2022省选前集训

20220211省选组总结

T1

观察可知答案至多由两个圈组成，因为一旦方向上有身体就会开始“卷小”，此时无论怎么转都会面向身体的一部分。

由此，DP，分别求出一个圈的顺时针/逆时针答案，再枚举连接点将两个圈合并即可。

T2

没有什么营养的题目。。。
对于每个圆算剩余的周长，由于 \(n\) 只有 \(1000\) ，可以直接枚举其他圆，余弦定理求相交弧对应的极坐标区间。
将得到的若干个区间求并可得到答案。

T3

分两个part。
part1: meet in middle 求 $ \le lim$ 的点集个数。
part2: 矩阵树定理 求每个大小的点集的方案数。

20220212省选组总结

T1

可通过从大到小枚举每一个数，根据其位置快速计算逆序对个数。
由此，容易写出答案的 GF：

\[\left[ x^k \right] \prod_{i=1}^n \frac{ 1-x^i }{ 1-x}=\left[ x^k \right] \left( \frac{1}{1-x}\right)^n \prod_{i=1}^n \left(1-x^i \right) \]

此时左边易用组合数计算， \(x^i\) 的系数即为 \(i+n-1 \choose n-1\) ，于是问题只剩下右边。
该问题类似背包，容易想到用 DP 做，然而物体太多、值域太大，显然不能直接完成。
注意到 \(k \le 10^5\) ，要求的只是前 \(k+1\) 的系数，如果我们将生效的 \(x^i\) 才称之为物体的话，由于每个物体的价值不同，物体个数至多只有 \(\sqrt k\) 个。
不妨设 \(f_{i,j}\) 为放了 \(i\) 个物体，此时的指数是 \(j\) 的方案数（系数），为了每个物体的价值不同，转移采取每次将全部已放物体的价值 \(+1\) 的方式，每次考虑是否放入 \(1\) ，并且在此过程中可能会“创造”出一个 \(n+1\) ，需要减去。具体地讲，转移式如下：

\[\large f_{i,j} = f_{i,j-i} + \left( -f_{i-1,j-i} \right) - \left(-f_{i-1,j-(n+1)}\right) \]

T2

有自环的情况可以多次刷新排列，先不考虑。
按反拓扑序处理出每个点到终点的期望最短距离 \(F_u\) 。
考虑一个点从多个点 \(v , (u,v)\in E\) 转移过来，点和边权可能会有任意组合，

20220216省选组总结

T1

看到 \(k\) 次方一般几个思路：

1. 先计算贡献为 \(x^k\) 的有多少个，再统一算（这很蠢所以基本不会用到）。
2. 为了方便统计，同时维护 \(0\) ~ \(k-1\) 次方，用二项式定理维护。
3. \(x\) 个合法位置 有 \(x^k\) 贡献 的，可以转化为 \(x\) 个中选 \(k\) 个的方案数（可重）。

这题就是第三种，于是可以将计算 有 \(x\) 个的方案数 转化为 有 \(k\) 个的方案数。
这里有贡献的位置称之为“谷”（取名于其在平面上的形状）。一个“谷”除了该点外还包括两侧的“山坡”。
以下分为几步计算答案：

1. 计算 \(f_{i,j}\) ，这里 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 个“谷”，总长度为 \(j\) 的排列数。
2. 计算 \(g_i\) ，表示可重集合 \(S\) 的大小为 \(k\) ，元素种类为 \(i\) 的 \(S\) 个数。
3. 统计答案。

2 是很好做的，直接容斥即可。
考虑 1 怎么做，可以发现若两个“谷”没有相交，它们在计算排列数时是独立的。
于是考虑 \(k\) 个谷由多组连续的 “山脉” 拼在一起。
暴力可以跑出“山脉”长度为 3,5,7,9,11 时的方案数，
然后 DP ，转移为 \(f_{i+k,j+2k+1} = f_{i,j} \cdot {j+2k+1 \choose j} \cdot w_k\) ，\(w\) 就是上面说的“山脉”方案数。

T2

构造一幅图
上层是 \(n+1\) ~ \(n+k\) 号点，相邻点连权值为 \(X\) 的双向边，
下层是 \(1\) ~ \(n\) 号点，连单向边 \((n+i,j) \quad 1 \le i \le k , 1 \le j \le n\) 。
选的边要求构成最小直径生成树。
也就是钦定 \(1\) ~ \(n\) 号点度数一定为 \(1\) ，这样做保证了两个点 \(i,j \quad (1 \le i,j \le n , i \not = j)\) 之间的距离就是原题中给的式子。
于是考虑该图如何求绝对中心 \(S\) ，如果在两层之间的边 \((n+i,j)\) 上，则要求 \(dis(n+i,j) \ge \text{S与其他点的最小距离最大值}\) ，后者可以直接 dij 求。
否则，直接按照最小直径生成树的方法做。

20220218 省选组 总结

栋爷的题呢

T1

将 \(a_i\) 取反，那么一个方案合法当且仅当每一个数都有一个位，是由它独自占据的。
那么这些位打上标记，表示被且只被覆盖一次。
设 \(f_{i,S}\) 为 到第 \(i\) 个决策点，目前覆盖的状态为\(S\) 的方案数，其中，\(S\) 的一位为 0/1/2 分别表示 没有被覆盖/被覆盖多次/标记位。
如果直接转移的话容易发现是会算重的，容斥一下，若是标记位的集合为 \(S\) ，就给其赋上一个 \((-1)^{\lvert S+1 \rvert}\) 的系数。

T2

将每个询问区间写成点，有相交的就连一根流量为 重叠部分\(\sum a_i\) 的边。
给每个区间初始的牌堆大小，令其取区间 \(\lbrack l_i , \min(r_i , l_{i+1}) \rbrack\) ，即每个牌堆优先分给右侧的区间，于是上面的连边就必须方向向左，表示可从右侧转移 \(\sum a_i\) 张牌到左侧牌堆。
每次查询直接使用当前牌堆，空了就找右侧第一个有牌的，需要线段树维护边流量的最小值。

20220219省选组总结

T1 树形图求和

貌似跟之前一道省选题几乎一样？
首先想的是对每条边统计其所在的树形图个数，乘上边权后相加。
会用到矩阵树定理求树形图个数。
但这样是 \(O(m n^3)\) 的，显然过不了。
题解做法是快速维护余子式？
根本没有想到这一边，想到了也不会维护（bushi
嗯。。。考虑将原本矩阵中的 度数 或者 边数 改成双元组，即将一条边的贡献变为 \(wx + 1\) （\(w\) 为边权） 的形式。答案是矩阵行列式的 \(x^1\) 项系数。
如何理解？
考虑如果只计算一条边时是如何求答案的。
若一个树形图中包括该边，才会被计算到答案里面，那么如果把该边的 1条 变成 权值 条 ，算出来的也就是该边的贡献。
\(x^1\) 项保证了只有一条边的贡献是边权。

讲到这里应该都明白了吧？还是提多一嘴。
由于求 det 需要高斯消元，一般都会想直接将多项式当成原本的方程系数来消元，这就需要用到多项式求逆了（虽然只有两项简单的很？）
实际上完全不需要求逆（我根本没写多项式……），只用对常数项高斯消元即可。
但是这个高斯消元需要额外步骤，其实就是不仅仅求出下三角矩阵，我们只保留一条对角线，其他位置的常数项要求全部为 \(0\) 。
为什么？
由于我们只会取一个一次项，此时若在对角线外取了数，则有至少两个数不在对角线上，这些数中至多只有一个能取一次项，于是必有常数项 \(0\) 会被取到，也就没有贡献了。
这样真的好写很多。。。

T2 旅行

还没敲。。。
首先是二分答案，由于题设，旅行一定是按dfn序做的。
那么我们对每个点维护二元组 \((a,b)\) 的集合表示第一天 \(a\) 最后一天 \(b\)。
对于所有 \((a,b), (a',b')\) ，若有 \(a \le a' , b \le b'\) ，\((a',b')\) 显然不优，就没必要存在了。
合并儿子时使用启发式合并，根据某种方式排序后就可以前缀最小值+双指针了吧。
排序什么的可以用归并可以保证复杂度是 \(O(n \log n \log Ans)\) 的，或者直接 sort 多个 \(\log\) 貌似也能硬刚。

T3 字符串游戏

先倒着扫一遍判合法性并找出二元组 \((a_i,b_i)\) 表示 \(a_i\) 要移动到 \(b_i\) 的位置。
做完第一次操作后一定是由这些 \(a_i\) 组成的字符串。
然后设 \(v_i\) 表示做完第一次后 可以提供的位置数 ， 需要保证能覆盖到对应最左侧的需求位并至少留下一个位置（防止灭种）。
那么每一次操作相当于将 \(v_i\) 往前贡献一次，这样的贡献是会保留下来继续对前面造成影响的。
会不会有贡献多了的情况，比如到达了 \(b_i\) 后继续将后面的贡献转移到后面？
不会，原因是当 \(b_i\) 该过程完成了，前面得到的可行位置就是该过程前的所有位置了，前面的答案也不可能更大。

20220221省选组总结

T1

Burnside引理的基础应用
先考虑旋转，联系裴蜀定理知不动点个数和为：

\[\large \sum_{i=1}^{m-1} {\frac{n}{\gcd(m,i)} \choose \frac{m}{\gcd(m,i)}} \]

发现这只跟 \(\gcd\) 有关，于是枚举 \(\gcd\) 计算，若 \(x \vert m\) ，则 \(\gcd(m,i)=x\) 的 \(i\) 有 \(\varphi(\frac{m}{x})\) 个。可以通过预处理 \(\varphi\) ，再 \(O(\sqrt m)\) 枚举因数快速计算。

然后考虑翻转，根据 \(m\) 的奇偶性分成三种情况，分别计算即可。
大胆写式子，列组合数可以合并。

20220222省选组总结

T1

不会暴力怎么打是我的问题QAQ
总归打了个水法20pts。
暴力是对于每个格有两种删法，确定了哪种后在它之前必要删除的格子和删法就都确定了，这是 \(O(n^4)\) 的，35pts。
然而会了暴力怎么就不会满分呢？？？
每个点有两种删法，左或右，一个先删左的格子，它左边的格也一定是先删左的。
于是左右两种方向做，继承前一个格子删的点，复杂度就是 \(O(n^3)\) 的了。

T2

对于一颗生成树，每个点的度数是 \(d_i\) ，它的贡献就是

\[\prod_{i=1}^n d_i \prod _{i=1}^n w_i^{d_i} \]

所以我们对每个点分别考虑，又结合Prufer序列相关知识，
Prufer 序列与生成树一一对应，每个点的度数则为 序列中出现次数+1，序列总长度为 \(n-2\)
设点 \(i\) 的 EGF 为 \(F_{i}(x)\) ，则

\[F_i (x)= \sum_{k \ge 0} \frac{w_i^k x^k (k+1)}{k!}=e^{w_ix}(w_ix+1) \]

那么答案就是

\[\begin{align*} Ans&= \left[ \frac{x^{n-2}}{(n-2)!} \right] \prod_{k=1}^n w_i \prod_{k=1}^n F_i(x)\\ &= \left[ \frac{x^{n-2}}{(n-2)!} \right] {\Large e}^{\sum_{k=1}^n w_i x} \prod_{k=1}^n w_i \prod_{k=1}^n (w_i x+1) \end{align*} \]

这里前两个可以预处理，最后一个背包做，最后暴力算答案。
复杂度 \(O(n^2)\) 。

T3

子任务：可以对整个序列维护一个大根堆，每次加入一个数，弹出堆顶元素。

由此可以很自然地得出分块的做法。
对每个块维护同样的一个堆，并记录每次加入的数。
整块情况直接做即可，散块需要将前面的记录先结算，此时直接暴力复杂度会退化，注意到寿司和人实际上地位相当，每个数会被修改为经过它的数中最小值，对加入的数维护一个小根堆，从 \(l\) 到 \(r\) 枚举 \(a_i\) ，将 \(a_i\) 对比并对调。

其实题目就做完了。。。但是卡常挺悲哀的QwQ
注意不要直接对所有块维护小根堆，而是先用 vector 记录下来，在需要维护整块信息（修改散块前）时用构造函数将 vector 转成 priority_queue ，原因是 push() 比 push_back() 要慢得多。

20220225省选组总结

T1

奇技淫巧增加了！
在边权上做文章，要使 \(m^2\) 的其中一个 \(m\) 变成 \(\log m\) 的话，就加点 \(\frac 1 2\) 进去吧！
设一条边还需要的点权为 \(w_i\) ，若其所连的两个连通块点权都不超过 \(\frac {w_i} 2\) ，这条边就不可能有贡献。
那么对每条边设阈值，扔到连通块上，用堆维护。

T2

设两侧都要经过的点个数为 \(A\) ，若 \(A\) 是 \(4\) 的倍数很容易做，直接每四个数一组拆开即可。
否则，若 \(A=4k+2\) ， 直接搞就是不行的了，那么如果有两个 \(LR\) 中间夹着至少一个 \(A\) ，可以利用这个 \(A\) 将 \(LR\) 发挥出 \(A\) 的效果。

T3

听说只要把递增的条件忽略掉就可以了。。。

20220228省选组总结

T2

容易发现答案一定满足 \(siz_{ans} > \frac{siz_1} 2\) ，那么把树按DFS序拍到序列上，此时的带权中心一定在答案的子树内，倍增往上跳。
修改操作需要树剖，带权中心需要在线段树上二分做到 \(O(n \log n)\) ，最后的倍增向上也是 \(O(n \log^2 n)\) 的复杂度。
这是使用线段树维护的情况。

然而我们知道线段树求区间和会有 \(3\) ~ \(4\) 的常数，况且复杂度已经是 \(O(n \log^2 n)\) 的了，没必要为了 \(O(n \log n)\) 求带权中心而使用线段树，不如使用树状数组，可以减小最后求答案的常数，牺牲求带权中心的复杂度。

T3

《论爆搜时间复杂度层面的各种优化》

这里详细写写题解做法吧。
里面说的复杂度 \(O(2^{\frac n 2}n^2)\) 和 \(O(3^{\frac n 2})\) 取决于最后的子集卷积写法，然而前者是一定会有的。

对于每个合法方案，每个点的度数都不超过 \(1\) ，于是我们将 \((2i-1,2i) \quad ,1 \le 2i \le n\) 相连，这样做的目的是将边都连起来成为若干个连通块的形式，从而将多条边的贡献统一计算，来加速计算过程。
此时每个点的度数仍然是不超过 \(2\) 的，于是一个合法的方案只能由链和环组成。
将每个链和环的贡献分开计算，可以 DP 分别求出点集 \(S\) 构成一个 链/环 的方案数。
求环这里可能会卡住，用断环成链来避免算重，钦定一定断开最左侧点的一条连边（不删上面所说手动加的边），这样无论是环还是链，状态中都只需要记录点集 \(S\) 和目前的终点 \(x\) 即可。
复杂度是 \(O(2^{\frac n 2}n^2)\) 的。

然后把二者合并起来（子集卷积？），同样，为了避免算重，我们钦定每一次新加入的点集 \(S'\) 包含 \(S\) 中最小点，
如此可以 \(O(3^{\frac n 2})\) 直接卷。

总结

1. 时间分配不合理，赛时用了大量时间写T2，快写完时才发现是假的，导致暴力没有时间写。
2. 要有效分析复杂度，较低等级的复杂度可以牺牲为目前必要的最大复杂度，以换取最大复杂度的常数减小。
3. 关于计数题，为了避免算重可以考虑钦定一些条件，要求该钦定会使最终算得的每个方案出现次数便于计算（如都出现相同次数）；
4. 接3 ，T3 在优化时间时，利用图“稀疏”的特性将 \(n\) 降为了 \(\frac n 2\) ，实质上是将多条边的贡献同时计算了，这给我们的启示是可以将散的东西利用特性组合，由此一次计算多个贡献，达到加速的效果。

20220301省选组总结

T1

首先注意到答案一定不会有两条路径是相交的，那么将答案的路径保留下来就会是若干个连通块的形式。
这种性质可以在一些方面帮助我们优化算法，同时，不注意该性质显然是不会影响答案优劣的，所以我们应该对题目的性质进行甄选。
在这道题里，可以利用这个性质进行树形DP，设 \(f_{x,t}\) 表示将 \(x\) 匹配 \(t\) ，子树内所有完整连通块的最小代价和。
转移就是考虑一个节点和新加子树的根节点是否在同一个连通块里，转移就比较显然了。

T2

赛时还是浪费太多时间在这道题上了（线代果然是个坑。。。）
将所给的矩阵中提取出一个全为 \(C\) 的矩阵出来，所求行列式就是 \(\det \left(A + B\right)\) 形式的，其中 \(A\) 是全为 \(C\) 的矩阵， \(B\) 是一个上三角矩阵，主对角线由 \(1-C\) 组成。
这样的行列式计算方式是 \(A\) 中选一些行和列， \(B\) 中选其补集，两个分别求行列式乘起来，对所有选择方案求和。
这里两个矩阵都比较特殊，容易发现的是 \(A\) 中至多选一个数，否则其行列式就是 \(0\) ，不选时 \(B\) 的行列式也可以直接求。
下面问题就在于选一个 \(C\) 的情况了。如果这个 \(C\) 的位置是 \((i,j)\) , 如果 \(i < j\) ， \(B\) 中得到的行列式一定是 \(0\) ，只需要考虑 \(i \ge j\) 的情况。
此时 \(B\) 中没有了 \((j,j)\) 这一必选的点，就“释放”了 \(j\) 行上的点，选择的 \((j,k)\) 一定是满足 \(j<k\) 的，同时这又“释放”了 \(k\) 行上的点。
于是形成了链状的结构， \(j \rarr k \rarr \cdots \rarr i\) ，其贡献为 \((-1)^{len-1} C^{len} \left(1-C \right)^{n-len}\) 。
设在第 \(i\) 列结束的方案数和为 \(f_i\) ，则有 \(f_i=\sum_{k \vert i , k < i} f_k \frac{C}{(1-C)^2}\) ，用杜教筛加速前缀和过程。
预处理需要做到线性。

T3

题解做法是真的麻烦。。。以下是 FK 的简单方法。
观察题目函数的执行过程，区间 \((l,r)\) 有用的地方只有长度 \(r-l+1\) ，每一次相当于将最左侧一位累加到右侧的数上，
手玩一下就能发现同一层的参数 \(len\) 至多相差 \(1\) ，同一长度且 \(work\) 不同的情况只有 \(2^k\) 和 \(2^k+1\) 。
那么就可以直接求了嘛，特殊处理的在于最右侧的 \(1\) 左侧有连续的 \(0\) 。
于是线段树维护 区间异或1、区间赋值、求前驱1 即可。

20220303省选组总结

出题人咋不承认一下第一题也可以是乱搞题，你看那个暴力跑第一的

T1

路走歪了。
赛时总想着 DP 一类的东西，然后发奋删状态，确实删得很少但是正确性废了QwQ，最终还是交了暴力不知道为啥只有30pts。
最小策略显然是先把一个数变成总的 \(\gcd\) ，目标就是要最小化这个的步数。
另一个很显然的是这个过程至多 5 步，即将 \(6\) 个数取 \(gcd\) 。
所以问题变成了枚举答案，判断是否可行。
这个判断是否可行就很烦，不太正常。

我们喜欢数论，又喜欢计数，所以把问题变成计数吧！ —— alpha1022

契机应该是看到 \(\gcd\) 想到数论、莫反，然后莫反不便于判断存在性，但是它可以算方案数。
那么就把判断存在性换成了算方案数，只要方案数不为 \(0\) 即为存在。

T2

判断合法性要求划分内 \(a_i\) 和 \(b_i\) 的数集和个数都相同，这个可以前缀和方便维护。
由于数集可能很大非常难判，那么就哈希一下。

T3

也是路走歪了。
虽然正解也是一个很劣的 DP 优化，然而我的 DP 不一样就根本没有什么优化的可能，死磕是没有结果的。。。
赛时考虑的是，最后的方案画出来每条边的流向是一定的，那么就应该是由一部分点向外流，拼起来的一整个环。所以我算每个点往外流的区间最小答案，瓶颈在于两个端点的状态需要记录。

正解是另一个 DP ，先枚举 \(n\) 到 \(1\) 的流量 \(x_1\) ，后面的 DP 状态只需要记录到达的位置 \(i\) 和 \(x_i\) 。
如何从这个 \(O(n^5)\) 的 DP 升级到正解？
根据题解的相关说明，DP数组 \(f\) 的每一维 \(f_i\) 都是一个凸函数，于是可以用平衡树转移。这样有 80pts。
然后又有答案与 \(x_1\) 的关系也是凸函数，这里三分做。于是就有 100pts 啦！
只能说平衡树和三分都没怎么写过

大多数人路走歪了是可以拿到 80pts 的，费用流一下就行了。

总结

1. 要根据一些题目中的蛛丝马迹考虑题意的转化，例如今天的 T1 看到 \(\gcd\) 就应该要想到数论、莫反，进而由莫反的作用范围来考虑将题意的 “存在性判断” 换成 “方案数统计”。
   同时应当认识到的是，“计数” 这一概念完全可以表达 “存在性”、“合法性” ，并有进一步的附加属性。

2. 碰到比较大的需要判断相同的数据时，应该要想到哈希，并大胆使用随机，以增强答案正确性和判定的简便性。

3. DP 需要比较合理且简洁的状态和转移，DP优化方式上，将DP数组视作函数分析其性质，不失为一种有效的优化，比如 四边形不等式、凸函数、压缩DP状态 这些比较 数学+OI 的东西。

4. 考试策略依旧不甚合理，应当认识到没有写完暴力就直接死磕满分是没有前途的。
   即使扫了一眼知道能有很多部分分可拿也好写，也要先写好暴力保底。。。

20220304省选组总结

这比赛也太阴间了。（汗）

T1

题意是执行 \(\lfloor \frac n k \rfloor\) 次，第 \(i\) 次求在树上放不交的长度为 \(ik\) 的链最多能放几条，每次前会删去一棵子树，或恢复之前删的一棵。
赛时真是脑子抽风了没想到贪心，就想着DP能不能做，事实证明这是没有前途的。
贪心就是每次找一个最深的子树，满足其直径不小于 \(ik\) ，然后把它删掉。删到不能删为止。
如何加速这个过程？
先不考虑修改，注意到答案总和是 \(n \ln n\) 级别的，于是可以预处理出所有答案可能的位置（要求其儿子子树大小小于 \(ik\) ，且其自身子树大小不小于 \(ik\)）。注意这里求的是最底层的那些“基石”。
每次求答案时从队列中取出一个数，再倍增找它最深的满足条件的祖先加入队列。如果该祖先也是队列中其他数的祖先就不加，以保证时间复杂度和正确性。
为判断是否满足条件，需要用到欧拉序求直径，线段树维护。
考虑修改的话，需要在线段树上打打标记什么的。。。看不懂。

T2

看不懂为什么有 \(a_{i,j}<=4\) 的条件。
按右乘看，乘进去的矩阵代表着矩阵的列变换。
最后一列全为 \(1\)，最后一行除 \((n,n)\) 外都为 \(0\)，意思应该是最后一列每次都统计了前面的前缀和，但不会对前面列的值产生影响。
那么只看前 \((n-1)\) 行和前 \((n-1)\) 列，判断其能否保持一直非 \(0\)，位置 \((i,j)\) 上有值意思是第 \(i\) 列会往第 \(j\) 列贡献。
于是建图判环即可。

总结

1. 不要被DP思想局限了，DP考虑的状态数多、要求不能有后效性，这些特点使得它有时并不能取得很好的使用效果，而是作为“暴力”一档出现。当DP优化出现困境，并感到不太有前途时，不妨尝试一下贪心、随机化等做法。

2. 数据范围有时可以体现题目的一些特性或者引导解法，就如T2的数据范围很大程度上影响到了我解题的思考过程。
   然而，并不是所有给出的数据范围都会有非常显然的性质引导，也如T2给出的 \(a_{i,j} \le 4\) 这一条件，并没有对解题起到任何作用。在赛后的讨论中，我们得出的结论是该性质用于保证读入的速度……

3. 对数据范围怀抱警惕心理，遇到较大的输入时一定要记得打快读。

4. 今天的策略相对前几场正确了不少，只是不知道为何T3的两档部分分都没有拿到。策略上的不足之处在于没有给T1预留足够的时间。规划了2h给 T1 T3，但是写完 T3 就只有 25min 了QAQ，经过短时间的思考根本写不出来，痛失70pts的部分分。

20220307省选组总结

T1

赛时太冒险了，猜了个自己都觉得有问题的结论还硬着头皮写，结果确实出问题了。。。
幸好低分档补了个暴力。
但其实这题策略还是不错的，至少该拿的暴力分拿到了。

看了看 Solution ，也是一种见过的技巧，但没怎么真正使用过……做题量还是太少了。
在这种对数的种类有区分的情况下，可以根据题目的特性将多种数字使用 0/1 简化，
并由此得到一些比较简洁且有效的结论。
同样的套路还在之前的一些题里出现过，比如前年CSP-S的T3移球游戏。

T2

一眼积性函数、Min25，想起前两天还觉得这东西用的不多所以根本没有复习来着……
吃了知识点的亏。线筛 \(O(n)\) 跑路。

首先单求一个点值可以DP快速求得，该过程可以写成多个二元组运算的形式。
容易看出积性函数一样的形式，满足 \(f(p^k)\) 可以快速计算的条件。
然后 Min25 直接做即可。

Min25基本思路：

1. 将所有点值都暂时使用质数的计算方式，利用函数 \(g(n,j)\) 表示 \(n\) 以内质数和最小质因子大于 \(p_j\) 的数的点值和 ，计算出 \(n\) 以内所有质数的点值和。
2. 设 \(S(n,j)\) 表示 \(n\) 以内最小值因子不小于 \(p_j\) 的数的点值和，利用积性函数的性质，每次枚举最小质因子及其指数求。

20220308省选组总结

T1

简单题！
容易看出来的是一个排列中的环只会变成一个基环树，嗯……同时环上的相对顺序和原本相同。
统计所有排列能形成的序列数之和，可以拆成多个环考虑贡献。
对于一个大小为 \(n\) 的环，变构成的基环树的种数是 \((n+1)^{n-1}\) 。
证明的话可以用 Prufer 序列之类的搞一搞吧。将所有点连向一个虚点，表示留在环内。
后面的就是常规的化式子，用生成函数推一下可以变成多项式exp。
式子推错是真的会歇菜的呀！

T2

T3

总结

策略是真的不行啊~部分原因是心态问题吧，一开始花了好长时间推T1，推出来的式子错了点细节但死活改不出来，心很慌然后心态就崩掉了。导致后面打的暴力漏洞百出，还接连读错题。

20220310省选组总结

呜呜呜这就是没有改题的后果吗QwQ

T1

基本是支配树板子了，主要是支配关系是树形结构的，于是可以建成一个树，一个点可支配的节点为其子树内的所有节点。
注意到是DAG上建支配树所以比较简单，加入一个点时只用将其连到原本应该连的点的LCA处（嗯其实是连到这个点，只是这样说好听一点……）。
LCA怎么维护？
原本要求最长不下降子序列，是可以用权值线段树优化DP搞定的，这里线段树同时维护一下LCA就好了，只用维护 \(f\) 值最大点的LCA就好，其他是没用的。

T2

方案数转化为格子路径划分。
式子推出来reverse一下就可以直接卷了。

T3

硬莫反（雾）
先是一个比较常用(?)的式子

\[\varphi(xy)= \frac{\varphi(x) \varphi(y) \gcd(x,y)}{ \varphi( \gcd(x,y) )} \]

从 \(k=1\) 拓展到 \(k>1\) 。
那么 \(k=1\) 时，经过经典（套路）莫反，有

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \varphi(ij) = \sum_{T=1}^n \sum_{d \vert T} \frac{d}{\varphi(d)} \mu(\frac T d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac n T \rfloor} \varphi(iT) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac m T \rfloor} \varphi(iT) \]

后面两个的形式是一样的，那么设

\[f(n)=\sum_{d \vert n} \frac{d}{\varphi(d)} \mu(\frac n d)\\ g(d, n) = \sum_{i=1}^{n} \varphi(id) \]

这两个都是可以 \(O(n \log n)\) 预处理的，原式就等于

\[\sum_{T=1}^n f(T) g(T,\lfloor \frac n T \rfloor) g(T, \lfloor \frac m T \rfloor) \]

！！！！！这里是令我迷惑的地方。
钦定一个阈值 \(B\) ，当 \(T< n/B\) 时暴力算；当 \(T \ge n/B\) 时数论分块。
为了数论分块，还需要预处理一个 \(Ans(i,j,k) = \sum_{T=1}^k f(T) g(T,i) g(T,j)\)
嗯。。。是要处理这个的前缀和。
那么顺利做到复杂度 \(O(n^{\frac 5 3})\) 。
考虑扩展到 \(k > 1\) 。
构造函数 \(F(x) = \frac{\varphi(xk)}{\varphi(k)}\) ，则有

\[\begin{align*} F(xy)&=\frac{\varphi(xyk)}{\varphi(k)}=\frac{\varphi(xyk)\varphi(k)k}{\varphi(k)} \cdot \frac{1}{\varphi(k)k}\\ &=\frac{\varphi(xyk^2)}{\varphi(k)k}\\ &=\frac{\varphi(xk)\varphi(yk)\gcd(x,y)k}{\varphi(\gcd(x,y)k)\varphi(k)k}\\ &=\frac{f(x)f(y)\gcd(x,y)}{f(\gcd(x,y))} \end{align*} \]

JYChen指出，除以 \(\varphi(k)\) 根本没有必要，事实也是这样：

\[\varphi(xyk)=\frac{\varphi(xyk^2)}{k}=\frac{\varphi(xk)\varphi(yk)\gcd(x,y)}{\varphi(\gcd(x,y)k)} \]

式子和 \(k=1\) 长得一模一样，一样做就好了。

20220321省选组总结

（实则是0322省选组）

套用某位神仙的话，T1这种题就该当作不可回收垃圾处理。

T1

后面的 \(\sum_j f(i,j)\) 根据组合意义就是斐波那契数，那么题目就变成求斐波那契的前缀 \(k\) 次方和。
经过多人的努力，尝试通项公式是没有前途的因为 \(p\) 不确定时的 \(\sqrt 5\) 根本搞不定。
然后，矩乘显然也是没有前途的毕竟 \(\log n\) 太大了。
剩下的办法第一时间想到的就是斐波那契的循环节。
由某些结论知循环节大小不超过 \(6p\) ，那么利用生日悖论随机 \(\sqrt{6p}\) 个位置有重的概率就会是 \(50 \%\) 的，也就是有这么多的概率能找出循环节，而且这个概率多数情况是会多上很多的。

T2

首先第二问真的好蠢根本不用理。
观察可知有性质：kruskal过程中的连通块在原图中也都是连通块。
min比较难搞所以直接将其拆成两次的转移，从 \(x\) 走出的代价为 \(a_x + dis\) 。
那么容易得到二分的 \(O(n \log n)\) 做法：从每个点都往外走直到走尽或者和别的块联通。

再结合一下上面的性质，可以将二分变成一种DP做法（甚至直接推出DP也不为过）。
就是对于原图中一个边连接的两侧点集，一定有某一条边将它们连在一起，那么可以DP处理出从下面走上来的最小 \(a_x+dis\) ，从上面下来同理。
容易发现只要所有这样的边都连起来了，就一定是合法的一个整的连通块。

T3

好妙！

首先 \(b_i \leftarrow k-b_i\) ，这样题目的限制就变成了 \(a_i \ge b_j\) 或 \(a_i \le b_j\) 形式的。
然后将其连边，强联通的即表示它们一定相等，可以缩成一个点。
然后如何计数？
观察原图发现这是个两侧所有点都有连边的有向二分图，
那么缩点后对其使用最长路分层，可以看出相邻层的点一定两两之间有连边，
如何证明？
原图是满足该条件的，对于一个缩起来的大点，它一定包含左右各至少一个点，因此它与其他所有点都会有连边。
分层之后有每一层的最大值必小于等于下一层的最小值，\(O(n k^2)\) DP做即可。

20220322省选组总结

（实际上是0321省选组）

T1

赛时推了3h只推出来个 \(n=0\) ，然后发现没有前途（
显然的是一个矩阵由其第一行和第一列决定，然后对其合法条件进行讨论。
最终是对 每个位置的 \(color\) 异或上位置的奇偶性 作出讨论。

T2

不难，就是优秀的复杂度不太好写。
第一眼看到：每个高度的AVL都有其最小版本，而其他版本一定能够容纳该版本，这可以快速预处理出来。
需要注意到的是 AVL 的树高是 \(\log n\) 级别的，因此完全可以设 \(f_{i,j}\) 为 \(i\) 的子树深度为 \(j\) ，且其中所有限制都已经被满足 的最小所需点数。
这里的限制是指我们从 \(1\) 到 \(n\) 依次尝试放入每个数，一旦成功就不会被取出来，成为限制。
这样做是 \(O(n \log^2 n)\) 的，已经可以通过本题。
注意到有另一个有趣的性质，一旦一个点尝试进入时失败了，那么该深度的其余节点都不会成功。
原因是我们放的时候一定是从小到大放，同深度的点来说，右侧的点代价一定不小于左侧，因为左侧的子树高度一定是不比右侧浅的，同时左侧点还更优。
这样可以做到 \(O(n \log n)\) ，去掉了一个 \(\log\) 。

但是这个会不会有 \(O(n)\) 做法呢？
其实想出了一种但是细节太多完全不想写，也可能有锅。
大致思路是利用“最小版本”的转移是 $g_n = g_{n-1} + g_{n-2} +1 $ 的特点，每次往深的点拓展时，利用记录的 \(pre\) 和 \(cnt\)， \(O(1)\) 维护代价。

T3

二次离线莫队，这就去学，先咕了……

20220324省选组总结

T1

板题。
建出圆方树然后长剖，又快又好写，调不出来就是另一个故事了……
或者圆方树不会建什么的……
好吧实测是长剖挂了QwQ

T2

赛时直觉是回滚莫队你敢信？
首先看到回文建 PAM。
然后答案就相当于区间内点在 \(fail\) 树上的链并大小。
这样莫队就莫得前途了（
而且在线也是不可能的（
所以离线！
那就扫描线吧！
把每个串的贡献记在最右侧的右端点处，每次加入一个位置就相当于覆盖 \(fail\) 树上的一条链，树状数组维护每个位置的贡献有多少。
这个怎么做呢？
可以树剖，就是比较麻烦，不想写。
还可以LCT，注意到每次access之后的所有 Splay 内都只有一个标记，所以每次access的时候将对应标记位置 \(-siz_t\) 即可。

T3

惨死于卡特兰数没学好。

将三角剖分转化为卡特兰数，即每次为边(1,n)选择一个点划分成三角形，对应一对括号，包括 \(1\) 的一个多边形放在括号里面，另一个多边形放在括号之后。

观察 \(m\) 有什么意义，结合上面的转化，发现其限制了每个时刻未匹配的左括号 \(\le m\) 个。
这个没怎么见过呀。。。那就换成熟悉的格路计数！
相当于求从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) ，不经过直线 \(y=x+1\) 和 \(y=x-m\) 的方案数。
这就是有两条线的限制嘛~ 上周刚做过，容斥一下就行，每条线都对称几次，按照奇偶性分容斥系数。这样答案就是

\[\sum_{i=0}^{2n} \left( [i \equiv n \pmod {m+1}] - [i \equiv n+1 \pmod {m+1}] \right) {2n \choose i} \]

嗯。。。直接求还是不行，这种形式就单位根反演吧！
观察到 \((m+1) | (p-1)\) ，那么模 \(p\) 意义下的 \(m+1\) 次单位根是存在的，直接做就行。

20220325省选组总结

今日份总结：退一步海阔天空。

首先存在一个 \(d\) 使得 \(m\) 每次必定经过 \(0\) ~ (d-1) 层

20220328省选组总结

原来睡觉对做比赛有奇效

T1

先是转成边的覆盖，然后。。。第一眼想到的居然是莫队？绝对是被根号算法搞疯了。
推了一会儿之后意识到莫队是没有前途的还不如 \(n^2\) ，弃掉。
DP可以做到 \(n^2\) ，打挂了就是另一个故事。
正解完全没有听懂的就是说，改完T2再去看。

T2

这是个可悲的故事……
第一步看出答案是 \([x^n] \left( \frac 1 {1 - x - x^2} \right)^k\) 。
联想 \(k=1\) 时的做法（也属于齐次常系数线性递推吧，不过这里只是用生成函数算通项），考虑裂项，设原式等于

\[\frac{R_1(x)}{(1 - \alpha x)^k} + \frac{R_2(x)}{(1 - \beta x)^k} \]

同时有

\[R_1(x)(1-\beta x)^k + R_2(x)(1- \alpha x)^k =1 \]

有结论是 \(R_1\) ， \(R_2\) 都一定是 \(k-1\) 次多项式。

现在要求 \(R_1(x)\) 和 \(R_2(x)\) ，先求 \(R_1(x)\) ， \(R_2(x)\) 同理。
对 \((1-\alpha x)^k\) 取模，做到去除 \(R_2(x)\) ，得到

\[R_1(x) \equiv (1-\beta x)^{-k} \pmod {(1-\alpha x)^k} \]

模数比较奇怪不好求，换元，
设 \(t=1- \alpha x\) ，则

\[R_1(\frac{1-t}{\alpha}) \equiv \left(1 - \beta \cdot \frac{1-t}{\alpha} \right)^{-k} \pmod{t^k} \]

令

\[f(t)=\left(1 - \beta \cdot \frac{1-t}{\alpha} \right)^{-k} \]

此时常数项易求，一种常见的 \(O(n)\) 求法是利用 ODE ，即常微分方程。
简单来说就是对原式求导，有

\[\left(1 - \beta \cdot \frac{1-t}{\alpha} \right) f'= -k \cdot \frac \beta \alpha \cdot f \]

取 \([t^{i-1}]\) 可以得到 \(f\) 的递推式。
为了把同余的等号变成正常的等号，我们有需求将自 \([t^k]\) 开始的项全部变成 \(0\)，那么给常微分方程多一项 \(C \cdot t^{k-1}\) 。这样做是为了消去 \([t^{k-1}]\) 给 \([t^k]\) 的贡献。
事实上，求出 \(f(t)\) 的系数并不重要，我们要求的是 \(R_1(x)\) ，即 \(f(1-\alpha x)\) 。
但是这两个方程中 \(C\) 显然是一样的，只有 \(t \rightarrow 1-\alpha x\) 。
那么有关于 \(R\) 的ODE，

\[(1-\beta x) R' \frac{1}{-a} = -k \cdot \frac \beta \alpha \cdot R + C(1-\alpha x)^{k-1} \]

这样就能求出 \(R_1(x)\) 了。

有一个疑问点在 \(R\) 的 ODE 处，就是那个 \(-\alpha\)。
这个算法的思路是用 \(f\) 的 ODE 算出 \(C\) ，套用到求 \(R\) 里，所以应该用 \(f\) 的 ODE 转成 \(R\) 而非直接用 \(R\) 求 ODE，以此保证 \(C\) 的不变。
我们知道 \([R(x)]'=[f(1- \alpha x)]' = - \alpha \cdot f'(1-\alpha x)\) ，而原式中的 \(f'\) 实际上是 \(f'(1-\alpha x)\) ，所以这里需要把 \(-\alpha\) 除掉。

T3

容易想到 \(\varphi (ij) = \varphi(i) \varphi(j) \gcd(i,j) / \varphi(\gcd(i,j))\) ，这东西跟 \(\gcd\) 有关发挥不出什么作用。
根据 \(\varphi\) 的转移你会发现，如果把 \(\gcd\) 变成其因子，得到的数只会更小。
那么可以枚举 \(d\) ，处理其所有倍数之间的贡献。
如果直接做还是有 \(O(n^2)\) 对数 有贡献，考虑简化，对于 \(d\) 的一个倍数 \(p_i\) ，只用找到其左侧和右侧的第一个大于它的即可，可以证明这样能包括所有 \(d\) 倍数的贡献，证明简单这里就不写了。
这样能使贡献的数对个数达到 \(O(n \log n)\) 级别，扫描线一样离线询问，树状数组维护后缀最大值即可。

20220330省选组总结

啊啊啊啊啊AK场怎么打成这个样子

T1

赛时猜出结论了，也想到可以枚举 \(a+b\) 了，但是过不了样例的时候觉得一定是结论错了就没有调。。。
先对 \((a+b)\) 取模，分成 \(x <a\) , \(a \le x < b\) , \(b \le x\) ，其中第一种是无效点，第二种的 \(a\) 的专用点，第三种需要考虑是否 \(\ge 2a\) 。若有第二种则 \(a\) 必胜，其他情况简单分讨。
计数突破点是 \(a+b\) 的取模，这个不能直接算，那就枚举，用上面的策略计算确定第三种数个数时的 \(a,b\) 范围，根据奇偶性加到先手必胜和后手必胜中。
A 必胜和 B 必胜一样多，通过另外两个减一下就能得到。

T2

注意题意的贡献是点贡献而非点对贡献。

建出反链的 SAM ，每个点的子树中，没贡献的位置是那些只有一个点的深度，用栈简单维护一下就行。

T3

type=2 的子任务给了一个非常明显的提示，特别是给出了 \(p^k\) 条件的情况下。

显然不同质因子之间互不影响，可以对每个 \(m\) 内的质因子 \(p\) 求出 \(p^k\) 结尾的答案，这也是子任务的做法，不会多项式那就直接矩阵乘法吧！矩阵大小显然很小可以直接做。
现在我们对所有的质数幂的位置，都有了以其为结尾的答案，那么线筛把不同的质数幂结尾组合起来就可以了。

这样做还是非常慢的。。。优化一下常数，发现有很多 \(p^k\) 中的 \(k=1\) ，这时候答案其实是等比数列求和的形式，可以普通快速幂直接算，能省去 \(8\)(?) 的常数，还是非常快的。

20220401省选组总结

高分秘诀：晚上早点睡，早餐要吃好，QQ别打开。
（话说rp暴涨是不是因为早上吃了八宝粥 /jk ）
呜呜呜讨论时还被cue了。

T1

题意相当于用一条链将 dfs 树切成大小相同的两半。
嗯。。直接想找中位数一样往下就好了。
想到之后大约比赛开始1.5h，周围的人还在这题的数据范围游荡，心里有点小慌是不是看错题了，
不然不可能就我会做呀？
反复确认后才敲了。

T2

？？？奇怪的题目增加了。
一开始真的以为随机函数会有什么特别的性质，
转念一想，这样子的随机函数见过好多好多了吧，可能真的没有什么性质。
好，既然它随机，那我也随机，跳吧。
于是第一次看时盯了一小会儿就跳过了，最后半个钟左右回来写了个随机。
（真应该好好看时限的没准能水多几分）
正解是把 \(G_1\) , \(G_2\) 前 \(N/3\) 位相同的弄出来，\(G_3\) 和 \(G_4\) 同理，这样就不用理前面的了。
然后把这些拼到一起，就是找相同的合并。

T3

一开始的担心是正确的，
只不过是 T3 看错了而非 T1。
一开始以为是“左侧”同一高度的所有积木，中间可以有空，想了好久硬是连样例都想不明白，一度怀疑样例给错，
然后看了眼 QQ 群，发现没有修改题面？那就回来再好好读题。
嗯。。。这时候才知道只会推动相邻积木，离结束不足 1h。
迅速 rush 50pts 的部分分，寻思着也没多长时间了就去看 T2 ，没有死磕在这题上。
结果是悲哀的，不开 long long 见祖宗。\(50pts \rightarrow 22pts\)

正解把每个积木换成点，做成图论题了，分别考虑每块空地能填的积木个数，连向最近的那些点，边权是移到该处的代价。
埋在当地的情况每次是花费 \(2\) 的。
考虑到实际上很多点是没有用的，只会整块被移动或者埋到当地，这些点可以缩在一起。
这样边数和点数都是 \(O(n)\) 的，跑一下最短路可以得到答案。

20220405省选组总结

《关于AK场疯狂挂题这档子事》

T1

拆一下式子可以得到一个除 \(k\) 上取整相关的式子，数论分块分别处理每个 \(h_i\) 。
这里分块完是要排序的，一开始直接 sort 觉得非常不稳，于是用上堆归并排序。
最后还是挂分了（裂），一个是答案上界设小了，一个是算答案时没用排序后的数组，而是用了原本没排序的（别问我为啥这还有 70pts ）。

T2

？只有我是在算体积并的吗？

容斥一下，每个三元组的贡献就是三个长方体的并，要求全部并起来。

那就先拆成 \(3n\) 个长方体，然后计算体积。用扫描线变成二维问题，然后就是一个 前缀最值修改-全局求和 的问题。
一开始没有注意到是前缀修改所以写了吉司机线段树，后面调不出来注意到是前缀，改成了直接 set 硬刚？

T3

假爆啦！
赛时想歪了觉得是道SB题，赛后才知道做法有大锅。

如果没有两行的情况，其实就是一个贪心，上下行独立。
那一个自然的想法就是在 \(O(n^2)\) DP 的基础上进行优化，将一些单行的贡献一次性计算。
由此可以发现很多状态是没有作用的。
对于第一行用了 \(i\) 格时，只用记录第二行不长于它时的最大贡献和最早位置，第二行同理。
转移比较简单。

20220407省选组总结

可以预见到这套题被喷爆……
两个板子一个暴力……

T1

先转化成每次从一堆取一些数扔到下一堆，最后面是一个垃圾桶，不能扔的输。

那么发现距离垃圾桶长度是偶数的都是垃圾桶，因为一个人将其取出来，另一个人一定可以把它扔回去，
剩下的奇数格就是 Nim 游戏，异或和经典结论。

T2

暴力碾标算（雾

一个比较优秀的 \(O(q \log n)\) 做法，但是很多状态都会被剪掉。
把树按照DFS序压到序列上，直接线段树维护区间最小值最大值，已经没有被删的数个数。
每次之间删去一段区间中深度不大于 \(dep_x + y\) 的点，跑得还是比较优秀的（

T3

这种题啊……真的板子……模拟赛出什么根号数据结构呀……

树上莫队，询问放到括号序上做，将颜色分块做到 \(O(1)-O(\sqrt n)\) 。
要特殊处理 \(lca\) ，不过那是细节问题了。

20220409省选组总结

明早晨跑（flag

T1

不难？
直接算不好算，考虑用总方案数减去有两个重心的方案数，此时深度较低的一个重心子树大小必定为 \(\frac n 2\) ，
那么要算的其实就是将一个子树接到另一个地方后，使某个点的子树大小变为 \(\frac n 2\) 的方案数。
我想的是枚举这个子树大小为 \(\frac n 2\) 的点，计算将其他子树接过来的方案数，
需求/提供 大小不同的节点显然是不会相互影响的，那么把相同的点放在一起做，树状数组直接搞一下就行。
特殊的点在于原图有两个重心，这里推一推也很好做。
这是 \(O(n \log n)\) 的，稍微剪剪枝可以碾过去，跑得比 \(O(n)\) 要快。

T2

确定了数集后，排序方式是全序的，对其排序即可。
排序方式为 \(cmp(A,B) = [A+B>B+A]\) ，其传递性可以考虑该比较的实质为字符串的自循环的比较。
然后考虑每个数的贡献，
按 \(cmp(A,B)=0\) 排序后在 \(x\) 前面的数都有可能给 \(x\) 贡献，
那么记 \(f_{i,j}\) 为当前时刻第 \(i\) 个集合，长度为 \(j\) 的数的个数，注意这里记录的只有在 \(x\) 前的数，
特别地， \(f_{i,0}\) 为第 \(i\) 个集合中在 \(x\) 后的数的个数。
令 \(F_i(x)\) 为 \(f_{i,j}\) 的生成函数。
这样其 \(x\) 的贡献就是 \(x \sum_{j \ge 0} 10^j \left( [x^j] \prod_{t!=i} F_t(x) \right)\) ，
仔细观察式子，发现 \(10^j\) 可以带到 \(x^j\) 里，只需 \(x \leftarrow j\) 即可。
那么直接维护乘积即可，由于可能构造出 \(0\) ，需要另外处理一下。

T3

简单题，就是难写。
简单LCT，简单维护，码量约 7-8k 。

20220410省选组总结

下午打球好累好累……虽然没有上场……

考场写的 ? + 30 + 52

结果 T1 结论假了真没分，T2 不知道为啥暴毙了，T3 直接 MLE ，算的时候没感觉会 M ，说明计算空间需要再多加仔细观察数组？
但是其实这个不能改 Path 又没有虚拟机就很淦。

T1

考场的结论真的假，但觉得这道题不会有什么进度，就直接写了跳过。
其实下次可以打个暴力先。
首先答案一定是 \(n\) 或 \(m\) 的约数，其次每次优先填向右的。
可以保证这样是最优的，
若全部字符相同显然可以拼成，
考虑如果可以向右但选择了向下的话，右侧的点就必有一个与开头不同的位置无法被覆盖。

T2

就很淦！
想到了后半的一部分但是不会用长剖求……
同时那个公式连通块个数=点数-边数确实印象不够深刻。
应当正确认识这一公式的实用性。
（是不是应该开一个文档记一下这些常用的公式？）

T3

M了……
赛时打了前三档，不会在线维护答案。
但是把前几个部分分加起来空间直接爆掉了。
好吧我是傻子不知道可以离线呜呜呜。

实边：new；虚边：copy

当求一个点的度数时，考虑与其相连的点有哪些：

1. 该点和该点的一些（虚边）祖先实边连出的点及其子树，要求连出的点时间小于当前点时间。
2. 虚边上的最浅祖先（根）连向的子树。

如何做到 \(O(n \log n)\) 维护。
离线只是为了方便建树，确保 DFS 序的性质，这里我们还是按照时间顺序维护。

1. 这种贡献一定是 \(\text{点} \rightarrow \text{根} \rightarrow \text{根的父亲} \rightarrow \text{子树}\) 的。
2. 每次的贡献只记成某个点存在的形式，区间查询子树内已出现的点个数。

这个树状数组可以很方便地维护。

20220413省选组总结

暴力党大获全胜！
讲真我没怎么努力写暴力。
这 T1 能优化的但是最后不够时间了。
T2 第一档暴力分觉得复杂度不太对就根本没写。

T1

T2

特殊情况下证明四色定理？
比较有意思的构造。

考虑 \(k=5\) 时怎么做，每次往一个已经染好色的图中加入一个点，
令这个点是 \(x\) 坐标最大中 \(y\) 坐标最大的一个。
那么它连出去的点至多只有 \(4\) 个，直接染色即可。

然后由此思考 \(k=4\) 的情况。
我们希望把其中一个相邻点变色，让当前点得到一个可用的颜色。
一种有效的做法是，设相邻的四个点颜色为 \(c_1\) , \(c_2\) , \(c_3\) , \(c_4\) （顺序是以当前点为原点的极角排序？），如果改变一个点的颜色，则它相邻的的颜色也会需要修改，
那么尝试修改 \(c_1\) ，如果它会导致 \(c_3\) 也改变就不是我们想要的，此时一定可以修改 \(c_2\)。
每次修改我们让 \(c_1 \rightarrow c_3\) , \(c_3 \rightarrow c_1\) ，改色的必要条件是相邻点中有改色后与当前点相同的。
这样相当于找颜色为 \(c_1\) ， \(c_3\) 交替的从 \(c_1\) 开始的增广路。
由平面图的性质可知，不存在 \(c_1\) 影响 \(c_3\) 同时 \(c_2\) 影响 \(c_4\) 的情况，
因为其颜色保证两条增广路不交，
但起点终点的位置决定了一定会有交。

T3

树剖板子