讲题泛做
431D Random Task
A Trick
数位 dp 答案怎么统计？用记忆化搜索的时候不用单独处理？要写好多参数啊，咋办啊，有没有不用记忆化搜索的方案啊？
当然有，从网上看到一个绝妙的统计方法可以直接统计。（例子是在网上抄的，进行了部分拓展和详解。）
比方统计数字和，拿 \(3229\) 来讲，你可以分成统计这部分的答案：\(0000-0999, 1000-1999, 2000-2999, 3000-3099, 3100-3199, 3200-3209, 3210-3219, 3220 - 3229\) 的答案。
对应到已经计算好的 dp 数组上，就是 \(f(4, 0) + f(4, 1) + f(4, 2) + 100 \times 3 + f(3, 0) + 100 \times 3 + f(3, 1) + \cdots\)（后面都是类似的）
像这样爆草数位 dp 的统计答案环节即可。
*2000，考察对题意所求值单调性的观察和证明能力，以及数位 dp 的应用
给定 \(m, k\)，找到一个最小的 \(n\) 使得 \(\displaystyle\sum_{i = n + 1} ^ {2n}[\operatorname{popcount}(i) = k] = m\)。
\(m \le 10 ^ {18}, k \le 64, 1 \le ans \le 10 ^ {18}\)。
dp 好说，可是之前不是很会统计答案，因此为做一个题现场去学了数位 dp……（见上方 A Trick 部分）
考虑两个相邻的整数 \(n - 1\) 和 \(n\)，发现这两个数对应需要统计 \(\operatorname{popcount}\) 的集合的不重合部分只有 \(\{n\}\) 和 \(\{2n - 1, 2n\}\)，而 \(\operatorname{popcount}(n) = \operatorname{popcount}(2n)\)，因此 \(\displaystyle\sum_{i = n + 1} ^ {2n}[\operatorname{popcount}(i) = k]\) 是单调不降的，二分答案即可。计算这个东西就是个比较平凡的数位 dp 了。
486D Valid Sets
*2000，考察简单树形 dp 有变化的应用。
给一棵树，点有点权，求树上有多少个子连通块满足极差不超过 \(d\)。
\(n, d, a_i\le 2 \times 10^3\)。
先考虑如何计算一棵树上的子连通块个数，考虑 dp，设 \(f(u)\) 为以 \(u\) 为根的子连通块个数：
原理也很好想，无非就是每个子节点为根的连通块要么一个都不选，要么任选一个。
另一个需要注意的问题是如何去重，发现只要限制选择连通块中的最小点权，每次统计答案的时候只统计包含最小点权的连通块，即可保证不重不漏，因此枚举最小点权，每次做一个 dp 并统计答案。
设 \(f(u, 0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子连通块的总个数/选中了最小点权的子连通块个数，那么 \(f(u, 0)\) 的转移同上文 \(f(u)\)，\(f(u, 1)\) 可以考虑这样求得：（\(l, r\) 表示当前值域，其中 \(l\) 为最小值）
第二个转移式考虑计算每个子节点中都不包含最小点权的方案数，然后再用总方案数减去。
总的复杂度为 \(O(nw)\)，其中 \(w\) 为值域，也可以通过一开始先对点权排序，只取有效点权做到 \(O(n^2)\)。
1004D Sonya and Matrix
*2300，无关键性算法，主要考察思维。
萌萌题，草可是我的实现怎么就是比大家的复杂……
给定 \(t\) 个 \(t\) 个数，问你能否用这些数构造出一个 \(n \times m\) 的矩阵，满足 \(n \times m = t\)，每个数都使用一次，且在这个矩阵中能找到唯一的一个点，满足其余所有数到这个点的曼哈顿距离都等于这个数。构造一种方案，只输出 \(n, m\) 和这个点的位置即可。
先统计每个数的个数 \(c_i\)。
考虑从 \(0\) 开始一圈一圈往外加，在顶到矩阵的边界之前，一定有 \(c_i = 4i\)，这里不作证明，设 \(x_1\) 为第一个满足 \(c_i < 4i\) 的 \(i\)；
类似的定义 \(x_2\) 为第二次顶到边界的数，稍加分析可得 \(x_2\) 为第一个满足 \(c_i < 2(i + x_1) - 1\) 的 \(i\)。
这时取 \(x_1\) 作为零点的横坐标，\(x_2\) 作为零点的纵坐标，枚举 \(t\) 的所有因数，然后 \(O(nm) = O(t)\) bfs 推一下每个点的曼哈顿距离判断一下就行了，做到了 \(O(t\sigma_0\left(t\right))\) 的复杂度，已经可以通过。
但是这样有的时候找不到答案，比如只存在唯一解而且 \(n \ll m\) 的情况，两次顶到的边界分别是矩阵的对边，因此需要打个补丁：
考虑求出第三次顶到边界的数 \(x_3\)，这里可以只考虑 \(n \ll m\) 的情况，因为哪怕求出来的不合法因为接下来会再 check 一遍因此不用担心输出不合法解。注意到一旦出现了顶到对边的情况，接下来顶到边界第三次之前一定有 \(c_i = c_{x_2}\)。因此 \(x_3\) 就是第一个满足 \(c_i < c_{x_2}\) 的 \(i\)。
p.s：根本就不用 bfs 推曼哈顿距离，可以直接枚举点然后计算曼哈顿距离，是我菜了……
762D Maximum path
*2300，思路不难但主要考验码力（？）的 dp。
给定一个 \(3 \times n\) 的棋盘每个位置上有一个权值，求从 \((1, 1)\) 走到 \((3, n)\) 的所有简单路径上的权值和的最大值。
注意到 \(3\) 很小，因此读完题就有了大致思路：
考虑按经过这三个点的顺序，分上图这十五种情况讨论（（（
感觉应该是正确的，但是以有限的码力实现后可能忽略了几种状态或者转移仍旧 WA on 16（
按三个点讨论太繁琐啦！有没有什么更好的替代方案呢？
当然有，考虑每条分界线的通过状态，这样就只有五种不同情况啦：
比上面那种写法好写一万倍
723F st-Spanning Tree
*2300，考察代码能力（？）。
给定一个无向图和两个点 \(s, t\) 和两个值 \(d_s, d_t\)，构造一个生成树满足 \(deg(s) \le d_s, deg(t) \le d_t\)。
个人感觉思维难度偏低，最多也就 *1500 的样子，差不多读完题就能切吧（？）。
显然首先跟 \(s, t\) 都不着边的边都能一开始能加上全加上，把连成一个联通块的点缩起来之后肯定是一个这样的图：
只和 \(s\) 或 \(t\) 中一个相连的点肯定得全连上，对于中间的点，把 \(s\) 或 \(t\) 其中一个的度数连满，然后再判断一下剩下的那个度数是否超过限制就行了。
可能要注意一些特殊情况比如 \((s, t) \in E\) 是割边或者图根本就不连通的情况。
这题不写了……
677D Vanya and Treasure
*2300，考察复杂度平衡及证明，代码码力。
给定一个 \(n \times m\) 的矩阵和一个参数 \(p\)，每个矩阵上有一个数 \(a_{i, j} \in [1, p]\cap\mathbb Z\)，要求找到一条 \(1 \sim p\) 的路径满足这条路径上所有相邻两个数的曼哈顿距离之和最短。
首先肯定得按数分层从某一层转移到下一层没的说，考虑根号分治。
- 对于出现次数 \(> \sqrt {nm}\) 的数，显然这样的数只会有 \(O(\sqrt{nm})\) 种，因此只要两层中有一层是这样的数，考虑在上一层进行多源 bfs 处理每个位置到上一个数的最短距离，复杂度显然为 \(O(nm\sqrt{nm})\)。
- 对于出现次数 \(\le \sqrt {nm}\) 的数，注意到 \(\displaystyle\sum_{c_i \le \sqrt{nm}}c_i = O(nm)\)，因此直接暴力枚举相邻两层的数进行转移，考虑其中最大的 \(c_i\) 也是 \(O(\sqrt{nm})\) 的，因此即便转移发生在所有的数和出现次数最大的这个数之间，总的转移数也是 \(O(nm\sqrt{nm})\) 的。
这个题也不写了……
1342E Placing Rooks
*2300（?），考察第二类斯特林数和组合数的意义应用
在 \(n \times n\) 的棋盘上放 \(n\) 个车，
这题真的有 2300 吗……
因为只有 \(n\) 个，所以所有的格子都被占领，当且仅当每行都有或者每列都有一个车。
不妨先假设每行都有且仅有一个车。这时如果有 \(x\) 列没有车，那么就意味着有 \(x\) 个车跑到了别的车的正下方，这时这对车就能互相攻击到，可以证明这个条件是充要的。
（\(x = 1\) 的情况）
因此有 \(k\) 对车互相攻击到，也就意味着有 \(k\) 列是空的，故有 \(n - k\) 列有车。
那么划分方案数就是把 \(n\) 个车划分到 \(n - k\) 个无区分集合内的方案数，然后选 \(n - k\) 列随意位置、随意顺序放置这 \(n - k\) 个集合。
故答案为 \(\displaystyle{n \brace n - k}{n \choose n - k}(n - k)!\)
uoj #246 破坏发射台
给定一个长为 \(n\) 的环，有 \(m\) 种颜色，要求相邻两个位置、相对两个位置（\(n\) 为奇数的时候视为没有相对的位置）不能同色，求染色方案数。
之前我研究过没有相对两个位置的限制时候的问题，还出过完全一致的题，是一个裸的矩阵快速幂：
考虑先固定第一种颜色，然后设 \(f(i, 0/1)\) 表示第 \(i\) 个位置与第一种颜色相同/不同的方案总数，于是有：
也可以多做一步把上面的式子代入下边做成一个广义斐波那契数列，最后的答案就是 \(mf(n, 1)\)。
有了奇数的大方向，偶数考虑在这个基础上魔改一下。
好在只是状态总数的线性增长而不是加维数，考虑同时处理位置相对的颜色对的染色方案数。
固定 \(1\) 号位置和 \(\dfrac{n}{2} + 1\) 号位置的颜色，设 \(f(i, 0/1/2, 0/1/2)\) 表示前半部分颜色与 \(1\) 号相同/与 \(\dfrac{n}{2} + 1\) 号相同/都不同，后半部分与 \(1\) 号相同/与 \(\dfrac{n}{2} + 1\) 号相同/都不同的方案数。
用与奇数完全相似的方式进行矩阵快速幂即可，就是转移麻烦了亿点点（除去不合法的 \(f(i, 0, 0)\) 和 \(f(i, 1, 1)\)，还有 \(7\) 种状态，加油勇士！（（（）。
