CF 做题记录
CF1784C
弱化版就是将序列进行排序，设 \(a\) 的排名为 \(k\)，如果 \(a<k\)，就将 \(a\) 删除（后面的数排名也相应减一），否则将 \(a-k\) 加入到答案中。
现在我们考虑每次加一个数，对答案的影响：我们加入一个数 \(x\)，会让大于 \(x\) 的数的排名加 \(1\)，这时候，如果在加入 \(x\) 前存在一个数 \(a\)，它的排名 \(k=a\)，那么这个数就要删掉。
因此，我们要找到最近的大于 \(x\) 且满足上述条件的 \(a\)，并把它删除。之所以找最近的，是因为删除 \(a\) 后会让大于 \(a\) 的排名减一，抵消了加入 \(x\) 的1排名变化。
因此我们考虑开一个权值线段树，维护 \(cnt\) ：\(a\in [l,r]\) 的个数；\(sum\) ：只考虑 \([l,r]\) 这些数的答案（操作次数）；\(Mn\) ：\([l,r]\) 中，权值减去排名的最小值。
当 \(Mn[root]<0\) 时，就说明有数需要删除，通过线段树二分删除即可。
CF1784D
考虑构造一个序列 \(a_0=0<a_1<a_2<a_3<...<a_n\)，获奖的人是 \(a_n\)，与 \(a_i\) 比赛的是 \(a_{i+1}\)，统计这种序列的方案数是多少。
我们默认 \(a_{i+1}\) 都是 \(a_{i}\) 的右儿子。
显然，\(a_i\) 的子树内一定都是 \(\ge a_i\) 的数。
对于 \(a_i\) 的左子树，它的根一定是 \(a_i\)，而且它的排列方式有 \((2^{n-i-1})!\)。
由于 \(a_{i+1}\) 会选走 \(2^{n-i-1}\) 个数（也就是相当于内定了），因此左子树所选的数的方案数为 \(\begin{pmatrix} m-a_i-2^{n-i-1} \\ 2^{n-i-1}-1 \end{pmatrix}\)。（\(m=2^n-1\)）
因此 \(a_i\) 的左子树总的方案数就有：
所以，对于构造的序列，它的总方案数：
由于 \(a_{i+1}\) 是 \(a_{i}\) 的左儿子还是又儿子都没有影响，因此方案数还要乘上一个 \(2^n\)。
我们考虑怎么一般化。
我们设 \(dp[i][j]\) 表示 \(j\) 放在 \(a_i\) 时的方案数。
显然，\(dp[i][j]\) 是从 \(\sum_{k=0}^{j - 1}dp[i-1][k]\) 再乘上那一坨系数转移过来的，这个可以用前缀和优化。
最后，\(dp[n][i]\times 2^n\) 就是 \(i\) 获奖的方案数。
CF513F2
显然，只有 \(|a-b|<1\) 才有解，那个万能棋自然转化为少的那一种。
由于是同时移动，那么答案应该是移动时间最长的那个棋子，因此我们考虑二分答案 \(mid\)。
预处理出每个点之间的距离。对于一个红色棋子 \(p\)，如果它走到 \((x,y)\) 这个位置的时间 \(\le mid\)，那么我们就从 \(p\) 向 \((x,y)\) 连出一条流量为 \(1\) 的边；如果是蓝色棋子就反过来连即可。
连完边后，我们就跑一遍最大流，如果得到的答案是 \(max(a,b)\)，那么说明这个时间是可行的。
由于点数为 \(n^2\)，边数为 \(n^4\)，那么时间复杂度是 \(n^6\log maxt\)，但由于这个图类似于二分图，实际过程中不可能跑满，因此可过。
CF1372E
首先，有一个贪心的想法，就是我们应该将 \(1\) 尽可能填在同一列上。
我们考虑用区间 \(DP\)：设 \(dp[i][j]\) 表示只考虑分段是 \([i,j]\) 的子集的最优答案。
现在考虑如何合并出 \([i,j]\)：我们枚举中间点 \(i\le k\le j\)，那么有转移为 \(dp[i][j]=dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+val_{i,j,k}\)。其中 \(val_{i,j,k}\) 表示分段包含 \(k\) 这个位置，且分段是 \([i,j]\) 的子集的个数。
我们可以用高维前缀和预处理出 \(val\)。
时间复杂度为 \(n^3\)。
CF1740F
对于合并后的集合，如果长度不足 \(n\) 的，我们用空集补到长度为 \(n\)，这与原问题等价。并将元集从大到小进行排序。
对于两个元集 \(a_i, a_j\)，如果有 \(|a_i|>|a_j|\)，显然我们可以将 \(a_i\) 中的一个元素移到 \(a_j\) 中。
因此，对于两个集合 \(M,N\)，如果有 \(\forall k\in[1, n],~\sum_{i=1}^k |M_i|\ge \sum_{i=1}^k |N_i|\)，那么 \(N\) 也是一个合法的构造。
我们可以设计一个状态：\(dp[i][j][k]\) 表示考虑到前 \(i\) 位，长度和为 \(j\)，上一个选的是 \(k\)，那么转移就是显而易见的了。
但这样似乎是 \(O(n^3)\)，显然过不了。
但我们可以发现，第 \(i\) 位选择的长度不会超过 \(n/i\)，这是调和的。
而且对于第 \(i\) 位，它的长度和上限为 \(\sum_{j=1}^n min(i,cnt_j)\)。
CF1646F
如果每个人手上都拥有 \(1\sim n\) 的牌，我们只需要通过 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 次交换，就能完成要求。
因此我们现在的目标就是使每个人手上都是 \(1\sim n\) 的牌。
每轮我们重复以下操作：
-
先找到 1 个手上有重复牌的人，将其中一张重复牌传下去；
-
如果下一个人手上没有重复牌，就将与上一个人传递的相同的牌传下去；否则传递重复的牌。
这个操作显然也不会超过 \(\frac{n(n-1)}{2}\) 次。
CF982F
题目就是要我们找到所有环的交点。
我们先找出一个主环，然后将这些点都“删掉”，再找一次环，如果能找到，说明答案为 \(-1\)。
接着，我们对主环上每个点 \(u\)，找到它不经过主环的边能到达主环上最远的点 \(v\)（如果能到自己那就是最远的），那么我们将 \(u\) 到 \(v\) 的主环点都进行标记（利用差分），它们显然不能成为答案。
找到一个可能成为答案的点后，把这个点删除再跑一次找环，没找到的话，说明这个点就是答案。
有亿些细节。
CF325E
有一个神奇的方法，但我并不会证明。
首先，只有 \(n\) 为偶数有答案
我们考虑从后往前决策答案，由于后一个数奇偶性确定，那么操作也确定。
而我们的决策是优先选择 \(\ge n/2\) 的数，如果被选过了，就选 \(< n/2\) 的。
也就是说，如果当前数为 \(a_i=x\)，那么 \(a_{i-1}\) 优先选 \(x/2+n/2\)，否则选 \(x/2\)。
CF1606F
显然，我们能删除的点不会超过 \(n/k\) 个。
因此我们考虑用根号分治。
-
当 \(k\le \sqrt n\) 时，我们直接统计答案：设 \(f[i][j]\) 表示当 \(k=j\) 时，\(i\) 子树的最大答案。
-
当 \(k> \sqrt n\) 时，我们设 \(f[i][j]\) 表示 \(i\) 子树删除 \(j\) 个点后，\(i\) 拥有的子结点的最大值。
CF773E
我们 \(F\) 的变化一定是先一直减小，然后单调不降。
我们假设找出这个转折点 \(p\)，设 \(f[i]\) 表示操作到 \(i\) 的答案，那么转移为 \(f[i]=min(f[i-1]+1, a[i])\)。
将它展开，有：
稍作转化，我们就可以维护 \(a[i]-i\) 的最小值 \(Mn\)，答案就是 \(Mn+n\) （\(n\) 为当前数的个数），可用线段树维护。
对于 \(p\) 这个点，我们直接在线段树上二分即可：当 \(-a_i>i\) 时，说明还可以继续减，向右移；反之向左移。
CF1566F
我们可以先将开始就有点在上面的线段，以及有另一条线段是自己子集的线段给剔除。
那么现在就变成：(一堆线段) - 一堆点 - 一堆线段 - ... - 一堆点 - (一堆线段)
我们可以将一堆线段分给它左右两边的点；一个点可能要标记它两边的线段，因此最多会折返一次。
因此我们设 \(dp[i][0/1]\) 表示 \(i\) 点先向左 / 右走的最优答案。
对于向右走，我们将它放到 \(i+1\) 进行处理，这样方便我们切分同一堆线段。
DP 的时间复杂度为 \(O(n+m)\)
CF1473F
一道网络流的好题。
一个经典的套路，将点分别与源点汇点相连，然后跑最小割，与源点相连表示不选，与汇点相连表示选。
但它有负权，我们考虑对连边做出一些修改：
-
如果 \(b_i<0\)，\(i\) 向 \(T\) 连出一条流量为 \(-b_i\) 的边。
-
如果 \(b_i>0\)，那么 \(S\) 向 \(i\) 连出一条流量为 \(b_i\) 的边。
-
对于 \(i<j\) 且 \(a_i|a_j\)，那么 \(i\) 向 \(j\) 连出一条流量为 INF 的边。
这样，我们就可以跑最小割了。答案就是正点权和 \(-\) 最小割，
但边数有些超标，实际上我们第 \(3\) 边不需要全连，我们只需要枚举 \(a_i\) 的约数 \(p\)，与 \(p\) 最后一次出现的位置连边即可。
CF611E
一个大力分类讨论题。
首先，如果有 \(t>a+b+c\)，那么我们是无法完成任务的。
对于 \(b+c<t\le a+b+c\)，那么必须要三个人一起完成。
对于 \(a+c<t\le b+c\)，必须要 \(b,~c\) 共同完成，而此时 \(a\) 也不能闲着，让他去从他能够打败的最大生命值的怪兽开始，能打一些是一些。
对于 \(max(a+b,~c)<t\le a+c\)，和上一种情况同理。
如果 \(c<a+b\)，那么还要处理 \(c<t\le a+b\) 的，处理方式和上一种一样。
接下来就是单独一个人能处理的怪兽了。
我们只需要本着优先处理自己能打败的最大生命值的怪兽的原则，进行分类讨论即可。
细节见代码。
CF1142D
打表找规律。
我们令 \(c\) 为排名 \(\bmod~11\) 后的值，我们可以发现，对于 \(c\) 相同的数，在它们后面接上一位 \(x\)，得到的新数的 \(c\) 也是相同的（假设新数是合法的话）。
打表可以观察出变化的规律，将其预处理出来。
然后我们设 \(dp[i][j]\) 表示以 \(s_i\) 结尾，排名 \(\bmod~11\) 为 \(j\) 的个数。
跑一遍 DP 即可，记得开 long long。
CF1685C
结论：不超过两次，一定可以将括号归位。
证明：我们将左括号看为 \(1\)，右括号看为 \(-1\)，令 \(a_i\) 表示 \(i\) 的前缀和。
我们找到最大的 \(a_x\)，并翻转 \([1,x],~[x+1,2n]\)。对于 \(i\in[1,x]\)，翻转后有 \(b_i=a_x-a_{x-i}\ge0\)。对于 \(i\in[x+1,2n]\)，翻转后有 \(b_i=a_x-a_{n+x-i}\ge 0\)。
接下来，我们只需要判断是否可以通过一次来完成。
假设翻转 \([l,r]\) 可以满足，那么一定有 \(i\in[1,l),~a_i\ge 0\)，\(i\in[r,2n],~a_i\ge 0\)。
因此我们贪心地选择 \(a_{l-1}\) 最大，\(a_r\) 最大的位置进行判断即可。
CF1469E
首先，无解的条件非常苛刻。
它必须满足 \(0\sim 2^k-1\) 的二进制数，在串 \(\alpha\) 的子串中都出现过。
因此，最后的答案有一段很长的前导零，有效部分长度不超 \(20\)。
我们可以每次贪心地从高位开始填 \(0\) 或 \(1\)。假设到第 \(i\) 位，我们先填零，然后看 \(1\sim i\) 位都与答案相反的情况下，\(\alpha\) 是否有 \(2^{k-i}\) 种不同的子串。
CF1713F
我们考虑 \(a\) 数组如何推到对角线。
为了方便，我们将 \(a\) 和对角线的横坐标从右往左重新编号 \(0\sim n-1\)。
那么 \(a_i\) 会对对角线位置 \(j\) 贡献 \(C(i,j)\) 次。
显然，如果要 \(C(i,j)\bmod 2=1\)，那么必须满足 \(j\) 是 \(i\) 的子集。
因此，对 \(a\) 做一次超集和，就能得到对角线的值。
同理，由对角线推 \(b\)，就是做一次子集和。
现在要求倒过来，那么就是做子集和的逆，以及超集和的逆。
但由于基础操作是异或，因此我们不用考虑容斥系数的影响。
CF1392G
我们设 \(w(a,b)\) 表示 \(a,b\) 相同位置的个数； \(a_i\) 表示 \(a\) 执行了 \([i,1]\) 的操作，\(b_i\) 表示 \(b\) 执行了 \([i,1]\) 的操作，\(a'\) 表示 \(a\) 执行了 \([r,l]\) 的操作。
那么就有一个结论：\(w(a_r,b_{l-1})=w(a',b)\)。
而且，如果我们知道 \(a\) 与 \(b\) 的相同位置的 \(1\) 的数量，我们就能推知 \(w(a,b)\)。
因此，我们考虑维护 \(f[0][S]=\min\{i|S\subset a_i\},~f[1][S]=\max\{i|S\subset b_i\}\)。
然后我们枚举 \(a,b\) 公共 \(1\) 的状态 \(s\)，检查 \(f[1][s]-f[0][s]\) 是否 \(\ge m\) 即可，如果是就更新答案。
CF1149D
显然，在一个由 \(a\) 边连通的图中，他们的 \(b\) 边是没有用的。
因此，我们将原图看成若干个连通块，两两之间由一些 \(b\) 边连接。
对于两个连通块，他们之间最多只会选择一条 \(b\) 边，作为生成树的树边。
因此我们可以设计一个状态：\(f[S][u]\)： \(S\) 表示已经离开的连通块，现在在 \(u\) 这个点，\(1\) 到 \(u\) 的最短距离。
这个需要用最短路来更新。
但这样状态 \(S\) 就已经达到了 \(2^n\)，显然存不下。
我们再观察，可以发现对于点数 \(\le 3\) 的连通块，我们并不用记录。因为从一个连通块再回来至少经过 \(2\) 条 \(b\) 边，而内部只需要经过 \(2\) 条 \(a\) 边就能互相到达，因此不会影响答案。
这样时空就压到了 \(2^{n/4}\) 了。
CF1375F
本来是一道很简单的题，但开始想错方向了...
可以想到，先手是必胜的：当他构造出一个等差数列，且后手不能操作最大那堆石子时，先手就赢了。
因此我们来分类讨论一下，假设 \(a<b<c\)：
如果后手选择操作 \(a\)，那么需要给出的 \(k\) 要满足 \(c-b=a+k-c\)，那么 \(k=2c-b-a\)；
如果后手选择操作 \(b\)，那么需要给出的 \(k\) 要满足 \(c-a=b+k-c\)，那么 \(k=2c-b-a\)；
但先手如果选择操作 \(c\)，那么我们就没有好方法了。
实际上，我们可以先加一个极大的数（如 \(1e10\)），那么无论后手加到哪堆，那堆都会成为最大堆，那么下一次他就无法操作最大堆了。
CF1218G
一个朴素的想法，对于第 \(i\) 堆点，我们希望它们的点权满足 \(c_i \equiv i \pmod 3\)
我们先跑出一棵生成树，对于非树边，边权都设为 \(3\)。
考虑遍历这棵树。对于当前点 \(u\)，如果他的点权不满足上面的条件，那么我们就确定他到父亲那条边的边权。
但对于根节点，我们无边可改，这时候我们只能找出一个奇环，对环上的边交替 \(+1/+2\)，就能在不改变其他点的权值下修改根节点。
但如果不存在奇环，就无法完成操作。
这时候显然是一个二分图，我们考虑将点重新编号为 \(1/2\)，每个点依旧要满足 \(c_i \equiv i \pmod 3\)，注意还是模 \(3\)，而且默认根节点属于 \(1\)。
对于根节点 \(r\)，我们分情况讨论：
-
如果 \(c_r \equiv 0 \pmod 3\)，那么我们不需要修改，因为他的权值一定和相邻的点不同。
-
否则，此时 \(c_r \equiv 2 \pmod 3\)。如果根只有一个儿子 \(u\)，那么显然 \(u\) 的度数大于 \(1\)，他们的权值一定不同；如果不止一个儿子，那么我们可以任选两个儿子，将连接的两条边权值都加 \(1\)，就能让 \(c_r \equiv 1 \pmod 3\)，\(c_u,c_v \equiv 0 \pmod 3\)
CF1634F
tag：差分
斐波那契数列看起来就有很好的差分性质。
我们令 \(c_i=a_i-a_{i-1}-a_{i-2}\)，\(d_i=b_i-b_{i-1}-b_{i-2}\)
显然，如果 \(C\) 序列与 \(D\) 序列相同，那么代表 \(A,B\) 也相同。
而我们在 \(a[l,r]\) 加上一段斐波那契数列，就相当于在 \(c_l\) 加上 \(f_1\)，\(c_{r+1}\) 减去 \(f_{r-l+2}\)，\(c_{r+2}\) 减去 \(f_{r-l+1}\)。 \(b[l,r]\) 同理。
CF1041F
我们将上层点标为 \(0\)，下层点标为 \(1\)，我们假设从 \((0,0)\)（即上层点第 \(0\) 号点）开始反射。
我们手推一下，发现如果我们步长取 \(x\)，那我们会经过的点就是 \((0,0),(1,x),(0,2x),(1,3x)...\)
而如果我们再取 \(3x\)，那么上面能覆盖到的点就包括了这次覆盖的点了。
因此，我们的步长只会取 \(2^k,k\in N\)，就可以在 \(O(nw),w=30\) 内处理出答案。
