一些比赛的题解（共32场）

之前写在本地的，丢上来测试一下

1. Educational Codeforces Round 56

E

题意：映射后即为，给一个排列，支持两种操作：询问区间[lb,rb]内权值在[la,ra]内的数字个数，交换两点的值。

key：树套树

树状数组套主席树，空间吃紧。注意到历史版本没有被别的继承并且不再访问，所以可以回收这些点的空间。

F

题意：给一个序列，每个点可以放权值在[1,k]中的数，序列上有些已经填好了。问没有连续len个数相同的方案数。

(lenle nle 10^5,kle 100)

key：dp，滑窗

对于每种权值k维护一个滑窗，分别是以i结尾长度为连续的0,1...len-1个k的方案数。每次转移时：

若当前是-1，则可以放一个k（长度为0...len-1变成1...len），或者放一个别的（长度为0），后者是所有滑窗的总和减去当前滑窗。

否则，若是x，则对于x则长度为0...len-1的变成1...len，长度为0的方案数是0。对于非x的滑窗只剩下长度为0的，方案数是x的滑窗之和。

于是只需要维护所有滑窗的和和每个滑窗的和即可。注意弹出尾部。复杂度(O(nk))

2. Educational Codeforces Round 54

B

题意：n每次减去它的最小质因子，问操作几次变成0.

key：数学

偶数则一直-2，奇数则减去它的最小质因子（必定为奇数），之后一直-2.

E

题意：给一棵树，每次操作把ui节点子树内距离ui<=di的点+xi，问最终每个点点权。

key：dfs，离线，树状数组

转化成深度在区间内的点+一个数，dfs+树状数组，回溯时删去对应区间。

F

题意：一个序列被分为n份，每份内有ai个A类物品和bi个B类物品，排成一排。问是否存在一种安排方案使得没有连续k+1个相同的物品。

key：贪心，讨论

显然的贪心，转化为上一份最后是resa个A类物品或者上一份最后是resb个B类物品，再安排当前份中的物品，要使得转以后的resa和resb最小。分别考虑后取优。

假设X和Y类物品，上一份最后剩余dx个X类物品。需要考虑这几类情况：

1. 无解。即X非常多或者Y非常多。假设X非常多，则此时是每连续放k个X然后再放一个Y，此时仍然会有非法情况。
2. 不可能剩下X或者Y。假设不可能剩下Y，则此时是每连续放k个X然后再放一个Y最后Y用完时X剩余的个数<=k。
3. X或者Y剩下1个。即一般情况，二者的数量差距并不大。

分别考虑后就能AC。

G

题意：二人博弈，游戏为：现有序列 (b_1,b_2...b_k) ，在长度为k的序列上，初始在1并且(b_1-1)，之后若在x，则玩家的目标点为(yin[x,min(k,x+m)])，要求目标点的(b_y>0)，并且移动后(b_y-1)。

给一个长度为n的序列，支持两个操作：区间+di或者询问若以某一区间博弈的赢家。(n,qle 2*10^5,mle 5​)

key：博弈，线段树

由于可以原地踏步，并且移动到该点则该点的权值-1（奇偶性反转）。根据有向图游戏，当前点若本来是偶数则必胜；否则若之后m个有必败态则必胜，没有则必败。

于是可以进行转移。考虑线段树维护：加一个偶数相当于没加，奇数相当于反转。每个区间维护：对于当前区间右端点之后m个态的2^m种取值，每种得到的结果是多少（也要存最开始的m个态来转移）。然后就可以区间合并了。维护反转操作，只需要初始化时记录一下即可。(O(n*2^mlogn))

3. CodeCraft-19 and Codeforces Round #537 (Div. 2)

D

题意：给一个字符串，由至多52种字符组成，每次询问两个字符x和y，问有多少种重排方案使得所有同类字符在前一半或者后一半，并且x和y必须在同一半。(n le 10^5​) 且为偶数

key：组合数学，01背包

首先统计每种字符的出现次数，记为(t_i)。先不考虑x和y，对于一种合法方案，需要选出一个子集使得其和为n/2，它的排列方案是((n/2)!/prod t_{k_i}!)，剩下的形式相同，所以对于一种选取方法，对应的方案数是

[W=frac{(n/2)!*(n/2)!}{prod_{i=1}^{52}t_i!} ]

所以最终答案为2*W*d，其中d是选取一个无序集合使得其和为n/2的方案数。

对于该问题，即最终答案为2*W*d，其中d是选取一个无序集合使得其和为n/2且x和y必须被选的方案数。

对于计算d，这其实是一个01背包计数问题，可以处理出方案数，之后再退掉两个物品即可。复杂度(O(52^2*n)​)，因为常数小故可以通过。

Claris提出一种优化：由于我们只关注f[n/2]的答案，所以退掉第一个物品 i 是52*n，退第二个物品 j 时，对(t_j)相同的一起处理。改变f[n/2]的元素只有至多(f[(n/2)/t_j])个，所以复杂度是(O(52 imes (n/2/1+n/2/2+...+n/2/52))=O(26nlogn))

E

题意：给一棵树，每次询问指定树根(r_i)，给一个点集({a_i})，要将其划分成至多(m_i)组，使得每组不存在两个点是祖先和孙子的关系，问方案数。(nle 10^5,m_ile 300,sum|a_i|le10^5)

key：dp，dfs序，lca

考虑一组询问：把点集按dfs序排序，(f[i][j])为前i个点划分成j个集合的方案数，则

f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(j-h[node[i]])

其中h[x]为给定点集中x的祖先个数。

可以发现这个dp顺序只要满足x在x的所有祖先计算之后再计算就可以了（因为只需要考虑x和x的祖先的约束），所以可以按照bfs序排序，即x与根的距离，也就是h数组。

对于多组询问，我们只要计算出h数组，然后对点集排序，然后dp就可以了。而计算h相当于计算点到根的路径上有多少个被标记点，这个可以用dfs序实现。由于动态，所以需要树状数组。

复杂度为(O(300n+nlogn))

4. Codeforces Round #536 (Div. 2)

AK了，三发罚时有点可惜：数组开小+1，思路错+1，没考虑特殊情况+1

E：dp

F：离散对数（BSGS，原根）+矩阵乘法+exgcd

5. Codeforces Global Round 1

D

题意：给n个物品，每个物品有一个权值，每次可以拿走形如[x,x+1,x+2]或者[x,x,x]的三元组，求至多拿走多少个。(a_i,nle10^6​)

key：dp

可以注意到若拿三个[x,x+1,x+2]可以将其分为拿三个[x,x,x]，所以可以认为对于每一个x，[x,x+1,x+2]至多拿两次。

考虑dp：(f_{i,j,k})表示拿到权值为i的物品，拿了j个[i-1,i,i+1]，k个[i,i+1,i+2]的最大个数，枚举[i+1,i+2,i+3]拿多少个转移即可。

注意不能对当前和上一个物品的个数dp，这样可能会漏掉一些状态。

E

题意：给序列a和序列b，每次可以把(a_i)变成(a_{i-1}+a_{i+1}-a_i)，问能否把a变成b。

key：差分序列

这个之前在知乎上看到过……每次变换相当于交换差分序列相邻两项，所以只需要判断a和b的差分序列是否相同，还需要判断a和b序列的第一项是否相同。

F

题意：一棵树上点的标号是由 dfs 序顺次标，每条边有权值，q 次询问点 (v_i​) 到标号在 ([l_i,r_i]​) 的叶子的最短距离是多少。 (n,qle5*10^5​)

key：dfs序，dfs，线段树

标号的性质：一棵子树的节点是连续的。或者可以认为点标号 = dfs 序标号。

考虑离线：每次处理 (v_i) 相同的所有询问。

首先处理出来所有叶子到 1 的距离。然后对树做 dfs ，每次从 u 到 v 时，设边权是 w，查询点到 v 子树内的叶子的距离减少 w，到 v 子树外的叶子的距离增加 w。于是用线段树维护区间加和区间最小值即可。

G

题意：给一颗树，树上有些点已经涂了 W。W 和 B 二人轮流涂色，W 先，率先涂出相邻三个 W 或者 B 的人赢，问谁赢或者平局。 (nle 10^5​)

key：讨论

显然 B 不可能赢，所以就看 W 是否能赢。相当于在树上下三子棋，B 的最优策略就是在 W 下完之后立马占领它的相邻点，否则必输。

大概分几种情况讨论讨论就行了，下面是 W 赢的情况（n>3，小于的情况特判）：

1. 已经存在连续两个 W。
2. 两个 W 中间空一格。
3. 存在大于等于四度的点。
4. 三度点，且其中至少两个相邻点不是叶子。
5. 已经被涂上 W 且不是叶子。
6. 已经被涂上 W 且是叶子，且相邻点的度数大于等于 3。

排除以上情况，树的形态只能是一条链然后端点是三度点，所以还剩下三种情况：一条链，一条链且其中一个端点是三度点，一条链且两个端点都是三度点。对于染色情况，只会在非三度点的端点染色。

7. 一条链：当且仅当两个端点都是 W ，且 n 是奇数。

8. 一条链且其中一个端点是三度点：非三度点的端点是 W，且 n 是大于等于 6 的偶数。

9. 一条链且两个端点都是三度点：n 是大于等于 7 的奇数。

前六种手玩即可。容易知道对于后三种，最终胜利的子局面一定是情况 2 或者情况 6 ，观察即可得。

H

题意：定义一个数字串是 modest 当且仅当其在 [l,r] 之间且没有前导 0。构造一个长度为 n 的数字串，使得其 modest 的子串数目最多，多种答案求字典序最小。 (lle r le 10^{800} , n le 2000​)

key：AC 自动机，dp

以下用正则表达式来表达一个字符串。[x-y] 表示匹配一个在 x 到 y 范围内的字符，{k} 表示重复匹配 k 次。

首先严格定义一个 modest 串。当 (|l| e |r|) 时， 一个串 S 是 modest 串当且仅当其被以下三个正则表达式之一匹配：

1. (l_0 l_1 l_2 dots l_{x - 1} q [0-9]{|l| - x - 1}​) ，其中 (q > l_x​)
2. (r_0 r_1 r_2 dots r_{x - 1} q [0-9]{|r| - x - 1}​) ，其中 (q < r_x​)
3. ([1-9][0-9]{x - 1}​) ，其中 (|l| < x < |r|​) 。

按长度分类易知一个串至多只被其中一个正则表达式匹配。当 (|l|=|r|) 时和上述相似。

我们称 ([0-9]{k}) 是一个长度为 k 的通配符。于是将以上三个正则表达式去掉所有的通配符剩下的前缀拿出来，建立 AC 自动机（一共有 (O((|l| + |r|) cdot Sigma) + 9) 个字符串），然后将每个字符串对应的通配符存到对应的节点上。该问题就变成一个 AC 自动机上的 DP。

从 ((i,v)) 经过数字 (d) 转移到 ((i+1,u)) 时，需要将 (u) 对应的字符串的贡献加上。易知贡献为以 u 结尾的所有字符串的所有通配符中，长度小于等于 (n-i-1) 的个数。换句话说，就是 u 所对应的 fail 树的祖先节点中通配符长度小于等于 (n-i-1) 的个数。这个东西可以预处理。总复杂度为 (O((|l| + |r|) cdot n cdot Sigma ^ 2)) ，其中 (Sigma) 是字符集大小，即是 (10) 。

补充一句，为了方便输出答案，可以添加一个 “0” 的字符串，用来处理答案有前导0的情况。

6. Codeforces Round #538 (Div. 2)

AK了，都不算难。

F：支持区间乘x，询问区间积的欧拉函数值，权值<=300。

300以内的素数有62个，压位后变成询问区间积和区间或，线段树即可。

7. Educational Codeforces Round 59

C

主要是看错题了，虽然耽误了一个小时，但是感觉看错后的题比较有意思。下面说看错了的题意。

题意：给一个字符串，每个点有一个权值 (a_i) 。选择多段区间，每段区间中任意字符出现次数要<=k，区间权值是每个元素的权值和。问所有区间权值和最大是多少。

key：dp，线段树

对于点 i ，若选择了它，则可以根据 k 和字符串处理出最小的 (pr_ile i​) 使得 (str(pr_i,i)​) 不合法。

记 (f_{i,0/1}​) 表示前 i 个，第 i 个不选/选的权值和的最大值。则有如下式子：

[f_{i,1}=f_{j,0}+S_i-S_j , j in [pr_i-1,i-1] \ f_{i,0}=max{f_{j,1}} , j<i ]

然后就是一个线段树维护的 dp。

D

题意：给一个 n*n 的 01 矩阵 A，定义将矩阵 A 进行 (x)-压缩 为矩阵 B 当且仅当 x 是 n 的因数且对于任意的 i 和 j， (A[i][j] = B[lceil frac{i}{x} ceil][lceil frac{j}{x} ceil]) 成立。问 x 最大是多少。

key：暴力，复杂度

其实做法很简单，只是复杂度当时算错了…

题意换句话说就是，将 A 切分成等大的若干个正方形，使得每一个正方形内元素相同，问正方形边长最大是多少。

第一种做法：预处理前缀和，于是可以 (O((frac{n}{x})^2)) 进行check，总复杂度 (O(sum_{x|n} frac{n^2}{x^2}) = O(n^2*sum_{x|n} frac{1}{x^2}) = O(n^2)) 。因为 (sum_{n=1}^{infty} frac{1}{n^2}=frac{pi^2}{6}) 。

第二种做法：可以发现当 x*p 合法时，x 也合法。于是可以对 n 分解质因数，然后枚举幂来check。此时若不用前缀和，复杂度是 (O(n^2logn)) ，但这个 log 特别小所以也没什么问题。如果用前缀和，那么复杂度和上面一样。

E

题意：给一个 01 串，每次可以选择相同且连续的一段，记长度为 (i) ，将其消去，并将剩下的两个串连接，此时得分为 (a_i) 。问若干次消除后的最大得分。 (nle100)

key：区间dp

区间 dp。因为有可能连出来多个连续相同字符而不把整个区间同时消除，所以状态要比普通的区间 dp 多记录一些信息。

设 (f_{c,l,r,k}​) 为将区间 ([l,r]​) 消到剩余 k 个字符 c 的最大得分。于是有如下式子：

[f_{c,l,r,k}=max{f_{c,l,i-1,0}+f_{c,i+1,r,k-1}} , s[i]=c, lle ile r, kge 1 \ f_{c,l,r,0}=max{max{f_{0,l,r,k}+f_{1,l,r,k}}+a_k} ]

第一个式子是枚举剩余的 k 个字符 c 的第一个出现位置在哪里，此时需要把左边全部消掉，右边剩余 k-1 个字符 c。

复杂度 (O(n^4)) 。实现时要注意非法状态和枚举顺序（写记搜比较好）。

F

题意：n 份贷款，第 i 份在买入时将有 (a_i) 的收益，此后每个月都将损失 (b_i) ，直到 (k_i) 个月之后停止。每个月至多只能买入一份贷款，每份贷款至多只能买一次，问合理安排后在某一天的最大收益是多少。 (n le 500)

key：二分图最大权匹配（KM算法）

必然只在1~n天买入。假设第 i 份贷款在第 j 天买入，则在第 e 天的收益是 (a_i-min(e-j,k_i)*b_i) 。于是假设在第 n 天收益最大，则可以得到第 i 份贷款在第 j 天买入的收益。于是变成二分图最大权匹配问题。

二分图最大权匹配，用 KM 算法是 (O(n^3)) 可以通过。用网络流是 (O(k*spfa)) ，这里是一个完全二分图，所以跑的巨慢无比…

G

题意：给数列 (c_i​) 和递增数列 (d_i​)，定义一个区间 ([l,r]​) 的权值是 (sum_{lle ile r}a-c_i + max_{lle ile r-1}(d_{i+1}-d_i)^2​) ，问区间权值最大是多少。 (n le 3*10^5​)

key：单调栈，线段树

算法1

枚举左端点 l，考虑每一个 r 的答案。l 每减少 1，对于每一个 (r in [l,n]) 都增加了 (a-c_l) 。此时需要尝试用 ((d_{l+1}-d_l)^2) 去更新每一个 (rin[l+1,n]) ，相当于与原先的值比较大小，若新值比它更大，则替换掉并更新答案。

前者可以用线段树区间加和 RMQ 直接维护，后者不可以直接维护（因为新值替换掉的旧值的答案不一定是最优解）。因为每一个 ((d_{l+1}-d_l)^2) 所管辖的区间是一定的，于是新值替换掉的旧值也是一定的。用单调队列维护 ((d_{l+1}-d_l)^2) ，每次新值覆盖旧值时直接把旧值从对应区间减去，最后再把新值加入。由于每一个 ((d_{l+1}-d_l)^2) 至多插入一次、删除一次，所以总复杂度是 (O(nlogn)) 。

算法2

这里是题解的做法，对 ((d_{l+1}-d_l)^2) 排序，记为 (a_i) 。枚举 (a_i) ，每次处理它的贡献，即处理跨过它的区间。可以用 set 找到左右区间，用 RMQ 来处理询问。 (O(nlogn)) 。

算法3

本质即为区间和+最大相邻差值的平方，而第二个可以直接单调栈，而区间和可以用前缀和做，所以可以用单调栈实现一个线性做法。

在做单调栈的同时枚举右端点，并记录相邻差值的平方取 (a_i) 时 (sum_l) 的最小值，于是就可以直接更新。

8. Codeforces Round #533 (Div. 2)

E

题意：m 个点，指定 n 个点集使其两两连边，求最大独立集。 (m le 40)

key：状压搜索，复杂度

这个题主要是看错题意…

显然可以做一个 meet in the middle。这里说一个题解给的很奇妙的做法，复杂度是 (O(2^{m/2})) 。

定义 (solve(S)) 为点集为 (S) 时的最大独立集，则每次枚举 (p in S) 。

1. 不选择 p ，则答案为 (solve(S xor 1 << p))
2. 选择 p ，则 p 的邻居都不能被选，则答案为 (solve(S and G_p)) ，其中 (G_p) 是与 p 不相邻的点集。

关于复杂度为什么是对的，题解是这样解释的：

Consider the recursion, there are at most (m/2​) recursion calls before we arrive into the state, where there are no set bits of the first half.

我理解的是，两种情况都会把 p 删去，第二种情况删的更多，最坏时第二种情况每次只删掉 1 个，于是每次删去 1 个或者 2 个元素，复杂度就是 (O(2^{m/2})​) 了。

*9. Codeforces Round #534 (Div. 1)

C

题意：给一个每个点度数 (ge 3) 的无向连通图，给定 (k)，求要么找出一条长至少为 (frac{n}{k}) 的链，要么找出恰好 (k) 个环使得每个环的长度大于 (3) 且不是 (3) 的倍数且每个环上都存在一个点在其它输出的环上没出现过，要么输出 (-1)。 (kle nle2.5*10^5 , mle5*10^5)

key：构造，定理

先以 (1) 为根建一棵 dfs 树。

定理：深度 (lefrac{n}{k}) 的树至少有 (k) 个叶子。

证明：设有 (c) 个叶子，设第 (i) 个叶子到根经过的点数是 (x_i) ，则有 (sum x_i ge n) ，抽屉原理有 (max{x_i}=deep ge frac{n}{c}) 。

于是若深度 (ge frac n k) ，则找到一条合法的链。

否则，考虑每个叶子 v：由于度数至少是 3，所以至少存在两条返祖边，设其连向 (x) 和 (y) ，此时得到三个环，长度分别是 (d(v,x)+1 , d(v,y)+1 , d(x,y)+2) 。其中必定存在一个的长度不是 3 的倍数，于是得到一个环，而点 v 只会出现在这个环上。

不存在无解情况。

D

题意：给 n 个数 (a_i​) ，对于每个数可以除掉它的一个不超过 k 的因子，花费为 (c_i​) ，目标是让 (a_i​) 的 gcd 为 1。若对下标集合为 (I​) 的所有数做了操作且达成目标，求 (|I|*sum_{iin I}c_i​) 最小。 (nle10^6 , a_i,kle10^{12}​)

key：素数，dp，剪枝

先求出所有 (a_i​) 的 gcd，再分解质因数，得到的素数个数一定 (m le 11​)。之后只需要关注这些素数即可。若对一个数进行操作，一定是直接消除某些素数，所以至多选 (m​) 个数。所以只要根据 (k​) 处理出每个数可以消除的素数集合，就得到一个 (O(ncdot m cdot 3^m)​) 的 dp ，显然过不了的。接下来就是这个题的神奇之处：

剪枝 1

将不是目标素数的素数全除掉得到一组新的 (a_i)，然后把相同 (a_i) 压缩起来，对应的所有 (c_i) 只保留最便宜的 (m) 个，那么至多只剩下 (O(M*m)) 个物品（而不同的 (a_i) 只有 (M) 个），其中 (M < 12000) 。

(M) 取最大时，一定是取最小的 (m) 个素数，因为 (a_ile10^{12}) ，可以通过程序暴力得到：

 1    39
 2   469
 3  2369
 4  6734
 5 10808
 6 11598
 7  7815
 8  3462
 9   895
10   110
11     4

左边是 (m) ，右边是对应上界 (M) 。现在复杂度变成 (O(Mcdot m cdot 3^m)) ，仍然不能接受。

剪枝 2

因为最终至多只选 m 个，大部分被选中的机会很少甚至根本不会被选，这由它们每个管辖的素数集合和花费有关。可以预处理 (ok[S]) 表示素数集合为 (S) 时那些数可能被选，而对于每个 (S) ，至多存储 (m) 个最便宜的数即可。然后按数字顺序做 dp。

这样所有的转移方向至多只有 (m*2^m) ，再枚举当前选了几个数，总的转移复杂度是 (O(m^2*3^m)) 。

于是步骤是：

1. 对 gcd 分解质因数。
2. 压缩 (a_i) ，用每个(a_i) 的 (c_i) 预处理 (ok[S]) ，此处复杂度是 (O(Mcdot2^mcdot m)) 。
3. dp。 (f_{i,S}) 表示选了 (i) 个数，当前消除的素数集合是 (S) 的花费最小是多少，转移复杂度 (O(m^2cdot 3^m)) 。

E（待补）

题意：给出 (n) 个数，从中连续选出 (n) 个数（可重复选）计算它们的 radix sum，求对所有的 (i in [0,n)) radix sum 为 (i) 的方案数。

radix sum 定义：设 a 和 b 的 radix sum 为 (s(a,b)​) ，则 (s(a,b)=(a_1+b_1)mod 10, ldots ,(a_k+b_k)mod 10​) ，其中 (a,b​) 的数位分别是 (a_1...a_k,b_1...b_k​) 。即十进制下的不进位加法。多个数的 radix sum 定义：(s(t_1, ldots ,t_n)=s(t_1,s(t_2, ldots ,t_n))​) 。 (n,x_i< 10^5​)

key：多项式

10. Educational Codeforces Round 60

C

题意：二维平面上指定起点和终点，再给出周期为 n 的风向变化，每单位时间可以选择一个方向移动一单位长度或者停止不动，并且随风走 1 单位长度（方向是上下左右）。问到终点的最短时间。 $n le 10^5 , sx,ex,sy,ey le 10^9 $

key：二分

主要是想了很久却没想到二分……

t 时间内能到的充要条件是：起点经过 t 时间内风的偏移量后距终点的曼哈顿距离 (le t) 。因为每单位时间都可以向终点逼近一步。所以二分一下答案就行了……

E

题意：这是一个交互题。对一个字符串按顺序进行若干次操作，每次操作形如：把位置在 (a_i) 和 (b_i) 的字符交换。现在给定操作后的字符串 (s) ，你至多可以询问三次，每次给出一个字符串然后返回该字符串操作后得到的字符串，输出 (s) 操作前的字符串。 (|s| le 1000)

key：交互，思维

即想知道：第 (i) 个位置的字符操作前在哪个位置，记为 (d_i) 。

可以考虑如此细分：若第 (i) 个位置操作后是字符 (c) ，则 (d_i in c) 出现过的所有位置。下一次再将 (c) 出现过的所有位置细分成 26 个字符，则 (d_i) 的取值范围变成原来的 (frac 1 {26})。由于 (1cdot26cdot26<10000，1cdot26cdot26cdot26>10000) ，所以只需要三次即可。

举例来说，设字符集为 3，三个字符串可以取：

aaaaaaaaabbbbbbbbbccccccccc
aaabbbcccaaabbbcccaaabbbccc
abcabcabcabcabcabcabcabcabc

F

题意：给一个字符串，设字符集为 (p) ，再给出 (pcdot p) 的对称二元矩阵 (A)。定义一个字符串是 crisp 当且仅当对于任意两个相邻字符 (i,j)， (A[i][j]=1) 。对于初始字符串，每次操作可以删除某个字符所有出现位置并将剩余部分拼接起来，要求每次操作后得到的字符串都是 crisp 的。问若干次操作后得到的字符串长度最短是多少。 (p le 17, n le 10^5)

key：高维前缀和

只要预处理出来两个不可相邻字符 a,b 中间有哪些字符出现了，那么如果 a 和 b 没有被删掉，但中间出现的字符都删了，那么就不合法。统计这个只需要扫一遍即可。

之后就需要一个高维前缀和，将所有满足 a 和 b 没被删，中间出现的都被删了，其他随意的状态全部标记，之后跑一个 dp 即可。

高维前缀和：

for(int k = 0;k < m;k ++)
    for(int l = 0;l < (1<<m);l ++)
        if(l >> k & 1)
            tmp[l] |= tmp[l^(1<<k)];

即一维一维地算前缀和。

G

题意：给一个长度为 n 的排列，定义一段区间的权值为：这段区间形成的笛卡尔树，每个点的子树大小的和。q 次询问一个区间的权值。 (n,qle 10^6)

key：线段树

先只考虑左子树大小的和，右子树对称。

其实就是统计有多少 $a_i>a_j,j<i , 满足 a_k<a_i ext{ for (i<k<j)}$ 的点对个数。

所以可以处理出来每个点影响的区间，然后离线按左端点排序。先把所有区间插入（即区间+1），扫的时候删除，答案即为对应的区间和。

*11. Codeforces Round #539 (Div. 1)

C（待补）

题意：你有个数字 (v​) 和每秒增量 delta，即平均每时刻过去都要将 (v​) 加上 delta（此处时间是连续的）。q 次操作，每次为：在 (t_i​) 时刻将 delta 修改为 (s_i​) 、删除在 (t_i​) 时刻的事件、询问在 ([l_i,r_i]​) 时刻初始值为 (v_i​) 时第一次变为 0 的时间点。 (q le 10^5​)

D

题意：n 个点的带标号树，边权取值是 [1,m] ，问有多少个不同的树满足标号 a 和标号 b 两点的距离恰好等于 m。 (n,mle10^6)

key：计数，定理

Cayley's formula 的一般化：(n​) 个带标号点形成 (k​) 棵树的方案数为 (T_{n,k}=k*n^{n-k-1}​) 。

枚举 a 和 b 之间的距离 k ，则其中有 k-1 个点。隔板法可得这条链上点和边的方案数是 (inom{m-1}{k-1}cdotinom{n-2}{k-1}cdot(k-1)!) 。

剩余的边权值随意，点的分配可以看做所有的 n 个点形成 k+1 个森林，然后把链上的 k+1 个点选出来连上。所以总方案数是：

[inom{m-1}{k-1}cdotinom{n-2}{k-1}cdot(k-1)!cdot m^{n-k-1} cdot T_{n,k+1} ]

E

题意：给 n 个数，支持区间乘、单点除（保证整除）、求区间和，需要模 mod（不一定是素数）。 (n,q,x_ile10^5)

key：线段树，数论

唯一的问题在于单点除时可能没有逆元。考虑将 mod 唯一分解，而 (10^5) 内的数唯一分解后素数不超过 7 个，设素数向量为： (p_1dots p_m)。

需要在线段树的叶子节点维护：该点权值除去每个素数后剩余部分模 mod 的值、每个素数的幂次。单点除时直接更新。

对于区间乘，除了对答案的修改需要打标记下传以外，还需要下传叶子所维护的信息。

这样复杂度是 (O(7nlog^2n)) ，预处理快速幂后复杂度是 (O(7nlogn)) 。

F（待补）

*12. 2018 China Collegiate Programming Contest Final

CDEFHJ

K

题意：求 a 使得 (a^{2^{30}+3} equiv c mod n) 。其中 n 是相邻两素数乘积。 (n,c le 10^{18})

key：数论

两边同时 (1/(2^{30}+3)) 次方，得到 (a = c^{d} mod n) 。其中 d 是 (2^{30}+3) 在模 (phi(n)) 下的逆元。快速幂即可。

13. 2018 Arab Collegiate Programming Contest

单挑 9 题舒服啊，再给十几分钟就 10 题了，水题欢乐赛真开心（

K

题意：构造一个长度为 n 的数列，每个元素取值范围在 [L,R] 之内，且模 3 为 0 的子段和个数恰好为 k，问方案数。 (n,k le 10^4​)

key：dp，数学推导

取值范围无所谓，可以看做填 0/1/2 。

若有解，则 k 一定是 (O(n^2)) 的一个东西。假设做出来的结果中，前缀和对 3 取余为 0,1,2 的个数分别是 (x,y,z) ，则必须满足

[x+frac {x*(x-1)}{2} + frac {y*(y-1)}{2}+frac {z*(z-1)}{2}=k ]

然后发现有解的 n 至多是 245 。

然后就很简单了，直接用上面的变量之间作状态： (f[i][j][k][l]​) 表示长度为 i ，前缀和对 3 取余为 0,1 的个数分别是 i,j ，当前 i 个数总和对 3 取余是 l 的方案数。

*14. 2017-2018 ACM-ICPC, Asia Tsukuba Regional Contest

DEGHJK

E（待code）

题意：给一个长为 n 的序列 a，每个点为黑或白，每次操作可以将一个长度小于等于 k 的区间涂白或者涂黑，问变成序列 b 的最少操作次数。 (n le 5*10^5)

key：dp，单调队列

考虑 dp。 (f_i) 表示前 i 个格子一样的最少操作次数。考虑转移。可以枚举 j<=i ，把 [j,i] 全涂成 i 点的颜色，然后再将 [j,i] 区间内的点涂成一样的。后者发现是区间内黑白的段数。

用单调队列扫一遍即可。

G（待code）

题意：在一个边长为 1 的四面体上， a 和 b 两点都在某一顶点 A，它们要沿某一面的某一方向移动长度 x,y，穿过棱后方向不变，问最终是否在同一个面上。

key：讨论，六边形坐标系

把四面体展开，复制到整个平面，发现是在一个夹角为 60°，每个单元格是正三角形的坐标系内，判断一下即可。

*15. 2018-2019 ACM-ICPC Brazil Subregional Programming Contest

AHIJM

A

题意：n*m的点阵，问两点连线不经过其他点且长度在 [L,R] 区间内的点对数。 (n,m,L,Rle 10^5)

H（待code）

题意：给一个字符串 S，给一个树，每个节点上有一个字符。需要支持单点修改、询问 u 到 v 路径上形成的字符串中 S 出现了多少次。 (|S| le 100, n,q le 10^5​)

key：树剖，线段树，hash

树剖转区间，维护 hash 值。 (O(n|S|log^2n))

J

题意：平面上给 n 个点，其中 k 个关键点，询问最小欧几里得距离生成树。其中每个关键点至多连接一个非关键点。 (nle100, kle min(n,9))

K

题意：给 n 个圆，每个圆都包含原点，没有三圆交于一点也没有相切。询问交点个数，若大于 2*n 则输出 greater。 (n le 1.5cdot 10^5)

M

题意：给一个 M 个语句、n个变量的或与表达式，每个语句至多包含三个变量。每个语句中要么一个变量为真要么三个变量为真，问合法的指派中字典序最大的是多少。 (M,n le 2000)

*16. 2018-2019 ACM-ICPC, Asia Seoul Regional Contest

HI

E：二分，坑题，需要判x=0时必须分在第一份，不能划分到第二份。

C

题意：给 n 个圆，需要把它们放到一条线上，保证对于任意排列只存在相邻两个圆相切（即最大半径与最小半径的比值小于4）。问所有排列中总长度最小是多少。 (n le 1000)

key：构造，打表找规律

对于一个排列，总长是第一个的半径+最后一个的半径+2*相邻两个的半径乘积再开根号。

打表（dls写了个随机+遍历所有排列+输出解……一眼就看出规律）可找出规律。

按半径排序后，n 是偶数时唯一，n 是奇数时只有可能是两种情况。

G

题意：给定 (s,w_a,w_b) ，求积分

[int_0^s m dx ( int_x^{min(x+w_a,s-w_b)}w_b m dy + int_{max(x,s-w_b)}^{min(x+w_a,s)}s-y m dy) ]

key：数学

讨论，展开。避免浮点数所以要*6。

LL work(LL s,LL wa,LL wb,LL wc) {
    LL tmp = 6*(s - wa - wb) * wa * wb;
    tmp += 6*wa * (s - wb) * wb;
    tmp -= 6*wb * (pf(s-wb) - pf(s-wa-wb)) / 2;

    LL ans = 0;
    if(wa >= wb) {
        LL ans2 = 0;
        ans += 6*(pf(s-wa) - pf(s-wa-wb)) / 2;
        ans += 6*(wa + wb - s) * wb;
        ans += 6*wb * (wa - wb);
        ans += 6*s * wb;
        ans -= 6*(pf(s) - pf(s-wb)) / 2;

        ans2 -= 6*(lf(s) - lf(s-wb)) / 6;
        ans2 += 6*pf(s-wb) * wb / 2;
        ans2 -= 6*(pf(s)-pf(s-wb)) * (wa-wb) / 2;
        ans2 -= 6*pf(s) * wb / 2;
        ans2 += 6*(lf(s) - lf(s-wb)) / 6;

        ans *= s;
        ans += ans2;
    }
    else {
        LL ans2 = 0;
        ans += 6*(pf(s-wb+wa) - pf(s-wb)) / 2;
        ans += 6*(wb - s) * wa;
        ans += 6*(wb - wa) * wa;
        ans += 6*s * wa;
        ans -= 6*(pf(s) - pf(s-wa)) / 2;

        ans2 -= 6*(lf(s-wb+wa) - lf(s-wb)) / 6;
        ans2 += 6*pf(s-wb) * wa / 2;
        ans2 -= 6*(pf(s-wa) - pf(s-wb)) * wa / 2;
        ans2 -= 6*(wb - wa) * pf(wa) / 2;
        ans2 -= 6*wa * pf(s) / 2;
        ans2 += 6*(lf(s) - lf(s-wa)) / 6;

        ans *= s;
        ans += ans2;
    }
    return tmp + ans;
}

J

题意：无向图，有些点属于 A 类，剩余是 B 类。再标记某些点是 C 类，问是否存在 A 类的点 a 到 C 类 的点 c1，B 类的点 b 到 C 类 的点 c2，所形成的路径上的边权形成的序列相同。 (n le 1000,边权 le 20)

key：搜索

(f[i][j]) 表示某个 A 类点走到 i，某个 B 类点走到 j 是否可行，每次枚举边权转移即可。状态数是平方级别。

*17.Codeforces Round #532 (Div. 2)

D

题意：交互题。999*999的平面上有666个黑点，一个白点。每回合白点每次只能移到周围八个格子上；挑一个黑点移动到任意空白处。若白点和某个黑点同行或者同列那么白胜，2000回合后白不胜则黑胜。白先。你执白，要通过移动达成胜利。

key：交互

E

题意：给一个无向图带权，你需要反转一些边的方向使其没有环，问反转的最大边权最小是多少，并给出一个方案。 (n le 10^5)

F

题意：给 n 个数，q 次区间查询，每次询问区间内选出一些点使其异或最大。 (n le 5*10^5)

key：线性基

*18. Educational Codeforces Round 62 (Rated for Div. 2)

E

题意：长度为 n 的序列，每个点被填上了 [1,k] 的数字或者为空。一个合法的序列为它的任意长度大于1且为奇数的子区间不是一个回文串。问给空格子填上 [1,k] 的数字使其合法的方案数。 (n,kle 2*10^5)

key：组合数学，dp

可以发现一个合法的序列是不存在长度为 3 的回文串。即将相邻奇数项不同且相邻偶数项不同。奇偶拿出来分别做。

现在问题变成了对于一个序列，前后可能有一个数字，问有多少种方案使没有相同数字相邻。前后没有数字就是 bzoj 的越狱。有一个也差不多，关键在于前后都有数字。

只需要设 (f_{i,0/1}) 表示长度为 i ，前后不相同/相同的方案数。讨论在一端填数字的状况即可转移。复杂度 O(n)

F

题意：二维平面上 n 次操作，支持插入一个点、删除一个点、求 (E(S)) 。其中 S 是点集， (E(S)) 定义为 S 中按规则加入若干点后得到的点集大小（只做询问不实际加入）。规则为：若已存在三个点构成一个平行坐标轴的矩形的三个角，则把剩下那个角的坐标加入点集。 (n le 10^5)

key：线段树，带撤销并查集

新姿势。

先考虑给定点集如何求 (E(S)) 。考虑点 ((x,y)) 何时被计算进答案的充要条件，当且仅当点集中既有横坐标为 x 的点也有纵坐标为 y 的点。换句话说，若将横坐标相同和纵坐标相同的点之间连边，得到的每个联通块的答案是联通块内不同的横坐标个数*不同的纵坐标个数。

进一步发现，若将横纵坐标看成点，每个点看做对应横纵坐标之间连一条边，则答案就是每个联通块内横坐标点数*纵坐标点数。所以可以用并查集维护。

问题在于如何删除。可以预处理出来每条边出现的时间段，对时间建一棵线段树，线段树每个点存储覆盖该区间的边，然后对其dfs，进入则插入边，回溯则删除边，到叶子计算答案。于是只需要带撤销并查集即可。复杂度 (O(nlognalpha(n))) 。

*19. 2018-2019 ACM-ICPC, Asia Nanjing Regional Contest

BFHL

C

题意：二人在树上博弈，初始所有点都无色。A 选一个点染粉，B 选一个点染棕，A 再选一个点染粉，然后游戏结束。此时 A 的得分为到达棕点路径上存在粉点的点数， B 想最小化，A 想最大化，问最终 A 的得分。 (n le 10^5)

key：树上博弈，树的重心

先让 A 的第一步随便选一个点 u，此时 B 会挑 u 的一个子树的重心 v， A 会将其最大的儿子砍掉。此时得到一个解。

所以关键在 A 的第一步到底选的哪个点。由于 A 想最大化得分，所以在此基础上要趋向于得分更多的策略。若 A 将第一步选择的点向远离 v 的方向移动，则 B 保持原来的策略，得分只会变小（因为经过第一个粉点的点变少了，而第二个粉点至多弥补）。故 A 只会把 u 向当前的 v 靠近。

于是有一个分治思路：对第一个选的点分治，O(n) 得到当前点的答案。由于至多分治 log 次，总复杂度 (O(nlogn)) 。

E

题意：给两个长度为 n 的 01 串 s 和 t，每次操作是将连续长度为 m 的 1 或 0 翻转。问 s 是否能经过若干次操作后变成 t。 (len le 10^6)

key：智商

首先发现操作是可逆的。

然后发现实际上操作是将连续 m 个 1 变为 0 或者将一个 1 连续走 m 步，并且不能越过其他 1。

于是可以将两个串的 1 都向前挪，达到 m 个就消去，最后检查是否相同即可。

M

题意：给两个串 s 和 t，要求选择 s 的一个子串与 t 的一个前缀首尾相连，使其是回文串，问方案数。 (len le 10^6​)

key：manacher，z算法

将 s 倒过来，即求 s 的一个子串与 t 的一个前缀相同，并且子串前面紧跟一个回文串。用 z 算法做一遍匹配，枚举回文串，该回文串的贡献就是以 [i+1,i+r[i]] 作为开头与 t 的前缀匹配的字符串数，这个可以前缀和一下。于是总复杂度是 O(n)。

*20. 2018-2019 ACM-ICPC, Asia Nakhon Pathom Regional Contest

BI

A

题意：给 n 个数，每个数表示一个杆子的高。可以从一个高杆子跳到低杆子上，途经和终点的杆子高度不能超过起点。每次询问从 x 开始最多可以跳多少次或者从 x 跳到 y 最多可以跳多少次。 (n le 10^5)

key：笛卡尔树

如果数字互不相同，显然就是笛卡尔树的子树深度/深度差。考虑相同数字。

笛卡尔树可以建成相同数字组成一条右儿子链。

需要维护的东西是一个点到根经过的不同数字最多是多少，记为 (ans\_from\_root[u]​) 。还需要维护从该点向下经过不同数字最多是多少，记为 (ans\_from\_this[u]​) 。前者很好维护，后者需要维护一个 (tmp[u]​) 表示 u 子树中 (ans\_from\_this[u]​) 最大是多少。这样如果是从和当前点权值相同的儿子转移而来（一定是右儿子），则需要用右儿子的左儿子的 tmp 来更新 (ans\_from\_this[u]​) ；否则直接用 (tmp[u]​) 更新。

询问从 x 开始最多可以跳多少次，直接输出 (ans\_from\_this[u]) 。否则，设 y 在 x 的子树内。x 不能跳到 y，当且仅当有一个与 x 点的高度相同的杆子挡住，即 x 的右儿子和 x 权值相同且 y 在这一分支之内。

讨论清楚之后，一遍dfs即可。

*21. 2018-2019 ACM-ICPC, Asia Dhaka Regional Contest

ADGI

G

题意：简化后为给一棵树，多次询问 u 到标号在 [l,r] 的点集中最近的距离是多少。

key：点分树

建出点分树，套个线段树，按标号排序，维护距离最小值。

22. 2018 German Collegiate Programming Contest (GCPC 18)

差个 G ，快乐。

23. Codeforces Global Round 2

F

题意：给一棵带权树，定义 f(x) 为删去若干边后使得每个点度数小于等于 x 且删去边集权值和最小是多少。求 f(0) 到 f(n-1)。 (2le n le 2.5*10^5)

key：树形 DP，堆

考虑单组询问： (f_{u,0/1}) 表示将 u 子树中删去若干边，并且节点 u 的度 (le x) / (le x+1) 的答案。对于转移，每次考虑删掉哪些边，可以按 (val_v+f_{v,1} - f_{v,0}​) 排序选择最小的若干个，剩下的不删。

对于多组询问，考虑按 x 升序做。每次只考虑度数 > x 的点，设其是 good。每次只考虑 good 点形成的森林。

所有点的度数之和是 2*(n-1)。所以对于所有的 x ，good 点总数就是 2*(n-1) 。

对森林里每棵树做 dp。u 的儿子可能是 good 也可能不是 good。对于 good 的点，按单组的做法排序；对于不是 good 的点，直接按边权排序。每次就是拿出权值最小的若干个转移。对于树边可以直接遍历，非树边可以用一个权值线段树维护（插入一个点，查询前 k 小的权值和）。

当 x 变大时，只有可能 good 点变成非 good ，所以将其丢到线段树即可。

总复杂度 (O(nlogn))

G

题意：有 n 个人，需要打 m 个阵营，每个阵营有 (a_i​) 个血，你需要先把 n 个人划分成 m 个小队，每回合指定某个小队攻打某个阵营（可以多打一），每个阵营减血量是攻打他的人数之和。目标是让敌方每个阵营的血量小于等于 0。构造出一组划分方案使得回合数最少，并输出每回合攻打策略。 (1le mle n le 10^6​)

key：构造，智商

回合数至少是 (frac{sum a_i}{n}​) 上取整，考虑什么时候会取到这个数。首先把所有的 (a_i​) 对 n 取模。

考虑攻打第一个，最优情况下我方恰好有某些小队总人数就是 (a_1​) ，剩下的攻打第二个，那么我方剩下的恰好有某些小队总人数就是 (a_2​)，直到最后一个。若前面的都恰好凑出来，则最后一个不需要恰好，此时回合数就是上面的那个值。

可以设 a 的前缀和对 n 取模，排序后取差分。此时每个需要恰好凑出来的数字都对应了一个区间，并且按下标首尾相接，于是从第一个开始攻打即可。

H

题意：给 n 个数组，每个数组中有 x 个 (a_i​) ，y 个 (b_i​) ，z 个 (c_i​) 。要求每个数组中取出恰好一个数将其异或起来。问得到 i 的方案数是多少。求所有的 i 从 0 到 (2^k-1​) 。 (n le 10^5 ,k le 17​)

key：FWT

fwt 复习题。

首先一个暴力做法是构造 n 个长度为 (2^k​) 的数组，做 n 遍 fwt，其中每个数组中只有至多三个非零元素： (F_i[a_i]=x,F_i[b_i]=y,F_i[c_i]=z​) 。下面开始复习 fwt。

因为 fwt 是线性变换，即变换后的每个元素是变换前的 (2^k​) 个元素的线性组合。由于本题只有三个非零元素，并且是异或的 fwt ，所以线性组合的系数是 1 或 -1。

fwt 对异或的变换为 (f_i = sum_j (-1)^{count(i&j)}a_j​) ，其中 (count(x)​) 为 x 的二进制中 1 的个数。

若变化为 (F_i[0]=A,F_i[b_i xor a_i]=B,F_i[c_i xor a_i]=C​) ，则可以发现每个数组经 fwt 后只有四种元素：(A+B+C,A+B-C,A-B+C,A-B-C​) 。最终答案需要异或所有 (a_i​) 作映射。

于是对于第 i 位，若以上四种元素在所有数组的第 i 位中出现次数分别是 (x,y,z,w​) ，则答案为 ((A+B+C)^x*(A+B-C)^y*(A-B+C)^z*(A-B-C)^w​) ，现在的问题是确定 (x,y,z,w​) 。

其实若 (F[0]=A,F[b]=B,F[c]=C,F[c xor b]=D​) ，则由 fwt 对异或的变换可知变换后的数组只包含 (A+B+C+D,A+B-C-D,A-B+C-D,A-B-C+D​) 这四种元素。

设 (B=1，A=C=0) 、 (C=1,A=B=0) 以及 (F_i[b_i xor c_i]=1) 可得三个线性无关方程，以及显然的 (x+y+z+w=n) 。现在有四个方程，可以解出每一位的 (x,y,z,w)。最后再做一遍 fwt 逆变换即可。

其实这个做法很容易拓展，可以出 m 个非零元素，或者运算不是异或。

*24. 2018-2019 ACM-ICPC Southeastern European Regional Programming Contest (SEERC 2018)

A

D

题意：给一颗树，需要从 1 遍历每条边至少一遍之后回到 1，可以花费权值的时间走边或者花费时间 k 跳到另一个点上。至多跳 m 次，问花费时间最少是多少。 (n,m le 1000)

key：树形dp

如果不跳，那么一定是每条边走两遍。

如果跳，那么可以认为跳过的路径上的所有边都只走了一遍，剩下的是两遍。手玩可得，如果一条边被覆盖了两次那么还是要走两遍。换句话说，被覆盖奇数次的边走一遍，偶数次的边走两遍。无论怎样，都会存在一条回路使得其能回到 1。

于是一次跳只关心两个端点的位置，不妨设其为 good 。

(f_{i,j}​) 表示 i 子树内有 j 个 good 点的最小代价。若 j 是奇数那么 i 的父边计算一次，偶数则计算两次。做完之后再加上跳的代价即可。

H

题意：n 个人， m 个愿望，每个愿望形如 x 希望 y 不开心。x 开心当且仅当他希望的不开心的人中有一个真的不开心。你需要实现至少 m/4+1 个愿望，保证有解，输出一种方案。 (n le 10^5 , m le 2*10^5)

key：随机

随机每个人开不开心然后check，可过，飞快。

K

题意：每次在二维平面上添加一个点或者一个矩形，每次操作后问有多少个 <点，矩形> 对满足点被矩形包含。 (n le 10^5)

key：cdq 分治

把矩形转化为前缀，就是二维偏序问题，直接上 cdq 分治。

25. Educational Codeforces Round 61

E

题意：有一个容量为 W 的背包，有 8 个物品，体积为 i 的物品有 (c_i) 个， (1 le i le 8)。问背包最满可以装多满。 (0 le W le 10^{18}, 0 le c_i le 10^{16}​)

key：背包

取 1 到 8 的 lcm，设为 L，其值为 840。

发现如果一个物品 i 拿的数量大于等于 L/i ，则可认为是拿了一个体积为 L 的物品，于是每个物品只需要选小于 L/i 个，剩下的都凑成 L 。

于是只需要枚举每种物品拿了多少个，剩下的全部凑成 L 的物品。 (f_i) 表示拿了总共为 i 的体积的物品，剩下的凑成的 L 的物品最多是多少，做一个 01 背包即可。 i 需要取到 8L。

*26. 2018-2019 ACM-ICPC, Asia Jiaozuo Regional Contest

BCGKL

J

题意：给 n 个矩形，覆盖在 (m cdot m) 的二维平面上。删掉恰好两个矩形，使得被覆盖的点数最少，求最小值。 (n le 3*10^5, m le 1500)

key：骚操作

考虑所有被覆盖一次和两次的点，答案只有可能是覆盖它们的矩形。

现在问题在于如何找到覆盖当前格子的矩形是哪些，该点至多被覆盖两次。

维护两个前缀和：子矩阵加 i ，子矩阵加 i*i 。这样就知道了 (a+b) 和 (a^2+b^2) 的值，解方程即可。

*27. 2012-2013 ACM-ICPC, NEERC, Moscow Subregional Contest

BDH

J

题意：给 n 个物品排序，权值不满足传递性，要求相邻两个满足偏序关系。每次可以询问两个元素谁大谁小，要求总询问数不超过 10000. (n le 1000)

key：交互，排序

相当于 cmp 函数调用次数不超过 10000 。sort不是稳定排序，归并是稳定的，所以需要用 stable_sort。这样排出来即使不满足传递性也是合法的。

28. Forethought Future Cup - Elimination Round

E

题意：有 n 个数，每次操作形如：把所有大于/小于 x 的数字乘 -1。问 m 次操作后的最终序列。 (n,m le 10^5)

key：线段树

开值域线段树，每个点维护该值是否被翻过。按大于/小于号和 x 的正负四种情况讨论，发现只需要维护区间翻转和区间赋值即可。

G

题意：有 n 个位置，每个位置可以设定一个高度，最高为 h。一个位置的高度为 x 则可以获得 (x^2) 的价值。有 m 个区间，每个区间有一个设定高度，若区间内存在一个位置的高度超过设定高度，则需要付出 (c_i) 的代价，求总价值和最大。 (n,h le 50)

key：区间 dp，最小割

其实是两个算法都能做……

区间 dp

(f_{i,j,k}) 表示区间 ([i,j]) 最高高度小于等于 k 的最大价值。每次枚举中间点，认为它的高度就是 k，然后枚举被完全包含在该区间的限制，复杂度 (O(n^5)) 。

最小割

首先转补集，即不选的高度最小。

每个位置拆 h 个点表示选的高度， ((i,j)) 连向 ((i,j+1)) 流量为 (h^2-j^2) 表示选高度为 j 的价值。设一个限制为 ([l,r]) 最大高度超过 x 则付出 c 的代价，则新建一个点 p ，所有区间内的高度为 x+1 的点向 p 连正无穷的边， p 向汇点连 c 的边。源点再跟所有高度为 0 的点连边。

对于正确性，考虑割的情况：如果割了某个限制的边，则表明有权值大于等于这条边的位置，即区间内已经有超过了高度为 x 的限制，那么它会继续向后。 若割了某个 (h^2-j^2) 的边，表明该位置的高度小于等于 j 。

*29. Codeforces Round #554 (Div. 2)

F1 F2

D

题意：求长度为 2*n 的所有合法括号序列形成的 trie 中最大边独立集大小，取模。 (n le 1000)

key：dp

由于要取模，所以这个题不能直接dp，先找一下规律。

贪心策略：设根节点为 0 ，只拿以奇数层点为父亲的边。

考虑从下到上。由于叶子只在最后一层，那么如果有一个奇数层的点不选，那么肯定选它上面的一个点，这对上面造成的限制会更大，答案不会变优。

E

题意：有一个长度为 n 的序列 a ，构造 b 和 c 序列为：a 的相邻两项的最大值/最小值，长度为 n-1 。然后再按同样的排列对 b 和 c 作置换。现在给 b 和 c，求 a。 (n le 10^5)

key：欧拉路

(b_i) 和 (c_i) 一定相邻，所以连边跑欧拉路即可。不合法就判一判。

30. Codeforces Round #553 (Div. 2)

F

题意：求无向图中最少留下多少条边使得整个图是双连通图。输出方案。 (n le 14)

key：状压 DP

双连通图的组成：一个双连通图和一个点/一条链连起来。所以预处理链，然后转移，复杂度 (O(n^23^n)) 。

31. Codeforces Round #551 (Div. 2)

F

题意：在 [0,l] 之间随机选 n 个线段（每个线段的随机方式是随机两个实数端点），问被覆盖大于等于 k 次的总长度期望是多少。 (n,k le 2000)

key：DP

只需要考虑在 [0,1] 之间随机。被覆盖大于等于 k 次的总长度期望即为再随机选点 P 落在被覆盖大于等于 k 次的点的概率。由于实数上随机，所以可以认为所有点互不相同。现在问题变为点 P 被覆盖大于等于 k 次的概率是多少。

(f_{i,j,x}) 表示放了 i 个点，当前还有 j 个左端点没有合口，P点放没放的概率。每次考虑当前点放哪种点即可。最终答案为 ：

[frac{f_{2*n+1,0,1} * n! * 2^n}{(2*n+1)!}*l ]

*2018-2019 XIX Open Cup, Grand Prix of Korea

BCJK

D

题意：给 n 个人排队，要求第 i 个人必须在区间 ([l_i,r_i]) 内，且给定 m 组 (u_j) 必须在 (v_j) 之前的关系。 (n,m le 3*10^5) 。

key：拓扑排序

显然对于每个 ((u_j,v_j)) 的关系，他们的区间边界满足 (l_{v_j}=max(l_{v_j},l_{u_j}+1)) ，(r_{u_j}=min(r_{u_j},r_{v_j}-1)) 。拓扑排序之后可以对每个点做一次这种操作。对于这样得到的区间，考虑这样的贪心：从左往右扫，每次选可选的区间中右端点最靠左的。这样保证当有限制关系的区间同时可选时，一定选了前驱，这样排出来的就是正确的。

G

题意：有 n 个格子，每个格子有一个灯，每个灯打开有一定花费，一盏灯可以照亮它本身和它的前后一格。你可以交换 k 次两个灯的位置，求照亮所有格子的最少花费。 (nle2.5*10^5, kle 9)

key：DP

考虑交换后的最终序列，它的最优解中打开的那些灯。可以发现在最优解中，一定不存在交换了两个灯，使得两个灯最终都灭/都亮，所以一定是交换了若干对，每对在最优解中一个灭一个亮。

所以只需要挑出至多 k 个灯设定它们是灭的，再挑至多 k 个灯设定它们是亮的，剩下的普通 dp 即可。

(f_{i,a,b}) 表示前 i 个灯，已经挑出了 a 个亮的灯，b 个灭的灯，且第 i 个灯是亮的的答案。每次转移到下一个亮的灯 (j (j le i+3)) ，需要讨论 j 的灯需不需要挑出来、中间夹着的灭的灯需不需要挑出来。

最后计算答案，需要在末尾添加一个 INF 的灯，再添加一个 0 的灯。这样是目的是保证所有点都考虑过是否挑出来了。

M

题意：带边权的树，挑出恰好 k 条边使其互相没有交点且边权和最大。 (k<nle 2.5*10^5)

key：树形 DP，wqs 二分

设恰好选 y 条边的最大权值是 (f(y))，容易发现 (f(y)) 的差分随着 y 增大而减小，即形成了一个凹函数（上凸）。此时便可以用 wqs 二分。

给每条边加一个代价 x，发现选的边数与 x 的大小成正比。于是二分 x，做 O(n) 的 DP 即可。

要注意两点：当有多解时，选选的边更多的方案。在这个前提下，当没有结果恰好是 k 条边时也无妨，答案需要是第一个 >=k 的值减去 k*mid 。

下面简单说一下证明。二分 X 得到的是 f(y)+yX 。若不存在结果恰好是 k 条边的情况，则必有 (f(k)+kX=f(l)+lX) ，其中 (l) 是二分得到的满足选边大于 k 的最小选边数。此时用等式右边减去 kX 就是所求答案。

其实这种情况说明 (f(y)) 在 k 附近的斜率相同，都是 -X。此时加上一个斜率为 X 的直线会形成水平的情况。

J

题意：给 n 个数，求 (F_{i,j}=(i-j+1)*min_{iin [i,j]}a_i) 的第 ([L,R]) 小是多少。 (n le 3*10^5, L_i le R_i le frac{n(n+1)}{2}, R-L+1 le 3*10^5)

key：堆，求 k 小

求第 L 小：二分。此时知道了以每个点为最小值的最小区间长度是多少。将其加入堆里，每次取最小的。