为$i$的概率，${f_k}_i$表示结束时长度为$i$且最后一个字符为$j$的概率，$g_i$表示长度为$i$未结束的概率，$F(x),F_k(x),G(x)$分别为三者的概率生成函数。于是就有如下的一些等式：

\[F(x)+G(x)=1+G(x)x\\G(x)(p_kx)^2=F_k(x)(1+p_kx) \]

对前式求导并代入$x=1$可得

\[F'(x)+G'(x)=G'(x)x+G(x)\\F'(1)=G(1) \]

再将$x=1$代入后式可得

\[\frac{G(1)p_k^2}{1+p_k}=F_k(x)\\\sum_{i=1}^n\frac{p_i^2}{1+p_i}G(1)=\sum_{i=1}^nF_i(1)=F(1)=1\\G(1)=\frac{1}{\sum_{i=1}^n\frac{p_i^2}{1+p_i}} \]

线性求逆元即可做到线性复杂度。

E.密涅瓦的谜题

给一个字符串$S$，$q$次询问从$S$中选出$m$个子串（可以为空）顺序拼接起来后可以得到多少种本质不同的串。$|S|,q\le10^5,m\le10^{10}$

为了避免算重，一种可行的策略是，所有方案的子串选取都应该尽量靠后。换言之，对于一个选取方案中相邻的两个子串$t_i,t_{i+1}$，应满足$t_{i+1}$前接上$t_i$的最后一个字符后不为原串$S$的子串。
记$dp_{i,j}$表示考虑了最后$i$个子串，当前已构造串的第一位字符是$j$的方案数。可以发现转移大致形如$dp_{i+1,k}=\sum_{j}dp_{i,j}coef_{j,k}+C_k$，这里的$coef_{j,k}$和$C_k$均可以通过后缀自动机上$dp$求出。这一步的复杂度为$O(\sigma n)$。
可以发现上述$dp$可以写成矩阵的形式。由于$q$次询问的转移矩阵都是一样的，因此可以预处理出转移矩阵的$1,2,3...\sqrt m,2\sqrt m,3\sqrt m...$次幂，可以将复杂度做到$O((\sqrt m+q)\sigma^3)$，无法通过本题。
考虑答案是一个行向量乘上转移矩阵的$m$次幂再乘上一个列向量的结果。因此可以从前往后维护前缀行向量以及后缀列向量，复杂度可以做到$O(m\sigma^2+q\sigma)$，可以通过本题。

5.24

参加了学校里的学考模拟，又垫底了。

Comet OJ - Contest #4

D.求和

懒得写了自己看吧......

一个结论是，对于任意的$x$，$10x+[0,9]$这$10$个数的答案之和一定是$45$。
因此只需要暴力计算最后的不超过$9$个数即可。
然而这样$TLE$了。
所以就只计算$1$个数就行了。

E.公共子序列

给两个长度分别为$n$和$m$，字符集大小为$3$的串，求其最长公共不降子序列。$n,m\le10^6$

一个显然的思路是，枚举从前往后选了多少个$1$，枚举从后往前选了多少个$3$，中间的部分全都选$2$。考虑优化这个过程，从大到小枚举选择了多少个$1$，维护从后往前选$3$数量的决策集合（只添不删），假设从后往前选了$i$个$3$后两个串前面分别剩下$a_1,a_2$个$2$，当前枚举选了$j$个$1$导致两个串的前缀分别有$b_1,b_2$个$2$不能选（当然这里要保证$i,j$这一对是合法的），那么此时$2$的贡献就是$\min(a_1-b_1,a_2-b_2)$。这个东西可以根据$a_1-a_2,b_1-b_2$的大小讨论，然后维护两棵线段树/$BIT$就行了。时间复杂度$O(n\log n)$。

5.25

上午参加了学校里的学考模拟，又垫底了。
下午开始写2018 Multi-University Training Contest 2，差不多做完了，题解啥的明天再补。

5.26

上午在家里颓颓颓。
下午过来查成绩。居然查不到，果然停课选手没有人权。

2018 Multi-University Training Contest 2

A.Absolute

求$\int_{l_1}^{r_1}\int_{l_2}^{r_2}...\int_{l_n}^{r_n}|x_1+x_2+...+x_n|dx_1dx_2...dx_n$。$n\le15$，答案模$998244353$后输出。

$|x|=\max(x,0)+\max(-x,0)$，因而把原式拆成两部分计算。显然两部分是等价的，因此只需要计算

\[\int_{l_1}^{r_1}\int_{l_2}^{r_2}...\int_{l_n}^{r_n}\max(\sum_{i=1}^nx_i,0)dx_1dx_2...dx_n \]

容斥掉下界，计算

\[\int_{-\infty}^{r_1}\int_{-\infty}^{r_2}...\int_{-\infty}^{r_n}\max(\sum_{i=1}^nx_i,0)dx_1dx_2...dx_n \]

记$S=\sum_{i=1}^nr_i$。

若$S\le 0$那么显然式子的值为$0$，否则上式等于

\[\int_0^S\int_0^S...\int_0^S\max(S-\sum_{i=1}^nx_i,0)dx_1dx_2...dx_n \]

令$y_i=\sum_{j=1}^ix_j$，那么式子可以写成

\[\int_{0}^S\int_{y_1}^S...\int_{y_{n-1}}^S(S-y_n) dy_1dy_2...dy_n\\=\int_{0}^S\int_{y_1}^S...\int_{y_{n-1}}^S\int_{y_n}^S 1\ dy_1dy_2...dy_ndy_{n+1}\\=\frac{S^{n+1}}{(n+1)!} \]

这样就解决了$\max(x,0)$的部分，而$\max(-x,0)$的部分是完全对称的，所以也可以使用同一种方法解决，总时间复杂度为$O(2^n\log n)$。

B.Counting Permutations

对于一个$n$阶排列，记每个数向左第一个大于它的位置为$l_i$（不存在记为$0$），记每个数向右第一个大于它的位置为$r_i$（不存在记为$n+1$），令这个排列的权值为$P=\sum_{i=1}^n\min(i-l_i,r_i-i)$，给出$n,m$求权值为$m$的$n$阶排列数量。答案对给定大质数取模。$n\le200,m\le10^9,10^8\le mod\le10^9$

令$n$阶排列的答案的生成函数为$F_n(x)$，边界$F_0(x)=1$。考虑$n$阶排列的构成，即在一个$n-1$阶排列的$n$个间隔中选择一个插入$n$这个数，因此$F_n(x)=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}x^{\min(i+1,n-i)}F_{i}F_{n-1-i}$。打表可以发现$F_{200}(x)$的最高次项指数为$m=735$，所以~~直接暴力~~代入$x=0...m$求出点值后多点差值即可，复杂度$O(n^2m+Tm^2)$。

C.Cover

给一张图，选若干条路径使得经过每一条边恰好一次，要求路径条数尽量少，输出方案。$n,m\le10^5$

不同连通块显然相互独立。连通块内根据奇度点数量求欧拉路/欧拉回路即可。

D.Game

有一个集合$S$初始为$\{1,2...n\}$，两个人博弈，每次操作可以选取集合内的一个数并移除集合内它的所有约数（含本身），不能操作者输。给定$n$，求是否先手必胜。$n\le500$

结论是先手必胜。可以考虑初始时$S=\{2...n\}$，如果次数先手必胜，则原问题按照这种策略亦可以先手必胜，否则先手取走$1$，同样可以获胜。

E.Hack It

构造一个$n\times n$的$01$矩阵，要求$1$的数量超过$85000$并且不存在两行拥有超过$1$个相同的$1$的位置。$n\le2000$

假设$n=p^2$，其中$p$为质数，可以考虑枚举$i,j\in[0,p)$，构造一个长度为$p^2$的$01$串$S$，其第$kp+(jk+i)\bmod p$位为$1$。这样的构造显然是满足条件的。

F.Matrix

求至少有$A$行全$1$，至少有$B$列全$1$的$n\times m$的$01$矩阵数量模$998244353$。$n,m,A,B\le3000$

先只考虑一维的情况。答案肯定是$\sum_{i=A}^nf_i\binom{n}{i}2^{(n-i)m}$，这样实际有$j$行全$1$的方案被计算了$\sum_{i=A}^jf_i\binom{j}{i}$次，因此$\sum_{i=A}^jf_i\binom{j}{i}=1$，$f_j=1-\sum_{i=A}^{j-1}f_i\binom{j}{i}$。
两维的容斥是一样的，令$g_j=1-\sum_{i=B}^{j-1}g_i\binom{j}{i}$，最终答案即为$\sum_{i=A}^n\sum_{j=B}^mf_ig_j\binom{n}{i}\binom{m}{j}2^{(n-i)(m-j)}$。

G.Naive Operations

给出一个排列$b_i$，要求维护一个序列$a_i$支持区间加$1$以及查询区间$\lfloor\frac{a_i}{b_i}\rfloor$之和。$n,m\le10^5$

记$t_i$表示$a_i$还要加多少次才能使$\lfloor\frac{a_i}{b_i}\rfloor$加$1$，维护$t_i$的区间最小值，每次修改操作就暴力找到所有$t_i$为$1$的位置进行更新，用两棵线段树/线段树+$BIT$实现即可，由于$b_i$是排列，因此更新次数不超过$n\ln n$，总复杂度$O(n\log^2n)$。

H.Odd Shops

求$(\sum_{i=1}^{10}a_ix^i)^n$有多少项系数为奇数，答案模$998244353$。$n\le10^9$

考虑更一般的问题，求$f(x)^ng(x)$有多少项系数为奇数。一个性质是$f(x)^2\equiv f(x^2)\bmod 2$，因此$f(x)^n$在$n$为偶数的时候奇数项一定均为$0$。把$g(x)$拆成$p(x)+q(x)x$满足$p(x),q(x)$的奇数项也均为$0$，那么$f(x)^np(x),f(x)^nq(x)x$两部分的答案独立，可以分别计算，从而可以将问题递归为求$f(x)^{n/2}p(x)$与$f(x)^{n/2}$的答案。$n$为奇数的话就乘一个$f(x)$到$g(x)$中去即可。

I.Segment

求大小为$n$的随机广义线段树上一次$query(l,r)$操作会经过的节点数量的期望模$998244353$。$q$次询问（每次询问的$n$是相同的），$n,q\le10^6$

考虑一棵广义线段树的生成方式，等价于初始有$n$个长度为$1$的区间，每次随机合并两个相邻的区间。接着考虑一棵广义线段树上一个区间$[l,r]$出现的概率。若$l=1,r=n$那么概率显然为$1$，否则若$l=1$或$r=n$，那么概率为$\frac{1}{r-l+1}$（即要求某次合并是这$r-l+1$次合并中最晚发生的），否则概率为$\frac{2}{(r-l+1)(r-l+2)}=2(\frac{1}{r-l+1}-\frac{1}{r-l+2})$（即要求共$r-l+2$次合并中某两次是在最后发生的）。
对于一次$query(l,r)$，根据期望的线性性，答案为所有与$[l,r]$有交且其父亲未被$[l,r]$完全包含的区间的出现概率之和。后者有点难以计算，可以转换成被$[l,r]$包含的叶子减去被$[l,r]$包含的非叶子的概率，这样就显得可以计算了。
计算时涉及到的东西只有逆元的区间和，$O(n)$预处理后每次询问可以做到$O(1)$。~~分类讨论是真的难~~

J.Swaps and Inversions

有一个长为$n$的数组$a_i$，你可以任意次花费$y$的代价交换相邻的两个数，交换结束后你需要付出$x$乘上逆序对数的代价，求最小代价。$n\le10^5$

答案是$\min(x,y)$乘上逆序对数。

5.27

地理居然及格了。然而还是由于政治生物不及格被D了一顿（小声BB）

Codeforces Round #562 (Div. 1)

A.Increasing by Modulo

有一个长度为$n$的序列$a_i(0\le a_i < m)$，每次操作你可以选择一个子序列，把这个子序列中的数$x$变成$x+1\bmod m$，求最少操作多少次可以使序列单调不降。$n,m\le3\times10^5$

二分后贪心$check$即可。可耻地WA了一发（捂脸）

B.Good Triple

给一个长度为$n$的$01$串，求有多少个区间内包含一个对应字符均相同的下标等差数列。$n\le3\times10^5$

结论是不合法串的长度不会超过$9$，所以直接暴力就好了，复杂度$O(9n)$。
证明：手动验证即可。

C.And Reachability

一个长度为$n$的序列$\{a_i\}$，$q$次询问$x,y$，问是否存在一个下标序列$x=p_1<p_2<...<p_k=y$满足$a_{p_i}\&a_{p_{i+1}}\neq 0$。$n,q\le3\times10^5$

记$f_{i,j}$表示从$i$出发能够到达的最近的且第$j$位上为$1$的下标是多少，转移显然。
询问的话就取$a_r$第$j$位为$1$的$\min\{f_{l,j}\}$判断与$r$的大小关系即可。
复杂度$O(n\log^2n+q\log n)$。

D.Anagram Paths

给一棵$n$个节点的二叉树，每条边上有一个小写字母或者$?$，$q$次修改操作，每次修改某条边上的字符，问修改后是否存在一种方案，使得给所有$?$填上小写字母后，所有叶子到根的路径字符串经重排后是否能全部相同，若能，还需要求出每种字符在这个字符串里的最多出现次数。$n,q\le1.5\times10^5$

显然所有叶子的深度必须全部相等。而所有叶子深度全都相等的树，在缩去只有一个儿子的节点后，树高是$O(\sqrt n)$的。记$s_i$表示深度为$i$的节点数量，显然$s_{i-1}\le s_i$，而缩点会导致所有$s_{i-1}=s_i$的层被缩掉，保留下来的每一层均满足$s_{i-1}<s_i$，因此总层数为$O(\sqrt n)$。
对（缩点后的）树上每个节点$x$记$dp_{x,y}$表示$x$向下走到某个叶子的所有路径中，$y$字符的最多出现次数是多少，记$len_x$表示$x$向下走到某个叶子的距离。那么第一问答案为Yes当且仅当对于所有$x$，均满足$\sum dp_{x,y}\le len_x$，必要性显然，充分性可通过构造证明。
接着只要对每次询问暴力更新就好了，由于保证了每个点的度数，复杂度$O(n\sigma+q\sqrt n)$或$O((n+q)\sqrt n)$。

5.28~6.2

回去上文化课了。

6.3

全天学考三模。晚自习居然获批来机房？

开始补Codeforces Global Round 3的题，题解明天放。

6.4

上午学考三模，下午是~~毫无意义的~~试卷讲评。

G.Gold Experience

有一张$n$个点的图，每个点上有一个权值$a_i$，两个点$i,j$之间有边当且仅当$\gcd(a_i,a_j)=1$。现给出$k(k\le\frac n2)$，要求找出一个大小为$k$的点集，满足这个点集是独立集，或者这个点集的导出子图中没有孤立点（即每个点的度数均不为零）。$6\le2k\le n\le10^5,2\le a_i \le 10^7$

先随便找出一个极大独立集$S$，若$|S|\ge\frac n2$那么就直接结束了，否则对每个不在$S$中的点求它与$S$中的哪一个之间有边（若有多个则任意一个均可），从而可以把全部$n$个点分成$|S|$个连通块，假设这时有$m$个连通块是孤立点，那么可以证明对于任意的$k\le n-m$均可以构造出答案。
由于$m\le|S|-1$，所以根据这种策略我们一定可以构造出任意$k\le \max(|S|,n-|S|+1)$的答案，由于$k\le\frac n2$，因而这种方法一定可以构造出解。
怎么求极大独立集，以及怎么对于每个不在$S$中的点求其在$S$中的相邻点呢？先考虑前一个问题，即当前存在一个数集，每次尝试加入一个数，需要判断加入的数是否和原数集中的所有数都不互质。根据$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$，可以维护一个数组$sum_i$，每次加入一个数$x$就对$x$的所有约数$d$进行$sum_d+=\mu(d)$，判断$x$是否可以加入，只要判断$\sum_{d|x}\mu(d)$是否为$0$就行了。
这样可以解决第一个子问题。第二个子问题可以在这种做法的基础上加上整体二分，由于$10^7$内一个数$\mu(d)\neq0$的约数$d$至多$2^8$个，因为总时间复杂度$O(n2^8\log n)$。

6.5

上午找数学组老鸽们学习了伯努利数求自然数幂和。

定义伯努利数的生成函数为$B(x)=\sum_{i\ge0}\frac{B_i}{i!}x^i=\frac{x}{e^x-1}$。

考虑设自然数幂和的指数生成函数$A_n(x)=\sum_{i\ge0}(\sum_{j=0}^nj^i)\frac{x^i}{i!}$，则$$A_n(x)=\sum_{j=0}^{n\sum_{i\ge0}\frac{(jx)}i}{i!}\=\sum_{j=0}^ne\=\frac{1-e^{{(n+1)x}}{1-e}x}\=B(x)\frac{e^{{(n+1)x}-1}{x}\=B(x)(\sum_{i\ge0}\frac{(n+1)}{i+1}}{(i+1)!}x^i)$$

于是$k!A_n(x)[x^k]=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_i(n+1)^{k+1-i}$

伯努利数可以多项式求逆$O(n\log n)$求得。然后要求$A_n(x)$也只需要一次卷积。

Luogu3711 仓鼠的数学题

定义$S_k(x)=\sum_{i=0}^xi^k$，求多项式$\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k$。$n\le250000$，系数对$998244353$取模。

\[\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k=\sum_{k=0}^n\frac{a_k}{k+1}\sum_{i=1}^{k+1}\binom{k+1}{i}B_{k+1-i}(x+1)^i\\=\sum_{i=1}^{n+1}(x+1)^i\sum_{k=i-1}^n\binom{k+1}{i}\frac{a_k}{k+1}B_{k+1-i} \]

令$C_i=\sum_{k=i-1}^n\binom{k+1}{i}\frac{a_k}{k+1}B_{k+1-i}$，则求出伯努利数后只需一次卷积即可求出$C_i$，之后再使用二项式定理展开$(x+1)^i$即可。

6.6

昨晚vp了一场2018 Chinese Multi-University Training, Nanjing U Contest然而写了两个小时就跑路了。今天早上过来补了几个题。~~题解懒得写了。~~

晚上打了场小米 Online Judge TCO 预选赛，又垫底了。

C. Independent

给一个$n\times n$的矩阵$A$，定义一个非空子矩阵$B$的补矩阵为原矩阵去掉$B$所在行列后剩下的矩阵。求在模$P$（一个质数）意义下有多少个正方形矩阵$B$满足其补矩阵非空且$B$与$B$的补矩阵均满秩。$n\le40$

复杂度看上去是$O(n^5)$的，然而貌似$O(n^6)$卡卡常就过了。

先枚举$[l,r]\subseteq[1,n]$，即枚举$B$所在的行区间，接下来可行的$B$就只有$n-r+l$个。依次考虑判断这$n-r+l$个矩阵$B$是否满秩，顺序枚举，可以发现相邻的两个矩阵$B$的差别仅为替换了一个行向量，那么使用带删除线性基即可做到单次$O(n^2)$插入删除，总复杂度$O(n^5)$。
教练我不想写带删除线性基怎么办？
因为是按顺序插入与删除的（类似队列，每次操作恰在队首删除，队尾加入），因此可以对于每个行向量维护其被插入线性基的时间，每次新插入向量时，尽量将原有线性基内向量替换为更新插入的向量（比较插入时间），因而在判断是否满秩时，只需要判断构成线性基的$r$个行向量是不是最近插入的$r$个即可。复杂度依然为$O(n^5)$。

6.7

NCEE 2019 Day 1

Good Luck & Have Fun !

Codeforces Round #564 (Div. 1)弃疗了没打，不过感觉打了就上分了啊。

6.8

NCEE 2019 Day 2