Codeforces Round #684 (Div. 1)

场上在意识到B会带一个log时果断弃掉去开C，事后证明这是个明智的选择

A

顺序填，转化为处理(2 imes 2)的情况，手玩一下能很简单推出

B

每次删掉度数最小的点删掉，若其(ge K)的点可以判断情况(1)
对于找到(K)的团，按上面删的同时，若度数最小的点度数为(k-1)可以把这(k)个点拉出来判断一下，用map来判断邻边
度数(ge k-1)的点有(O(frac{m}{k}))个，每次判断时间复杂度为(O(k^2logn))
总复杂度(O(mklogn))，观察到有效的(k)是(O(sqrt{m}))级别的

C

观察1：操作1影响的是一段连续区域，产生的效果是赋值
观察2：操作二只会选取(O(logV))段区间消费
以上操作均可用线段树维护，时间复杂度(O(nlognlogV))

D

令(dp1_{i})为(i)个座位(i)个人的合法方案数，考虑枚举最后一个人的座位，发现两边的位置的转移是独立的

[dp1_{i}=sumlimits_{j=1}^i [j+(i-j+1)]{i-1choose j-1}dp1_{j-1}dp1_{i-j} ]

令(dp2_i)为(i)个座位(i)个人的合法方案的疯狂程度之和，考虑枚举最后一个人的座位，单独算其疯狂度，前(i-1)个人的疯狂度考虑增量

[dp2_{i}=sumlimits_{j=1}^i ({jchoose 2}+{i-jchoose 2}){i-1choose j-1}dp1_{j-1}dp1_{i-j}+[j+(i-j+1)]{i-1choose j-1}(dp2_{j-1}dp1_{i-j}+dp2_{i-j}dp1_{j-1}) ]

令(dp3_{i,j}(i>j))为(i)个座位(j)个人的合法方案数，考虑枚举最长的全部被占用的后缀长度(l)。
若(l=0)，则方案数为(dp3_{i-1,j})；否则，由于第(n-l)个座位是空的，所以两边的位置也是独立的

[dp3_{i,j}=dp3_{i-1,j}+sumlimits_{l=1}^j {jchoose l}dp3_{i-l-1,j-l}cdot dp1_{l} ]

令(dp4_{i,j}(i>j))为(i)个座位(j)个人的合法方案的疯狂程度之和

[dp4_{i,j}=dp4_{i-1,j}+sumlimits_{l=1}^j {jchoose l}(dp4_{i-1-l,j-l}cdot dp1_{l}+dp3_{i-1-l,j-l}dp2_l) ]

实际上，这个问题可以做到(O(nlogn))，但是parking and tree这套理论我不太懂，所以暂时先咕了

E

结论0：将有效点看作节点，两点之间有边的充要条件为两点均为有效点且相邻。那么图构成了一棵树。

证明：
对于有效点((0,?),(?,0))这类的点，会形成一个边框框柱上边界与左边界
对于有效点((x,y)(x,yge 1))，考虑最低的(1)，易得((x-1,y)(x,y-1))有且仅有一个点有效

结论1：令点((0,0))的深度为(0)，有效点((x,y))的深度为(x+y)

根据上面的证明易得

容易发现这是翻硬币游戏的拓展版本
考虑单个点的SG函数
结论2：有效点((x,y))的SG函数等于(2^{dep})

对深度施归纳易得

那么对深度为(dep)的点操作一次，等价于游戏的SG函数异或上(2^{dep+1}-1)
可以发现最小操作次数就是游戏的SG函数，在二进制下的段数

对于(x_1,y_1,x_2,y_2)所造成的影响一定是一段连续区间为(1)，可以通过求lca判断
如何求lca呢？通过结论1的证明能发现，每次往上爬是不断对最低位(1)最小的一维(-1)
通过对位处理，可以(O(logV))求得lca

终于更完了，撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿
吐槽一下官方题解比我更都慢...