链接放的是洛谷上的链接。
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<summary>$\texttt{solution}$</summary>
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ARC083F
\(n\times n\) 的正方形上有 \(2n\) 个小球，第 \(i\) 个在 \((x_i,y_i)\)。
有 \(n\) 个 A 类机器人，第 \(i\) 个在 \((0,i)\)，有 \(n\) 个 B 类机器人，第 \(i\) 个在 \((i,0)\)。
启动一个 A 类机器人后，它会向右走，将碰到的第一个球收集起来，并返回起点。启动一个 B 类机器人后，它会向上走，将碰到的第一个球收集起来，并返回起点。
只有上一个机器人返回起点后，下一个机器人才会被启动。机器人一旦被使用过一次就不能被再次使用。
问你有多少种启动机器人的顺序，能够收集完所有小球。方案数对 \(10^9+7\) 取模 。
\(n\leq 10^5\)
$\texttt{solution}$
不会做，看题解去了。。每个机器人都会认领一个球，放到图上，发现这就是个基环树森林。
- 对于点对 \((x_i,y_i)\)，在 \(x_i\) 与 \(y_i\) 之间连边，相当于每个机器人都要认领一条边，发现如果不是基环树无法实现。
- 一条边可以被 \(x_i\) 处的或 \(y_i\) 处的机器人认领，不妨将每条边定向，那么每个点都会有一个出度，是一个内向基环树。
这样就将题目转化为在内向基环树森林上取点的方案数。
如果将这棵树上按照覆盖的顺序拎出来，可以发现这是一棵内向树，内向树拓扑排序数量如下，\(|S|\) 为森林的大小，\(siz_i\) 是子树 \(i\) 的大小：
那么求出每棵树的方案乘起来就行了（基环树的环有两种方向！，加起来后乘起来）
AGC002F
给你 \(n\) 种颜色的球，每个球有 \(k\) 个，把这 \(n\times k\) 个球排成一排，把每一种颜色的最左边出现的球涂成白色(初始球不包含白色)，求有多少种不同的颜色序列，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n,k\le 2000\)
$\texttt{solution}$
考虑这样一个 dp：设 \(dp(i,j)\) 表示已经放了 \(i\) 中颜色，放了 \(j\) 的球的方案数。
我们在放置一种颜色的球时，考虑直接放完这种颜色的所有球，那么就不会对接下来放球造成影响。
- 如果我们选择放置一个白球，直接放在能够放置的最前一个位置。
- 否则，需要先选择出这次放置的颜色，再选出放置的位置，直接转移。
当然，我们需要保证 \(i\le j\)，这保证我们的放置符合题意。
AGC003E
一串数，初始为 \(1\sim n\)，现在给 \(Q\) 个操作，每次操作把数组长度变为 \(q_i\)，新增的数为上一个操作后的数组的重复。问 \(Q\) 次操作后 \(1\sim n\) 每个数出现了多少次。
$\texttt{solution}$
纪念自己想出的 AGC！！
首先之后操作中严格递增的那些会对答案造成贡献，其他都会被后面的吃掉并一点不剩。
那么其实我们的操作就是不断增加长度，求每个数的出现次数。
求解的时候不妨倒过来，每次把最长的一段拆成若干前面的完整段，由于这类似取模操作，每次至少减少一般，所以经过复杂度分析后这么拆一个数是 \(\mathcal{O(\log)}\) 的。
那么从后往前不断拆每个数，最终在长度为初始序列上做一个后缀和就是每个数的出现次数了。
AGC006C
一行上面有 \(n\) 只兔子，分别从 \(1\) 到 \(n\) 编号，编号为 \(i\) 的兔子初始位置为 \(x_i\)。
兔子们要执行一段操作。一段操作以一个长为 \(m\) 的操作序列 \(a\) 描述，其中 \(a_i(2\le a_i\le n-1)\) 表示这次操作由兔子 \(a_i\) 执行，它会等概率选择兔子 \(a_i-1\) 和 \(a_i+1\) 中的一个，并跳到以它为对称中心和现在的位置中心对称的位置。现在给出初始位置和兔子们执行这段操作的次数 \(k\)，求出所有兔子最终的期望位置。
\(3\le n\le10^5,-10^9\le x_i\le 10^9,1\le m\le10^5,1\le k\le10^{18}\)
$\texttt{solution}$
每个兔子一定可以用它的期望位置代替它的所有可能情况，考虑一次跳跃能够让它变到哪里去。
它向左跳跃的期望位置为 \(2x_{i-1}-x_i\)，向右跳跃的期望位置为 \(2x_{i+1}-x_i\)。那么跳跃的期望位置就是 \(x_{i-1}+x_{i+1}-x_i\)。
这是什么？！！NOIp2021 T3！！如果早点做到就好了/kk
那么差分后就是交换两个差分值，倍增即可。
AGC006F
有一个 \(N\times N\) 的棋盘，上面有 \(m\) 已经给出并被染为黑色。
若 \((x,y),(y,z)\) 为黑色，那么我们将格子 \((z,x)\) 也染为黑色。
询问最终有多少个黑格子。
\(n,m\le 10^5\)
$\texttt{solution}$
考虑将行和列分开，即将点对 \((x,y)\) 转换为一条 \(x\rightarrow y\) 的一条单向边，那么最终的个点数就是单向边数之和。
那么如果存在 \(x\rightarrow y,y\rightarrow z\) 那么存在 \(z\rightarrow x\)，即一个三元环。
之后考虑最终状态是怎样的。对于一个连通块，有一下几种结束情况：
-
已经是完全图，只能终止。
-
整张图可以分为三个集合 \(A,B,C\) 是的只存在 \(A\rightarrow B,B\rightarrow C,C\rightarrow A\) 的边，边数为 \(|A|\times |B|+|A|\times |C|+|B|\times |C|\)。
-
整张图可以分为两个集合。
怎样这个连通块才是完全图呢？似乎处理分为两个或三个集合的情况都是了。
那么就可以直接对连通块染色为三种颜色，如果发现此时无法染色（出现矛盾），则说明是完全图。
AGC013C
有一个长度为 \(L\) 的圆环，上面有 \(N\) 个蚂蚁，位置分别为 \(x_i\)，运动方向为 \(d_i\)，\(1\) 表示顺时针，\(2\) 表示逆时针。
每只蚂蚁将会同时开始以单位速度运动，如果两只蚂蚁相遇, 那么它们会改变自己的方向继续运动。
求 \(T\) 秒之后每只蚂蚁的位置。
\(N\le 10^5,1\le L,T\le 10^9\)。
$\texttt{solution}$
很早以前就见过这道题了，所以知道第一步的转化。
\(\bigstar\texttt{Hint}\)：所有蚂蚁在碰撞后都互相穿过，交换编号。
那么蚂蚁最终的位置序列非常好求，且顺时针编号一定为 \(1\sim n\)，只要求出 \(1\) 号点在哪里，所有蚂蚁的位置都好求了。
如果把环拆成链，那么显然第一个是 \(1\)，否则如果有一个蚂蚁顺时针穿过 \(0\) 位置分界点，则 \(1\) 号蚂蚁位置后移一位；若逆时针穿过，则前移一位。
AGC020E
给定一个 \(01\) 串 \(S\)，求 \(S\) 的所有子集的压缩方案的和，详见题面。\(n\le 100\)。
$\texttt{solution}$
如果固定字符串，压缩方案怎么算？CSP2021 T2！！
考虑固定一段，设 \(g_{l,r}\) 表示将 \([l,r]\) 内的串变成一个不可拆开的整体的方案数，具体表现为由括号包上，或者只有一个字符；设 \(f_{l,r}\) 表示压缩方案数。
那么有如下转移：
那么如果有子集怎么办？暴力对循环节内的答案递归处理！！！
AGC023F
给出一棵 \(n\) 个节点的树，以及一个空序列，每个节点上有一个取值在 \(\{0, 1\}\) 中的数。
每次你可以选择没有父亲节点的点删除，并且将这个节点上的数字放在当前数列末尾。请你求出这个数列可能得到的最小逆序对数。
\(n \leq 2 \times 10^5\)
$\texttt{solution}$
由于删除比较困难，考虑从下往上依次合并。那么会在子数的根处决策那棵子树应该放在更为前面的位置。
考虑下面这种情况：在一个已经完成的串后面有两个候选串，他们那个应该放在前面。
设一个子串 \(a\) 有 \(a0,a1\) 个 \(0,1\)，另一个 \(b\) 有 \(b0,b1\) 个 \(0,1\)。
那么如果 \(a1\times b0<a0\times b1\)，则说明 \(a\) 放在 \(b\) 前面更优。
移项，也就是说 \(\frac{a1}{a0}\) 更小的放在前面更优，感性理解起来也很容易。
那么一开始所有点都是没有合并的，取出 \(\frac{x1}{x0}\) 最小的和父亲合并，不断进行这个操作直到所有串都合并完成即可。
AGC028C
给定一个 \(n\) 边的完全图，每个点有两个点权 \(a_i\) 和 \(b_i\)，顺次经过一条边 \((u,v)\) 的边权值的计算方法为 \(\min(a_u,b_v)\)。
求边权和最小的哈密顿回路的边权和。
\(2 \le n \le 10^5\)，\(1 \le a,b \le 10^9\)。
$\texttt{solution}$
将我们选出的路径写成一排，相邻点之间连边，忽略每个点权值的具体大小，考虑一种选择 \(a,b\) 方式的合法性。
可以发现，一种选择方式不合法，当且仅当在 \(k\) 个点中选择了他们的 \(a\) 权值，在剩余 \(n-k\) 个点中选择了 \(b\) 权值，这样必然有一条边的 \(a_u\) 和 \(b_v\) 同时选择。
那么只要选出的不是上面这种情况，我们就可以随意选择权值。
那就将所有点权从小到大排序，无脑选择最小的 \(n\) 个权值。如果是不合法情况，就将第 \(n\) 小的换成第 \(n+1\) 小的。如果还是不行（将同一个点的 \(a\) 换成了 \(b\)），就将第 \(n\) 小的换成第 \(n+2\) 小的，或者将第 \(n-1\) 小的换成第 \(n+1\) 小的即可。总能够在两次交换后得到一个合法选择方案。
AGC030D
给你一个长度为 \(n\) 的数列，然后给你 \(q\) 个交换或不交换操作，你可以选择操作或者不操作，问所有情况下逆序对的总和。
\(n\leq 3000\)，\(q\leq 3000\)。
$\texttt{solution}$，弱化版 CF258D
太智慧了吧。。。请先看 CF258D，经过这一魔改，真的看不出改怎么做了。。
谜语：考虑期望的线性性质。
题目可以转化为：每种操作有 \(50\%\) 的概率执行，问期望逆序对数乘以 \(2^p\) 的值。
那么这样设 \(f_{i,j}\) 表示在考虑完前 \(k\) 个操作后 \(a_i>a_j\) 的概率，\(\mathcal{O(n)}\) 转移。
AGC036D
有一个 \(N\) 个点的有向图，节点标号为 \(0 \sim (N - 1)\)，这张图初始时只有 \(N - 1\) 条边，每条边从 \(i\) 指向 \(i + 1\)，边权为 \(0\)。
对于每一对 \(i, j\)（\(0 \le i, j \le N - 1\)，\(i \ne j\)），Snuke 会加入新边 \(i \to j\)，如果 \(i < j\) 则边权为 \(-1\)，否则边权为 \(1\)。
Ringo 不喜欢图中的负环，所以他想要删掉一些 Snuke 加入的边，使得最终得到的图没有负环。
但是删掉每一条边是有代价的，具体地说，删掉 \(i \to j\) 这条边，要花费 \(A_{i, j}\) 的代价。
请问满足图中不存在负环的最小删边代价是多少？
\(3 \le N \le 500\)，\(1 \le A_{i, j} \le {10}^9\)。
$\texttt{solution}$
被魔法打败了。。这也太智慧了吧！！把题倒过来出还/tuu
负环是什么？是差分约束后无解，在这里是差分约束最短路存在负环。
由于初始的边不能删去，那么一定有 \(x_{i+1}\ge x_i\)，不妨将序列差分后处理，设 \(p_{i}=x_{i+1}-x_{i}\)。
- 如果保留了一条 \(-1\) 的 \(i\rightarrow j\) 的边，则说明 \(x_i<x_j\)，用差分表示就是 \(\sum_{k=i}^{j-1}p_k\ge 1\)。
- 如果保留了一条 \(1\) 的 \(j\rightarrow i\) 的边，则说明 \(x_i>x_j\)，用差分表示就是 \(\sum_{k=i}^{j-1}p_k\le 1\)。
那么设 \(dp_{i,j}\) 表示最后一个 \(1\) 取在了 \(i\)，上一个 \(1\) 取在了 \(j\) 的方案数，可以利用二维前缀和转移。
AGC043D
给定如下构造生成长度为 \(3N\) 的排列 \(P\) 的方法：
- 先生成一个长度为 \(3N\) 的排列 \(A\)。然后将 \(\forall k \in [0, N-1]\)，\(A_{3k+1},A_{3k+2},A_{3k+3}\) 分成一块。
- 有 \(N\) 个指针，初始指向每个块的第一个数。
- 每次选择所有指针指向的数中最小的数删除，然后放到 \(P\) 的末尾。之后指向被删除的数后移一个位置。若移出块了，则删除这个指针。
请你求出，一共能生成长度为 \(3N\) 的排列共多少种。答案可能很大，请求出对 \(M\) 取模的结果。
\(1 \leq N \leq 2 \times 10^3\)，\(10^8\leq M \leq 10^9+7\)。
$\texttt{solution}$
考虑一个块内的字符会怎样选择：如果后一个小于前一个，那么它会在前一个选择完成之后立刻被选择，不妨将他们看作同一个小组。
那么三个字符的块内可能会变成：
- 一个大小为 \(3\) 的小组；
- 一个大小为 \(2\) 的小组和一个大小为 \(1\) 的小组；
- 三个大小为 \(1\) 的小组。
发现最终只要将 \(3n\) 的排列分为若干个大小为 \(1,2,3\) 的小组，满足大小为 \(1\) 的小组的数量大于大小为 \(2\) 的小组的数量，那么一定能够构造完成。
设 \(dp_{i,j}\) 表示放置了 \(i\) 个数，大小为 \(1\) 的小组的数量减去大小为 \(2\) 的小组的数量等于 \(j\) 的拼接方案。
那么枚举下一个放置小组的大小，乘上组内数在放置后的距离（当前方案数），就可以 \(\mathcal{O(n^2)}\) 转移了。