• 一句话题解2

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    7026. 2021.03.26【2021省赛模拟】序列

    KD-tree板题。直接上就过了。时间(O(nsqrt n))。

    也可以莫队，由于修改不满足交换律，所以需要额外用个线段树来维护。时间(O(nsqrt nlg n))。跑得比kd-tree快？

    7027. 2021.03.26【2021省赛模拟】a

    暴力做法：枚举(xmod m=r)。然后相当于有些位置已经被固定选什么，大概要求(prod(1+x^{2^i})mod(x^m-1))的某一项。时间(O(nm^2))。

    把(2^kmod m)相同的分在一起，排个序，那么相当于求序列上的三段的卷积，再卷起来。实际上两个分界点是关于中点对称的，所以可以维护中间那段，前后两段卷积，得到两个多项式之后可以(O(m))查单点。时间(O(m^2))。

    zys的高级做法：把第(k)为0变1，和1变0视作一个“操作”，将其丢入数组中，排序。排序之后分成对称的两边。考虑原先的问题，现在枚举某操作(i)，表示把(i)改变之后这个数会被(m)整除。为了不算重，它应该是第一个操作。所以前面和它数值一样的操作都被固定了。又由于左右对称，只需要前面一段和中点前面一段卷起来即可。

    (m)为偶数时，设(m=2^kq)。有两种情况：最小的(k)位中只有一个(1)，此时(k)位后面的整数截出来被(m)整除；这(k)位中没有(1)，把(q)替换(m)，(n-k)替换(n)，再做奇数的方法。

    7028. 2021.03.26【2021省赛模拟】旅行

    明明做过又不会做

    枚举第(k)大边权(lim)，把所有边的边权改为(max(x-lim,0))，最终答案加上(k*lim)。

    称长度大于等于(lim)的为大边。如果走了不足(k)条大边的情况，相当于要用(lim)将其补到有(k)条，因为此时前(k)大小于(lim)，这一定会比实际情况劣。

    于是如果真实最短路第(k)大为(lim)，确实可以算到；否则，也不可能占便宜。

    7032. 2021.03.28【2021省赛模拟】制作美食

    每个(x)连向([1,a_x])中(b_y)最大的(y)（如果(b_yge x)，否则这个点孤立）。只连这些边，然后计算连通块个数即可。

    正确性：不妨把连出去的边看成有向边。发现大于等于(2)的连通块（只考虑了所有边的时候）中，一定存在两个点(x,y)满足((x,y),(y,x))都连边。我们这样建图的时候，手玩一下发现它不会形成除了(x,y)之外的环。于是如果去掉孤立点，(x,y)互相连接的个数就等于连通块数，且这个(x,y)所在的连通块的点集和真实的点集一样。

    7033. 2021.03.28【2021省赛模拟】超命运树

    判定条件：(f(S)=1)，当且仅当(S)排序后相邻的数(S_i,S_{i+1})满足(min_{i=S_i}^{S_{i+1}}P_i)不重复。

    考虑(len(S)=len(T))时，(S)的条件。经过一堆分类讨论可以得出。然后设(dp_{i,0/1/2})表示(T)中最后一个数在(i)，(i)不作为(min)，作为(min)，将要作为(min)。再经过若干分类讨论得到(O(n^2))做法。然后显然可以用笛卡尔树将其优化成(O(n))。

    好像如果一开始就建出笛卡尔树，可以更加清楚地看见它的判定条件（在笛卡尔树上的意义）。

    7034. 2021.03.28【2021省赛模拟】道路的眼泪

    显然先建出同构树。第一问直接算每个点作为LCA的贡献，第二问可以写个树形DP。第三问发现异或后的点集差分一下就是枚举的集合，一一对应，所以直接组合数计算。都可以做到(O(n))。

    ARC116

    A：根据分解后(2)的次数判断。

    B：排序之后直接算。

    C：只考虑(A_{i} eq A_{i-1})怎么做，算出之后插空。枚举最后一个，设(f_{i,j})表示最后一个是(i)，长度为(j)的方案数。

    D：相当于异或和加和等于(M)。相当于对每一位枚举(x_i,c_i)，要求(sum c_i2^i+sum (2x_i+c_i)2^i)。令(t_i=x_i+c_i)，枚举(t_i)，要乘一些系数，然后变成了个背包问题。

    E：二分+贪心。贪心的时候记(f_i)表示子树中没有被覆盖的最远点到(i)的距离，(g_i)表示子树中最近的起始点到(i)的距离，贪心决策。---

    6085. 【GDOI2019模拟2019.3.26】要换换名字

    可以对每个字符串和它的子序列连边，然后跑二分图匹配。

    只需要连至多(n)条边，根据Hall定理。

    6086. 【GDOI2019模拟2019.3.26】动态半平面交

    显然把每个(p^k)先拆出来。只需要处理有效的，估计一下大概是(n+1000+)。

    考虑维护个主席树，时间轴是dfn，下标是深度。(frac{query(out_i)}{query(in_i-1)})可以询问一个子树中，某深度区间的贡献。

    再用个支持合并的线段树，存每个(p^k)出现的最浅深度。线段树合并到叶子的时候，在主席树中把深度大的那个贡献删去。

    时间(O(nlg nlg V))，空间(O(nlg^2 n))。（粗略）

    （不过由于它可能会出一些(2^{23})之类的点，使得空间好像变成了(O(nlg nlg V))。如果把(p^k)中(p)相同的放在一起，(p)不同的顺序排列，这样似乎就卡不掉了，因为对于一个节点它有的(p^k)比较多的时候，线段树节点的共用部分会很多，所以还是把空间算成(O(nlg^2 n))吧……）

    6087. 【GDOI2019模拟2019.3.26】获取名额（口胡）

    差个简单优化想出来了啊。

    如果(1-frac{a_i}{x})比较小，那么乘几次精度就乘没了。所以先暴力乘小于某个阈值的几个(1-frac{a_i}{x})。

    对于其它的，考虑lnexp。展开(ln (1-frac{a_i}{x}))，枚举若干项。于是就是维护(a_i)的多少次方和。加起来之后(exp)。

    直接做精度误差极大。但如果一开始把(a_i)变成(frac{a_i}{max a})，那就变成了个小于(1)的数，就不会爆炸增长了。

    适当调阈值就可以AC了吧。时间大概(O(nlg^2 n))？

    7035. 2021.03.30【2021省赛模拟】神奇纸牌

    每个数字有(2^4)种状态，用(2^{2^4})枚举每个状态是否出现过，然后组合数计算。

    也可以写出个DP，DP中记下连通性，压状态之后矩阵乘法。

    zys神仙做法：可以感受到答案是(sum a_i i^n)的，解方程算出系数即可。

    7036. 2021.03.30【2021省赛模拟】凌乱平衡树

    首先可以维护出不合并时候的深度和。直接维护(siz)，然后对答案直接进行加减。

    考虑合并的时候的增量。提取出左树的右链和右树的左链，设各自子树大小为(A_i,B_i)（从下往上）。如果(A_nge B_m)，答案加(B_m)并且(m)减一；否则答案加(A_n)并且(n)减一。

    每次修改的时候，只会对这个序列有(O(1))的修改。问题是怎么维护这个东西。

    为方便差分一下，设为(a,b)。于是(b_i)的贡献为(b_isum[A_jge B_i])，(a_i)同理。维护个权值线段树，把(b_i)挂在(B_i)位置上，对于节点维护(a)和(b)的和以及出现次数，和答案，合并的时候能够维护答案。

    把(A_i)视作(2A_i)，(B_i)视作(2B_i-1)，就不用讨论它们相等的情况了。

    时间(O(nlg n))。

    7037. 2021.03.30【2021省赛模拟】打扫笛卡尔

    大发挥失常：虚空调试+看错题意+已经推出正解还在推更复杂的东西。

    一条边被走的概率是(frac{1}{2})，所以一棵固定的树的答案是(sum (frac{1}{2})^{deg_x}(deg_x+1))。

    设(f_n)表示(sum (frac{1}{2})^{deg_x}(deg_x+1))的期望，(g_n)表示(sum (frac{1}{2})^{deg_x})的期望。列出来化简得到：

    [g_n=1+frac{1}{n}sum_{i=0}^{n-1} g_i\ f_n=g_n+frac{1}{n}sum_{i=0}^{n-1} f_i ]

    前缀和，有逆元的时候可以(O(n))做。(g)是调和级数，(G(x)=-frac{ln(1-x)}{1-x})。(F(x))也可以推可是解错了微分方程。

    由于要求(n!f_n)，多瞪两眼就可以得到不用逆元的做法。

    7038. 2021.04.01【2021省赛模拟】异或

    原题。异或最小值是排序后相邻异或值的最小值。所以排序之后DP，设(f_i)表示最后一个选(i)的方案。用个Trie辅助转移。

    7039. 2021.04.01【2021省赛模拟】计数

    原题。稍微推一下生成函数，最后推出个(frac{1}{1-(ax+bx^k)}[x^n])这样的东西，展开，可以在(O(frac{n}{k}))时间内搞出来，最后时间是(O(nln n))。

    2021.04.01【2021省赛模拟】优化

    设(f(x))表示(k=x)时的答案，(f(x))为凸函数。

    用个线段树来存一个区间内(f(x))，合并的时候可以闵科夫斯基和，时间(O(nlg n))。

    询问的时候，外面套一层wqs二分，对于区间对应的节点，每个分别二分得到当前斜率下的最优解。时间(O(nlg^3 n))。

    其实也可以整体二分。于是每个节点中二分的范围在分治的过程中会减小，对于一个节点，在每一层中，二分的范围之和都是这个它的长度。于是所有节点在所有层中的二分范围长度和是(O(nlg nlg V))。实际上不用二分，暴力扫，也就做到了(O(nlg nlg V))的时间。

    LOJ3101. 「JSOI2019」精准预测（口胡）

    设点((x,i))表示(i)时刻(x)的生死（生(0)死(1)），于是有：(c_{x,i}=1 o c_{x,i+1}=1,c_{x,i}=0 o c_{x,i-1}=0)。

    对于边((u,v,t,0))，有(c_{u,t}=1 o c_{v,t+1}=1,c_{u,t}=0 o c_{v,t}=1)。

    把每个点的关键时间提取出来，一共(O(n))个点，two-sat建图。

    问题相当于：对于每个((x,T)=0)，询问：它是否能到达((x,T)=1)；如果不能，询问能到达多少个((y,T)=0)。

    于是就是个bitset的事了。

    6149. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】盗梦空间

    建虚树，求出起点到每个点的最小距离。在虚树的相邻两个点之间找到分界点，然后分别计算；另外还有一些子树，用set除去已经在虚树中的子树，然后计算即可。

    现在问题是：询问一条祖先后代链上，挂在这个链上的子树的信息。愚蠢的做法是直接树剖，这样要写线段树而且要根据轻重儿子分类讨论，时间(O(nlg^2 n))。但实际上也可以倍增，对于每个点记一下其兄弟的信息，时间(O(nlg n))。

    6150. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】爱乐之城

    这道题教导我们如何划分子问题，而不是将一些强行组合的式子从头展开到尾。

    设(A(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[iperp j]mu(i)mu(j)=sum i^2phi(i))，(B(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nmu(ij)=sum_{d=1}^nmu(d)(sum_{d|i,ile n}mu(i))^2)。

    （推导(A(n))的时候用到了(sum_{j}[iperp j]j=frac{phi(i)+[i=1]}{2})）

    都可以(O(nln n))预处理。（(B)要差分再前缀和）

    题目要求(sum_{T}B(gcd(T))prod A(a_i))。按照套路搞：

    [sum_{d}B(d)sum [gcd(T)=d]prod A(a_i)\ =sum_Tsum_{d}B(d)sum_{d|a_i}sum_{de|a_i}mu(e)prod A(a_i)\ =sum_Tsum_{p|a_i}(sum_{d|p}B(d)mu(frac{p}{d}))prod A(a_i) ]

    左半部分先预处理。现在可以把式子看成(sum C(p)G(p))。现在考虑维护(G(p))。当加入值(v)时，对于(v)的每个因数(u)，于是(G(p)leftarrow G(p)(1+A(v))+A(v))。由于保证了每个值不重复，所以总时间(O(nln n))。

    6151. 【GDOI2019Day1模拟2019.4.28】星际穿越

    容斥，钦定一些分界点合并，合并一次容斥系数是(-1)。于是列出生成函数(F(x)=sum_{ige 1}(-1)^{i-1}frac{x^{Ki}}{(Ki)!^r})。另外最后一段有些区别，设为(G(x))。

    于是答案即(frac{G(x)}{1-F(x)}[x^n](n!)^r)。直接多项式求逆即可。

    3056. 「HNOI2019」多边形

    显然终止状态是所有点连向(n)。如果没有到达终止态，每次一定可以找到(a<b<c<n)组成个四边形，弦为((a,c))，然后把它换成((b,n))。所以操作次数是(n-3-([2,n-1]中和n直接相连的点数))。

    把和与(n)相连的边拉出，然后分成子问题。这样可以得到一个树形结构。方案数是(prod_xfrac{(sz_x-1)!}{prod_{yin son(x)} sz_y!})。可以化简。

    考虑一次操作对于树是什么影响。画一下可以发现类似于旋转，大概来说，原本(x o A,x o B,y o x,y o C)变成(y o A,y o x,x o B,x o C)。(sz)的变化是(O(1))的，如果建出树并且知道对应编号就可以求。

    一条边对应节点是，这个节点的状态中，这条边对着(n)。建树的时候需要快速查(l,r)连向的公共点。愚蠢的做法是用bitset，MLE；聪明的做法是直接用set，(l)连出的最大点和(r)连出的最小点就是其公共点。记得建树递归的时候一些显然对后面没有用的边要删去。

    7041. 2021.04.03【2021省赛模拟】Alice 和 Bob 双在玩游戏

    如果图中只有一个棋子，容易得到谁胜谁负。

    有多个棋子的时候，由于棋子之间没有互相依赖，可以分开搞。预处理(f_i)表示如果有个从(i)出发的棋子，谁会胜，以及可以续多少条命。如果有棋子(f_i)的和大于(0)，则A胜。

    然后就是个背包的事情。

    7042. 2021.04.03【2021省赛模拟】时代的眼泪·SP（口胡）

    考虑对一个块的整体修改，把块中的点暴力跳，跳过的标记，如果跳到了则删去这个点。于是一个块只会跳(O(n))次。

    于是可以搞出个(O(nsqrt n))的算法：对于每个点，维护一下它向上跳了多少格，于是可以(O(1))单点当前的位置。修改时，对于整块，块中没有删去的点暴力跳，对于散块，如果被删去了，记一下之前删去的时间，于是可以通过求k级祖先迅速跳到当前位置，并且重新加入。查询时，整块直接查，散块要查k级祖先。

    维护哪些点没有被删除可以用链表。加入直接在后面加。

    原题的做法：对于一棵树，每次把所有叶子节点删掉，如果删了(O(T))次，剩下的叶子结点个数不超过(O(frac{n}{T}))个（称这些点为关键点）。于是每个点前(O(T))步暴力跳。每个关键点维护个线段树，下标为序列位置，值为深度。修改时，枚举每个关键点，区间改，区间查最小值。时间(O(nsqrt {nlg n}))。

    UOJ607. 【UR #20】跳蚤电话

    题目要求加点的过程中保持一棵虚树的形态。也就是说，设(rk_i)表示(i)出现的时间。有(max(rk_u,rk_v)ge rk_{LCA(u,v)})。

    把一个点的所有子树中的点出现时间排序，于是这个点能够插入的地方在([1,sec])之间，其中(sec)表示第一个所属子树和(1)不同的位置。

    组合数算一下就好。

    7043. 2021.04.03【2021省赛模拟】钩子·Plus

    首先可以给每个位置分配一个((0,1))的随机数(p_i)，按照(p_i)从小往大，如果两边没有被标记，则标记当前点。

    假设下标为((-infty,+infty))，如果最终(0)被标记了，当且仅当：对于(l,r)满足(p_{l-1}>p_{l}<dots<p_{-2}<p_{-1}<p_0>p_1>p_2>dots>p_r<p_{r+1})，有(2|l,2|r)。

    设(p_0=x)。可以算出一边概率为(e^{-x})，两边合起来概率为(e^{-2x})。然后可以积分。

    至于为什么只需要考虑(0)，zys说题解很不严谨并将其证了一遍。

    现在考虑搞整个序列。设(dp_{i,t1,t2,t2}(x))表示匹配了((-infty,i])，(p_i=x)，(i)左边的极长递减序列长度奇偶性为(t1)，(t2)和(t3)分别表示右边如果接一个极长的递减序列奇偶性为什么时，是否可以让((-infty,i))和序列匹配。此时的概率密度函数。

    转移的时候大力积分。

    7044. 2021.04.05【2021省赛模拟】悄悄话

    设(f_i)表示(i)为最后一个的答案。转移时找到(j)满足(s_j)是(s_i)的子串。

    维护数据结构，修改时(f_i)挂在(s_i)上，查询时查(s_i)的所有子串上信息的最大值。可以用AC自动机或后缀自动机做，查询的时候枚举(s_i)前缀，跳fail链即可。配合线段树搞。

    时间(O(sum |s_i| sum |s_i|))。

    7045. 2021.04.05【2021省赛模拟】数学考试

    和三次函数没有任何关系。

    网络流建图。对于每个变量，从(S)到(T)拉一条链，割链上哪条边就代表选择哪些。

    对于限制，就在两条链之间横叉边来限制。如果不满足，那么一定还有边可以流。

    7046. 2021.04.05【2021省赛模拟】迷路深層

    怒敲4k最终它假了。

    暴力就是搞个生成树，对于非树边，把它所在环丢进线性基里。询问的时候，首先必须选两点间任意一条路径，然后再用线性基得到最优解。

    对于区间，可以用回滚莫队+可撤销并查集来搞。每个连通块维护个线性基。并查集中还需要维护当前点到getfa之间的异或和，询问两个点之间的异或和可以直接用它们的这个东西异或起来。

    要线性基合并。右边的部分势能分析可以得到时间是(O(msqrt m lg V))（对于某个数，在合并的时候，可能最高位会减，直到对应位为空插进去，或者最高位减到0。所以一个数的势能是(lg V)），左边的部分不能势能分析时间是(O(msqrt mlg^2 V))。

    题解的分析是假的。

    LOJ3110. 「SDOI2019」快速查询（口胡）

    看到洛谷上显示提高+省选-我人傻了

    其实这(t*q)的操作可以看成方便读入(10^7)组询问。以操作(4)分组。现在相当于有个初始数组(a_i)，每次乘或加，记进行了(x o px+q)这样的操作，遇到单点赋值的时候，令(pa_i+q=v)，解出(a_i)，修改(a_i)以及总和即可。单点查答案就是(pa_i+q)。

    时间是(O(qlg V+qt))。其中(lg V)是求逆元。

    LOJ3111. 「SDOI2019」染色（口胡）

    套路题。把相邻的有值的两列之间作为一个单位计算。设(f_{i,c})表示处理完前(i)个单位，最后一个单位中的空位颜色为(c)的方案数。预处理(g_{i,S})表示一个长度为(i)的单位内的贡献，(S)表示((1,1),(2,1),(1,i),(2,i))四个位置的关系（哪些相等）。状态不会很多。于是得到了(O(nc))的做法。剩下4分不要也罢。

    据说剩下4分可以用线段树或者用SDOI2019D1T1的方法来搞。

    LOJ3112. 「SDOI2019」世界地图（口胡）

    求出前缀和后缀的MST，然后合并。求(pre_{i})需要(pre_{i-1})和第(i)列合并。合并的时候，两块中的最左边和最右边（不只是左块的右边和右块的左边，因为最终还要处理前缀和后缀合并）设为关键点，对关键点建虚树，虚树上每条边中取最大边。除了这些边，其它的边合并之后都不会边。于是对这些边和新加入的边跑MST，跑完之后维护虚树即可。

    一次合并(O(nlg n))，总时间(O(mnlg n))。

    7047. 2021.04.07【2021省赛模拟】染色

    看对斜线染色不爽，把它推一下变成个平行四边形，于是就是对行和列染色。钦定选择哪些行，然后对列染色，要求不存在一行本来没有选，但是穿过它的列全部被选了。设(f_{i,j})表示已经考虑了前(i)行，第(i)行最后留白的列为(j)，(j)后面的必须选。枚举下一个不选的行(k)，根据(j,i+m,1+k)的关系分类讨论，转移到(f_{k,t})，(t)是枚举的最后一个留白的列（可能(t=j)），直接写(O(n^4))，容易优化至(O(n^2))。

    7048. 2021.04.07【2021省赛模拟】在泪水化为雪花之前

    转化题意就是要决定(e_i)，使得([x^c]prodfrac{1}{(1-p^ix)^{e_i}})为给定的多项式。其中(e_0)可以小于(0)，其它非负。

    设最大的(e_i eq 0)的(i)为(m)。考虑最终搞出的(p)次数的范围，显然最大是(mc)。于是要求(n=mc)。由于只有(frac{1}{(1-p^mx)^{e_m}})对([x^{mc}])有影响，所以(e_m)是可以算出来的（(inom{c+e_m-1}{e_m-1}=a_{mc})，枚举算出，不会很多，题解说模数(998244353)时打表发现(k)相同的(inom{x}{k})中相等的至多有(3)个）。接下来考虑(a_{mc-1})等于什么，发现它之和(e_m)和(e_{m-1})有关，所以可以求出(e_{m-1})，依次类推可以推出更前面的。

    推的过程，维护个(F_k(p,x)=prod_{ige k}frac{1}{(1-p^ix)^{e_i}})。由于(a_{m(c-1)+i}=F_{k+1}(p,x)[p^{m(c-1)+i}x^{c}]+inom{c-1+e_m-1}{e_m-1}inom{1+e_i-1}{e_i-1})，于是可以解出(e_i)。

    时间是(O(mcn*c)=O(n^2c))。

    (i=0)时，需要讨论(e_i)的正负。如果非负照样计算，如果为负，也能用其它方法计算。我的方法是考虑(a_0=(1-x)^{-e_0}[x^c])，如果(a_0)不为(0)，此时候选的(e_0)都做一遍；如果(a_0)为(0)，于是(-e_0<c)。(-e_0)的状态可以由(-e_0-1)推过来。这部分耗时(O(nc^2))。

    7049. 2021.04.07【2021省赛模拟】生命游戏

    跟GDKOI那题好像啊况且出题人知道。

    首先分开奇偶，给它转45度，于是可以视作一个矩形，每次往右往上扩张一格。求出每个时间点的面积并，然后前缀和就是答案。

    把数值视作(c)或(c+T)的形式。处理大小关系不变的(O(n^2))个区间，每个区间内时间点的面积并是个二次函数，扫描线处理之。得到这个分段函数之后给它前缀和即可。

    时间(O(n^3lg n))。

    7051. 2021.04.08【2021省赛】模拟 B 数据结构

    考场写KDT，常数大得只有暴力分。

    可以视作一次询问两个序列的前缀（或后缀），取出两个数满足(y)的限制，要求权值和最大。朴素莫队可以做到(O(qsqrt nlg n))，二次离线可以做到(O(qsqrt n))。也可以直接分块做到(O(qsqrt n))（还是(O(nsqrt q))？）

    正解要用到一次同时询问前缀和后缀。首先对(y)分治，现在处理左边的(r)和右边的(b)。考虑到一个询问，是询问(((-infty,L_i),(-infty,R_i)))和(((L_i,+infty),(R_i,infty)))。可以发现两个序列中((-infty,infty))的最大值都会出现，并且如果出现了那么会选。于是取(r)的最大值和(b)的所有值，和(b)的最大值和(r)的所有值作为有效的点对。这样的点对总共有(O(nlg n))个。然后再整个二维数点就可以得到(O(nlg^2 n))的做法。

    AGC053

    A：首先下界(k=min(|a_i-a_{i+1}|))。然后将均分成(k)个序列，对于(a_i)，序列编号（从(1)开始）小于等于(a_imod k)的就取(lfloorfrac{a_i}{k} floor+1)，否则取(lfloorfrac{a_i}{k} floor)。可以证明这样构造一定满足条件。

    B：合法的答案，当且仅当：从中间往两边，对称绑在一起。如果遇到(01,10)就不变，遇到(00)就加一，遇到(11)就减一，要求最终为(0)并且前缀和大于等于(0)。于是可以看做两个序列(a_i,b_i)，钦定(a_i>b_i)，一开始全选(a_i)。可以选择(i<j)，本来选(a_i)，调整为选(b_j)。用个堆从后往前扫，贪心看看当前的(a_i)是否可以替换成后面的。

    C：假设最大数所在数组为(a)，另一个为(b)。考虑对于(b_i)，如果(b_i>max_{k=1}^i a_k)，则它应该要被后面的消去，那么就在后面找到第一个大于它的(a_j)，可以证明找更后面的不会更优。于是答案为：对于(b_i)，找到最小的(j)满足(a_j>b_i)，(max(j-i,0))的最大值就是答案。考虑计算(p(d))表示答案不超过(d)的概率，于是对于任意(i)，存在(jle d+i,a_j>b_i)。不妨把(i)从从小往大一次考虑，发现这相当于对于任意(i)，(b_ile max(max_{j=1}^{i+d} a_j ,max_{j=1}^i b_j))。从后往前确定(b_i)，按照这样的顺序确定(b_i)的时候更后面的(b_i)没有影响。于是(p(d)=2prodfrac{i+min(i+d,n)-1}{i+min(i+d,n)})。容易(O(n))算出所有(p(d))。

    联合省选2021

    D1T1：枚举(max)，求出最大的(min)。分类讨论分析，最终可以做到除排序之外(O(n))。

    D1T2：随便构造出一组解(a)。可以发现对一行（或列）加(x,-x,x,-x,dots)仍然是一组解。令最终的解(a_{i,j}leftarrow a_{i,j}+(-1)^{i+j}x_i-(-1)^{i+j}y_j)。可以转化成差分约束问题，用Bellman-Ford跑（方便判负环）就好了。

    D1T3：大把(O(nm))做法。题目相当于对于每个(u,v)，求从(u)到(v)和从(v)到(u)不经过小于(u)的点，路径权值和最小值最大是多少。用桶优化dijkstra是(O(nm))，但是会TLE。其实可以动态加边，加边后看新增能到达哪些点，BFS一下，这样也是(O(nm))，常数较小。也有floyed的做法，枚举中转点(k)从大往小枚举，算完一层之后统计(u=k)的答案。这样可以避免建反图，并且(i>k,j>k)的转移可以不需要（解释：一条路径转移的过程，可以视作一个折线图，横坐标为路径上第几个，纵坐标为节点编号。每次把纵坐标最大的点删掉，把相邻的两个点连起来。由于这题限制中起点或终点肯定有一个是全局最小值，所以每次操作中，当前点左右两边都小于它），加上这个小优化之后可以卡过去。

    D2T1：分成(u o lca)就(lca o v)计算。对于某个点，如果它在序列中，记下颜色为序列上后继的最近祖先。于是可以倍增快速查(u o lca)搞了多少位。对于(lca o v)，可以二分最后一位，类似搞搞。于是得到了(O(nlg^2m))的做法。如果换成点分治，就可以省掉倍增，(u o rt)可以(O(1))做，(rt o v)要二分然后(O(1))查。于是时间是(O(nlg m))。

    D2T2：不动脑子可以写出一个DP。注意到并不需要记最后一个具体是多少，只需要差分一下，当前这个加多少，后面的一并加多少。于是就可以过了。

    牛客挑战赛049

    A：略

    B：设(s(n))表示各位数的和。先求出(sum s(i)-s(i-1))，再减去(sum (s(i)-s(i-1))[s(i)-s(i-1)<0])。后者存在当且仅当(imod 10=0)，进而可以列出式子快速计算。

    C：把操作挂在节点上，从大往小枚举节点编号，每次找到祖先最近的操作。用并查集维护。

    D：回文串长度不超过(20)，所以可以枚举回文串，然后直接判定是否在(A)串中。

    E：先手要最小化(A边-B边)。可以把边摊到点上，即边的端点加(0.5)，如果(A)选就加，(B)选就减。显然对于最终的方案，异色连没有共线，同色连贡献为(pm 1)。

    F：找出所有的环丢到线性基中，询问((u,v))时先异或上dfs树上路径的权值和，丢到线性基里跑。询问权值和要(O(1))LCA，由于线性基固定所以可以分两半做，也是(O(1))。时间是(O(nlg n+Q))的，但是求LCA寻址常数太大所以过不去。正解：设有两个点(x,y)，从任意点出发，走到(x)回来，再走到(y)回来，于是答案恰好异或上(a_x xor a_y)。并且由于是二分图，询问两点间的路径长度是固定的。于是答案有两种，就是选择奇数个点或选择偶数个点。有个小trick：安排一位表示奇偶性（设为(2^w)，并且(w)是最高位），询问奇数的时候丢(0)进去，询问偶数的时候丢(2^k)进去，最后答案都异或上(2^k)。

    G：题目求的是仙人掌上两点间最小割。对于一个环，最小边一定会被割。于是把最小边去掉，其权值加到其它边上。最后形成一棵树。把每位拆开，利用重构树计算答案即可。

    ARC117

    A：对大的那边，(1,2,3,dots)这样构造。另一边除最后一个也这样。

    B：排序后差分，每次相当于选一个大于0的数减一。

    C：把三种颜色看成(0,1,2)。对(x,y)操作变成((-x-y)mod 3)。然后组合数计算。

    D：可以做到(2n-1-直径长度)。以直径端点为根搞个欧拉序，要求最后一个被第一次遍历的点是直径的另一个端点，把每个点第一次出现的时间作为答案。接下来证明这同时也是答案的下界：设最终权值为(w_i)，对于排序后相邻的(w_i)（即(w_u<w_v)不存在(w_u<w_x<w_v)），那么有(w_v-w_uge dis(u,v))。只考虑相邻的限制，那么相当于：决定一个排列(p)，最小化(1+sum dis(p_i,p_{i+1}))。也就是遍历整棵树的最小时间，按照欧拉序跑最优，此时下界是(1+2n-2-直径长度)。

    E：考虑画出前缀和的图像，用个平行于x轴的直线从下往上扫，维护扫描线和折线的交点。假设最低点纵坐标为(0)。设(f_{i,j,k,c,0/1})表示扫到纵坐标(i)，已经扫过的点数为(j)，已经扫过的点形成了(k)段，题目中问的那个段的个数是(c)吗，开头和结尾是否固定，此时的方案数。转移时枚举(x)表示合并相邻的段(k)次，枚举(y)表示合并段之后在空白中插入了(y)段。于是就可以得到(O(n^7))的做法。可以发现转移之和(x-y)有关，所以可以把(x-y)相同的一起枚举，用个前缀和计算一段合法(x)的区间的贡献，就有(O(n^6))。实际上枚举(i)是没有必要的，安排其它的转移顺序，就有(O(n^5))。

    计蒜客2021预赛第一场

    A，B：略

    C：设答案为从((0,0))到((n,n))。对于一个三角形区域，某条路径第一次经过位置是三角形的直角边，即((x,y))或((x+i,y))或((y,x+i))，从这里开始不管怎么走前面连续(len-i)个格子会有贡献。于是可以列出式子，列出式子之后可以前缀和优化。

    D：显然可以得到递推式：(f_{2n}=f_n,f_{2n+1}=f_n+f_{n+1})。考虑搞一棵树，节点(i)权值(w_i=(f_i,f_{i+1}))。于是(w_{2i}=(f_i,f_i+f_{i+1}),w_{2i+1}=(f_i+f_{i+1},f_{i+1}))。答案求(max (w_{i,fi}+w_{i,se}))。假设从((x,y),x<y)开始(k)满层，因为是满层所以可以钦定二元组顺序，于是最优的是((xF_{k},yF_{k+1}))，其中(F)为斐波拉契数。把询问范围拆成若干个满二叉树即可。全程高精度。

    Codeforces Round #715 (Div. 1)

    A：考虑对于两个序列(a,b)，可以构造出长度为(4n-min (cnt0_a,cnt0_b))。即拉出全为0的公共子序列，然后中间的填一下。于是找到(a,b)满足(cnt0_age n,cnt0_bge n)。如果找不到，那么存在(a,b)满足(cnt1_a>n,cnt1_b>n)，同样构造。

    B：可以发现合法的方案能够视作划分成若干个区间，将这些区间中的顺序反转。算出方案数之后从前往后确定即可。方案数是2的幂次的形式，增长较快，按位确定的过程中不用二分当前位是什么。

    D：如果只有一个轮换，可以钦定一个点(x)，每次(swap(p_x,p_{p_x}))，这样一定能行。并且连出来的是以(x)为中心的菊花。如果有多个轮换，先找到一个(x)（满足(p_x eq x)）作为根，对其它点极角排序。众所周知如果(x,y)不在同个轮换，(swap(p_x,p_y))之后就会在同个轮换。所以对极角排序后的相邻点进行这样的合并。（注意相邻点的极角差要小于(pi)）合并完之后以(x)为中心连出个菊花即可。

    7065. 【2021.4.24 NOI模拟】樟树

    给第一棵树分块，第二棵树直接扫，类似于回滚莫队地做。

    找管辖点，一个点被它最近的作为管辖点的祖先所管辖。记(len_x)为(x)子树中，到(x)路径上没有管辖点的最远点距离。如果(len_xge B)则将(x)变成管辖点。取(B=O(sqrt n))。

    所有叶子节点的(B)级祖先形成的树的叶子个数为(O(frac{n}{B}))，于是所有叶子的(B)的倍数级祖先的集合大小为(O(frac{n}{B}+frac{n}{B^2}+dots)=O(frac{n}{B}))。

    （注意不要取(sqrt {maxdep})，这样可能不能保证块个数）

    用可回退并查集来维护连通性。时间(O(nsqrt nlg n))。

    7066. 【2021.4.24 NOI模拟】ehzeux与圆周

    AGC028D

    7067. 【2021.4.24NOI模拟】对称线性规划问题

    现在构造一种方案，最终答案为总和一半。把(i)和(4n-1-i)配对。把每行作为一个节点，(i)和(4n-1-i)所在的两行之间连边。

    于是形成了(n)个点(2n)条边且每个点度数为(4)的无向图，现在需要选择一些边，使得每个点恰好有两条相邻边被选择。

    对于每个连通块找欧拉回路，路径上的边奇偶分类。可以证明这样一定合法。

    Contest 2050 and Codeforces Round #718 (Div. 1 + Div. 2)

    A：略。

    B：每次找到最小值，其它的列找到最大值，删掉。

    C：考虑对角线从右上往左下扫过去，发现每次可以唯一地确定对角线上的数值。

    D：O(n2k3)能过。其实最终一定是走一段(frac{k}{2})长的路径再原路返回，因为如果走个环，可以选择前半和后半中较小的。设(f_{x,y,i})表示从((x,y))出发走(i)步最短路程，不用记终点。转移是(O(1))的。

    E：经过细致的分类讨论，可以发现合法的序列是：1. 若干个P+若干个C。2. (P)+若干个C+PCPC...PC+若干个P(C)。前缀和搞一下可以发现这是个二维偏序。

    F（口胡）：

    思考的时候似乎看错了题意。我的想法：一个连通块的level相当于从所有叶子结点出发跑最短路，树中最大的(dis)（这里和题目已经偏了），也就是取两个叶子(u,v)，最小的(frac{dis(u,v)}{2})。考虑所有连通块的level不超过(lim)的情况。于是可以DP，设(g_x)表示(x)子树中(x)不选的方案数，(h_x)表示(x)子树中(x)选并且保证(x)所在连通块已经满足条件的方案数，(f_{x,l,0/1})表示(x)子树中(x)选未保证(x)所在连通块满足条件，且距离(x)最大的叶子距离为(l)，是否强制(x)为叶子节点的方案数（好像(0/1)可以去掉）。时间是(O(n^3))。

    题解做法：考虑level不超过(lim)的情况。设没有选的点为黑点，那么这等价于每个黑点画个半径为(lim+1)的圆，要求并覆盖所有点。于是可以DP，如果子树内存在未覆盖的点，则记其最深深度；否则，记下可以向上延伸多少。注意并不需要同时记未覆盖点的最深深度和向上延伸多少，因为如果它后来被覆盖了，那么覆盖它的那个点向上延伸肯定比这里记的多。

    LOJ3048. 「十二省联考 2019」异或粽子（口胡）

    前缀和，建Trie，维护每个点和其它点异或第几大在哪里。把这些第几大丢进堆里，每次取最小的，然后找更大的点重新丢进堆里。可以直接用可持久化Trie，也可以直接用Trie，然后(k)变成(2k)。时间(O(klg V))。

    有个和(k)无关的做法：先用(O(nlg V))的时间二分出第(k)大具体是什么，对于大于第(k)大的，枚举一个值，要计算它异或上Trie中(O(lg V))个子树中的值的和，相当于排序后序列中(O(lg V))个区间。分开每位计算，前缀和即可。时间(O(nlg^2V))。

    LOJ3049. 「十二省联考 2019」字符串问题

    建出Trie在上面连边然后跑最长路。可以对反串建SAM从而建出后缀树，然后把关键点在后缀树上定位，不在后缀树的整点上的点另外分配标号，建图直接跑即可。时间(O(nlg n))，这个(O(lg n))来自对点定位。

    有个想法：直接建SAM，用SAM的转移边建图。实现过之后发现这样是假的，因为一个点代表长度在某区间内的互为后缀的串，如果从一个串（根据点和长度确定），往后跑到一个点，某个串对应点是那个点但长度小，这时候就不合法。

    6152. 【GDOI2019Day2模拟2019.4.29】Endless

    权值从小到大枚举。找平方串套路：枚举长度，设立观测点，如果相邻观测点的LCP和LCS之和大于等于长度，则有平方串，这些平方串的开头在连续的区间。

    支持两个区间合并，ST表+并查集即可。

    7068. 【2021.4.28 NOI模拟】隔离

    平面图满足(C=F+V-E)，其中(C)是连通块个数，(V,E,F)分别是点、边、面（不包括最外面）。

    算矩形框住了哪些点、边、面，边可以看做矩形，面可以预处理出来，也能看做矩形。然后做四维偏序，(O(nlg^3 n))。

    处理面的时候，把每个点的出边极角排序，从某个点开始选一条边开始跑，到下一个点找这条边的后继继续跑，最终肯定能找到环。每条边跑过就删掉。这部分可以用map实现。还要判断是否是最外面，求一遍有向面积，如果有效面积是负的那就是最外面，不算。

    为什么不算最外面然后减一？因为并不确定最外面的坐标范围是多少。

    7069. 【2021.4.28 NOI模拟】匹配

    构造(sum_{jsubseteq i} b_{j}=a_i)。容易发现高斯消元之后斜对角线（同时也是每一行非0的数为(b_i)），求(b)用FWT即可。

    模拟即可说明。考虑消到第(i)行，前面(jin[0,i-1])行都满足(M_{j,k}=[jsubseteq k]b_j)，由于第(i)行中(M_{i,k}=sum_{tsubseteq iigcap k}b_t)。可以视作对于所有的(tsubseteq i)的(t)，有(M_{i,k}+=[tsubseteq k]b_t)，刚好这部分的贡献就是(M_t)。所以(i)肯定是和(tsubset i)的(t)消元，消元之后就变成那样。

    7070. 【2021.4.28 NOI模拟】氪金手游

    (ans_i=sum_k w_k[x^k]sum_{l=1}^rprod_{i=l}^r(1-p_i+p_ix))

    点乘可以视作减法卷积乘(x^0)项。记(W(x)=sum w_kx^{-k})。

    考虑分治。设当前点为(p)，(H_p)为区间外的点的影响（((1-p_i+p_ix))后缀积的和）。

    于是有(H_{lc}=H_p,H_{rc}=H_pf_{lc}+Wg_{lc})。其中(f)表示区间内((1-p_i+p_ix))的乘积，(g)表示区间内后缀积的和。

    由于只需要求([x^0])，所以只需要保留(O(r-l+1))项系数。

    时间(O(nlg^2 n))。

    AGC045

    A：考虑从后往前做，记(F_i)是个集合，表示做完了前(i)个，如果当前值为(x)后面能消到0，则在集合中。用线性基来维护。如果遇到了0，就加入线性基；如果遇到了1，看看在不在线性基中，如果在，那么它能被抵消，于是(F_i=F_{i+1})；否则它不能被抵消，于是对于任意(x)，(x)和(x xor A_i)有一个不能被抵消，于是(F_i=empty)。

    C：考虑判定。可以视作：每次选择一个长度等于(A)的连续0或长度等于(B)的连续1，将其变成任意值，问能不能还原成初始状态。令(Ale B)（显然可以搞到全1，所以0和1可以互换），如果出现了个长度大于等于(B)的连续1，把这段全部变成0，和两边0的连续段合并，因为(Ale B)所以可以又能够操作这个大的连续段，反转，合并，循环操作到整个序列同色。现在希望让这个1出现，就将所有长度大于等于(A)的连续0全部变成1，然后判断它是否存在长度大于等于B的连续1。可以DP，记所有长度大于等于(A)的连续0全部变成1的状态，设(f_{i,0/1,0/1})表示这样的状态下，最后是(0/1)，是否出现过长度大于等于(B)的连续1。需要用数组(g_n)表示长度为(n)的序列，其中两边为1，中间的0所在连续段长度大于等于(A)的方案数，辅助转移。两者时间都是(O(n^2))。

    D：显然是按顺序枚举，如果当前点没有被遍历过，就将其所在的环都遍历一遍并点亮。如果某次全部被点亮了那就退出。这相当于，设前([1,A])个中第一个自环为(i)（也有不存在自环的情况），满足([1,i-1])所在的环的并包含([A+1,n])。因为要满足(i)是第一个所以要枚举个(j)容斥，接下来的问题可以表示为三元组((i-1-j,n-A,A-i))。假设是((a,b,c))，先给(a)搞个圆排列划分，即(a!)，把(b)插入到(a)的圆排列中，即(prod_{i=a}^{b-1} i)，把(c)插入到圆排列中或自成一圆排列，即(prod_{i=a+b+1}^{a+b+c}i)。所以贡献是(a!frac{(a+b-1)!}{(a-1)!}frac{(a+b+c)!}{(a+b)!})。枚举(i,j)，时间(O(A^2+n))。

    7072. 【2021.04.30 NOI模拟】决战圣诞树

    用生成函数写出式子，然后考虑插值。代入(K)个点值进去，因为是循环卷积所以要满足(x^K=1)，也就是模意义下(K)次单位根。找出原根之后(g^{frac{P-1}{K}})的幂就是了。

    现在分别维护(K)个问题。每个问题都是搞一棵树，支持单点乘、邻点乘、子树乘、单点查、子树查。如果没有邻点乘，用线段树或分块可以维护，时间分别是(O(lg^2 n))和(O(sqrt n))，线段树中需要多次快速幂。现在有邻点乘，把点按照度数，设定阈值，分成大点小点，改的时候大点在自身打标记，小点暴力改；单点查的时候遍历周围的大点。但是有个问题：子树查。改大点的时候，可以把信息都挂在大点上（数据结构中），在查子树的时候，没有算到的，或多算到的信息只会和(u,v)有关，直接去掉或加上即可。

    但是因为不能直接对0求逆元，所以这个方法可能会挂。尽管如此还是能过。不过再进行一些修改应该也可以搞。

    事实上可以搞个序，先遍历儿子，在递归遍历儿子的子树。这样儿子连在一起，子树（除了自身）也连在一起。于是邻点的问题就解决了。

    至于快速幂的问题，因为模数不大，所以可以算出每个数是原根的多少次方，以及原根的多少次方是什么。于是可以(O(1))算。

    最终每次操作时间(O(lg n))。但是好慢。

    7073. 【2021.5.4 NOI模拟】拆分

    把(h)扩展。枚举(m)，对(a)差分得到(c)，要求(c_1ge 1,c_ige k)。容易列出式子(sum_m h_m[x^{n-m-frac{km(m-1)}{2}}]prod_{i=1}^mfrac{1}{1-x^i})。

    如果(k>0)，合法的(m)是(O(sqrt n))的，直接算。

    如果(k=0)，重新看原题，发现就是求拆分数第(n)项，即([x^n]prod_{i>0}frac{1}{1-x^i})。求这个东西有很多方法，可以借助五边形数，需要求逆；也有个高级做法：画出Ferrers图（假设(n=sum a_i)，将(a_i)从大到小排序，第(i)列放(a_i)个方格），枚举((1,1))为左下角的极大正方形的边长(h)，剩下的两个部分都是要求每个数不超过(h)的拆分，列出生成函数就是(sum x^{h^2}(sum_{i=1}^hfrac{1}{1-x^i})^2)。于是时间(O(nsqrt n))。

    卡常：1. 对五边形数多项式求逆的时候，不要一开始把有值的地方存在某个数组然后遍历这个数组，在求逆的过程中当场算五边形数，常数小一些。2. 两个int相加之后取模，如果用if，在本地不会变快，在OJ上变快了？

    另外(k=0)时，结合两种做法，得到(sum_m[x^{n-m}]prod_{i=1}^m frac{1}{1-x^i}=[x^n]prod_{i>0}frac{1}{1-x^i})，不错的发现。

    7074. 【2021.5.4 NOI模拟】集合

    转化为取补集求并，找第一个不在并中的位置。枚举(r)，对于每个位置维护最后一次被覆盖的时间。修改就是区间取max，查询就是找到第一个最后被覆盖的时间小于(l)的位置。

    时间(O(nlg n))。

    AGC040

    A：显然局部最小值可以设为(0)，确定这些值之后其它值很好贪心。

    B：求出(maxl,minr)。分区间交是([maxl,minr],[dots,dots])和([maxl,dots],[dots,minr])两种情况讨论。前者直接算，后者枚举第一个区间交的右端点时多少然后计算。

    C：假如没有C，可以把奇数位的AB翻转，变成了每次只能选择两个相邻不同的，将其删掉。显然有解的条件是(cnt_A=cnt_B)。现在有了C，相当于可以任意地将C变成A或B，因此有(|cnt_A-cnt_B|le cnt_C)，计数即可。稍微推下式子就是([x^frac{n}{2}y^frac{n}{2}]frac{1}{(1-x)(1-y)}(1+x+y)^n)。粗暴的做法是展开，变成计算(sum_{i=0}^{n/2}inom{n}{i}sum_{j=0}^{n/2}inom{n-i}{j})，可以维护(f(n,m)=sum_{i=0}^minom{n}{i})，(f(n,m)=sum_{i=0}^minom{n}{i}=sum_{i=0}^minom{n-1}{i-1}+inom{n-1}{i}=2f(n-1,m)-inom{n-1}{m})，于是能(O(n))计算；简单的做法是计算不合法的方案数，即((1+x+y)^n)展开式中(x)或(y)次数大于(frac{n}{2})的，因为不可能同时大于(frac{n}{2})所以很好计算。

    6215. 【NOI2019模拟2019.6.14】硬币游戏

    可以看成：价值为(a_i)的，大小为(1)的物品，和价值为(a_i+b_i)的，大小为(2)的物品。

    贪心：先将两种物品从大到小排序，各选一段前缀。当空间加一时，先加入下一个大小为(1)的（如果没有就丢掉个大小为(1)的放个大小为(2)的），然后尝试用大小为(2)的替换两个大小为(1)的。时间可以做到线性。

    6216. 【NOI2019模拟2019.6.14】序列计数

    暴力可以这么做：假设有个大小为字符集的表(s_i)，从左到右扫，设当前字符为(c)，对于(i eq c)，(s_i'leftarrow s_i+s_c)，并且答案加上(s_c)。

    根据这个矩阵乘法，朴素做法可以做到(O(nC^3+qC^2lg n))。

    发现这个矩阵有逆，把答案处理成：([1,1,dots,0]A_{l}A_{l+1}dots A_{n}A_{n}^{-1}dots A_R^{-1}A_{R+1}^{-1}[0,0,dots,1]^T)的形式，前半和后半都可以预处理。

    可以做到(O(nC^2+qC))。（在乘一个矩阵的时候，这个矩阵中有值的位置是(O(C))的，所以只需要(O(C^2))做乘法）

    写出来之后整理一下可以发现能够简单优化至(O((n+q)C))。

    AGC043C Giant Graph

    暴力可以想到按照(i+j+k)从高到低确定，同层的不会有边，直接贪心即可。

    考虑一维的求最大独立集的过程：设(f_i)表示是否选(i)，从后往前做，如果(i)存在后继被选了，则(f_i=0)。发现其实可以视作：在这个DAG上的Nim游戏，从某个的出发如果先手必胜则(f_i=0)。

    可以推广到三维的情况，相当于三个Nim游戏的叠加。于是算出sg函数，统计(sum[sg_{1,i} xor sg_{2,j} xor sg_{3,k}=0]w_iw_jw_k)。

    FWT可以做，也可以暴力卷积，因为sg函数的取值是(O(sqrt m))。

    AGC041C Domino Quality

    (nle 3)的时候特判。

    可以手动构造出(n=4,5,6,7)时每行每列只有(3)的方案。用这些方案拼接，在对角线处放即可。

    AGC039C Division by Two with Something

    操作可以视作：将二进制（从高到低）的最后一位取反之后移到最前面。

    进一步分析，可以得到这个二进制应该长成：(Aoverline AAoverline Adots Aoverline AA)的形式。上划线表示取反。找到这个极小(A)，(|A|)就是操作次数。

    极小通过容斥得出。先设(f_{L})表示长度为(L)的不保证极小的(A)有多少个，通过给读入字符串的前(L)位扩展成如上形式和原字符串比较，得到(f_L)为(s)或(s+1)的形式。然后容斥得到(g_L)。(g_L=f_L-sum_{d|L,d<L}[frac{L}{d}mod 2=1]f_d)。

    AGC038C LCMs

    根据(lcm(a,b)=ab/gcd(a,b))，做个min卷积平方，每个位置除以下标的和就是答案。

    AGC037C Numbers on a Circle

    如果(a_i)刚刚被操作，那么(a_i>a_{i-1}+a_{i+1})。

    考虑倒推，对于(b_i>b_{i-1}+b_{i+1})的位置，如果(b_i>a_i)，则(b_i)应该被修改，并且在它改变之前(b_{i-1},b_{i+1})都不变，不会影响它的条件，所以(b_i)可以立即修改。

    维护个堆，每次找出最大的，贪心地修改它。因为(b_i)变成(b_imod(b_{i-1}+b_{i+1}))，必定减半，所以时间是(O(nlg nlg V))。

    AGC035C Skolem XOR Tree

    显然(n)为二次幂的时候不行。

    可以把形如(2k,2k+1)的配对。连边((1,2k),(2k,2k+1),(1,(2k+1)'),(1,(2k)'))。

    如果(2|n)，设(x=lowbit(n),y=n-x)，连边((x,n),(y',n'))。

    AGC034C Tests

    每场考试可以看做关于(a_i)的函数，这是个分段的一次函数，两端斜率分别为(l)和(u)，分界点在((a_i,0))。将所有分段函数的最低点移到(y=0)处，于是我们希望决定(a_i)使得函数和达到(sum l_ib_i)。

    有结论：最优解中，至多只有一个(a_i)取到了((0,X))，其它的不是(0)就是(X)。证明可以考虑，如果有两个取((0,X))，根据其在各自函数中所在的段分类讨论，发现都可以调整。

    按照取(X)之后的贡献排序。枚举哪个取了((0,X))，然后二分一段取(X)的前缀即可。时间(O(nlg n))。

    7079. 【2021.5.9 NOI模拟】消除

    可以转化成：随机一个排列，按照排列顺序操作。如果当前点的祖先没有操作过，(cnt)加一。求(cntle K)的概率。

    设(f_{i,j,k})表示(i)子树中，有(j)个点有贡献，排列中位置在最后一个有贡献的点后面的点有(k)个。于是可以做到(O(n^4))。

    观察转移式，可以发现(j)这一维是个纯的卷积。于是用插值将这一维搞掉，时间优化到了(O(n^3))，空间优化到了(O(n^2))。

    其实转移的时候，(k)这一维也可以利用卷积转移，时间理论可达(O(n^2lg n))。

    ARC118

    A：因为分母为100，所以可以100为循环节操作。搞出100以内有多少个空的，然后算出在第几个循环节就可以找到了。

    B：首先可以二分答案，然后得到每个(B_i)的取值范围，分别求其上界和下界的和得到(sum B_i)的取值范围，如果(m)在范围内就有解。二分出来之后一个个确定即可。如果用实数精度要开大（我开到1e-14），其实也可以用整数来二分。

    C：先放入6,10,15，然后放入6或10或15的倍数即可。

    E：考虑走到((i,j))，然后确定((0..i,0..j))中的点。从((i,j))转移到((i+1,j))的时候，决策一下第(i+1)行的点放在哪里，分在((i+1,1..j-1))和((i+1,j+1..n))讨论。发现这样要记一下((0..i,0..j))中已经确定了多少个点。于是可以记状态(f_{i,j,k,0/1,0/1})，表示走到((i,j))，((0..i,0..j))中确定了多少个点，其中(i)行，(j)列，是否有点的方案数。然后可以做到(O(n^3))的复杂度。

    CF1515G

    类比一下无向图，边权异或的问题：

    对于每个强联通分量分别做。任取一个点，记其为(rt)，然后搞一颗外向树，记到点(i)的边权和为(phi(i))。

    因为肯定存在从(i)到(rt)的路径，假设长度为(s)，对于任意模数(P)，从(i)到(rt)，然后绕(P-1)次长度为(phi(i)+s)的圈回到(rt)，总长为((P-1)phi(i)+Psequiv -phi(i)pmod P)。所以可以直接认为(i)到(rt)有长度为(-phi(i))的路径。

    每个点能走的环长的集合都等于根节点，因为可以先走(-phi(i))到(rt)，走完环之后再走(phi(i))回来。

    于是如果有一条非树边((u,v,w))，可以认为贡献了一个(phi(u)+w-phi(v))长度的环。

    求出所有环的gcd，于是能走的环长就是gcd的倍数。剩下的问题就好搞了。

    7082. 【2021.5.10 NOI模拟】中单

    由于结果是取max，可以将原来的限制拆成多个由更紧的限制组成的子问题，并且这些子问题的并恰好为原问题。

    在这题中，相当于枚举(s_0,s_1,s_2)的相对顺序，然后转化为了6个问题。每个问题都是个三维偏序，加上个询问最大异或。

    我的做法是对答案进行整体二分。从高位往低位，在当前层中，算出哪些询问可以取到1。接下来当前位为0的修改往左走，为1的修改往右走；询问如果可以取到1就往相反否则相同的地方走。然后里面就是个三维偏序，又因为询问只需要问是否存在点在询问范围内，所以最后一维只需要存个最值。于是(t)排序，(x)用cdq归并，(y)存最值就可以搞定了。总时间(O(nlg nlg V))，空间(O(n))。

    其他人的做法阴间一些：先对(t)排序，套cdq分治：建Trie，然后按照(x)的大小归并，如果是修改就在Trie上改(y)的最小值，如果是询问在Trie上二分。时间也是(O(nlg nlg V))，空间是(O(nlg V))劣一些。

    6213. 【NOI2019模拟2019.6.13】String

    稍微分析可以可得一定是尽量匹配直到不能匹配划分为一段。

    简单做法：建出SAM，然后算出(g_{u,v})表示(u)为开头，结尾下一个为(v)的一段最短是多少。然后倍增+矩阵乘法。

    更高明的做法：找到最长的长度(len)满足所有长度为(len)的子串都被包含。接下来连边，边权都相当于是(len)。如果连出的图有环，就找最小环长；如果无环，就找最长路。再算一波就可以得到答案。

    6252. 【NOI2019模拟2019.7.4】天涯海角

    可以看成：修改是对祖先链进行(pm1)操作，以及改变某个点是否存在；查询是查整棵树(>0)的点权数。

    我的做法：树剖，对于每条重链分块，长度为(sqrt {len})。对于每个块，一开始排好序，用链表维护（权值相同的压在一起），并且维护一个指针。整体加减的时候移动指针，散块修改的时候对链表上节点进行操作。总时间(O(nsqrt n))。当把链表从动态分配空间+没用的点不删变成静态分配空间+没用的点删，从2s+变成了500ms+。

    有个更好的优化：不用链表，直接维护排序后的序列（权值相同的还要压在一起）。散块修改的时候，将修改的点和不修改的点分开，然后归并。因为寻址连续，所以优化效果应该更加显著。

    更简单的做法：每(O(sqrt n))次定期重构，对关键点建虚树，每条边维护桶和tag。可以做到每个询问块(O(n))解决。总时间(O(nsqrt n))，常数小，代码短。

    7083. 【2021.5.10 NOI模拟】骚猪（口胡）

    考虑如果有区间([l,r])被([L,R])包含，那么([l,r])应该选择和([L,R])不同的颜色，否则不会更优。于是找到没有被其它区间包含的区间的集合，记为(W)。其它的集合选择一个(W)中包含它的区间（记为父亲），最后取相反的颜色。

    假设有解：如果(|W|)为偶数，那么可以给(W)交替分配颜色。对于某个位置，被(W_i)包含，若同时被(W_{i-1})或(W_{i+1})包含，则没问题；否则因为假设有解，一定存在其它区间包含它，并且那个区间的父亲是(W_i)。

    如果(|W|)为奇数，也是交替分配颜色，然而(W_{i-1},W_i)颜色相同。如果某区间只被其中之一包含则没有问题；如果被它们的交包含，又要要求还有个儿子区间包含它。因为有解，所以在某个解方案中，由鸽巢原理必定存在(i)，(W_{i-1},W_i)同色，并且它们的交也满足条件。所以说如果有解，在(i)的所有取值中，至少存在一种使得交替分配颜色有解。

    于是枚举(i)判断。加速判断：对于(W_{i-1}igcap W_i)内的点，要满足被至少一个儿子区间包含，或被至少三个(W)区间包含；对于不在(W_{i-1}igcap W_i)的点，要满足被至少一个儿子区间包含，或被至少两个(W)区间包含。

    7087. 【2021.5.18 NOI模拟】差异

    其实就是把区间分段，要求每段中并不为空。

    一种做法：设(f_i)表示(i)结尾的段数最少是多少。(f_i)可以直接贪心或DP得到，显然(f_i)单调不降。然后还要维护方案数(g_i)。普通暴力是(O(n^2))，用单调栈+线段树就可以(O(nlg n))了。

    另一种做法：考虑设(f_{i,j})表示到第(i)个，结尾为(j)的最小段数。归纳证明，对于(f_i)，大概是(mn+1,mn,mn+1)三段。用线段树维护即可。

    7087. 【2021.5.18 NOI模拟】差异

    原来长度为(c)的环会分成(gcd(c,k))个(frac{c}{gcd(c,k)})的环。反过来，枚举分成的环(l)，先统计这个环有多少个，然后划分，如果一个块个数(c)，则要满足(c=gcd(lc,k))。

    于是可以写个DP进行转移（其实这转移类似于exp）。时间复杂度(O(nd(k)))，(d)表示约数个数。

    实际上时间瓶颈在于统计环，因为寻址不连续。

    7089. 【2021.5.18 NOI模拟】排序

    既然求出前k大，直接A*。估价用网络流来搞。只要每次估价都准确，那么估价的总次数最多为(2nk)。

    于是时间复杂度为(O(nkMAXFLOW(n,m)))。

    实际上由于相邻的状态之间变化比较小，所以可以直接带修网络流（支持加边删边）搞。

    （话说这里的A*应该是可以不用优先队列的，直接递归即可，用带修网络流的话就可以不用存多个图，会不会快一些？）

    CFgym103069 2020 ICPC Asia East Continent Final

    B：离线。考虑一个矩形贡献在矩形最小值处。枚举矩形的上下边界，中间求最小值，于是变成一个序列数多少个区间最小值是什么。笛卡尔树即可。

    C：把(x)写成(x_0x_1dots x_{63})的形式，若干次变换之后，其中每一位可以表示成一些(x_i)的异或。得到了(f^i(x) mod i)等于多少，用(mod lowbit(i))得到最后几位的信息。于是就得到若干条方程，一共有(sum_i lg(lowbit(i)))条方程，大概是(O(n))。并且(nge 50)，猜到自由元不是很多，枚举之后挨个判定即可。

    D：枚举相交部分的两个端点，显然起点终点和端点之间，端点和端点之间都是最短路。得到若干个((a,b))表示(a)个重复路，(b)个不重复路。由于二维偏序更大的可以不用计算，去掉那些之后剩下(O(n))个。对于每个，用二分之类的做法搞一搞。

    G：枚举右端点，维护每个左端点的信息。可以视作：有一堆黑白点，支持：1. 区间黑白反转。2. 区间白点权值加一。3. 询问区间权值和。线段树上节点上维护：权值和，黑白点个数。标记维护反转标记，以及权值加一的标记（分别是黑点加的标记和白点加的标记）。

    I：按照时间顺序做。求出上一个活到最后的人存活到的时间，对于这个人，先计算它在被挡刀时候能否活下来，然后计算它没有被挡刀的时候活多久。用线段树二分维护。细节有点多。

    ARC119 D - Grid Repainting 3

    考虑给红点的行列连边（行和列分别分配点）。一次删除相当于删去一个点。

    对于一个连通块，随便搞一棵生成树，剥叶子地删，最终剩下一个点。只要连通块大小大于等于2就可以决定它在哪边。

    先求出两边孤立点的个数，接下来决定每个连通块最终保留的点，显然放在孤立点多的那边。

    ARC119 E - Pancakes

    拆绝对值，二维偏序即可（(l<r)那维可以去掉）。

    6248. 【NOI2019模拟2019.7.3】光影交错

    设(E_i)表示当前和为(i)的时候，往后走的期望。大概可以列出(E_i)关于(E_{i-1})和(E_{i+1})的式子。

    根据(E_{-infty}=0)和(E_{+infty}=frac{1}{p})，把边界开到(3*10^6)级别。按照套路，把式子转化成(E_i)和(E_{i+1})的关系即可。

    6250. 【NOI2019模拟2019.7.3】魔法咒语

    生成函数计算即可。

    6244. 【NOI2019模拟2019.7.1】为了部落

    搞一个虚根，虚根和森林中每个根连边。相当于钦定虚根度数为(m)，与虚根相连单点点度数不超过(K+1)。

    借助prufer序列来计算即可。用点DP。注意组合数要分解质因数算。

    7091. 【2021.5.26 NOI模拟】矩阵

    首先想到burnside。考虑枚举排列(p)和(q)，贡献为(c^{sum_{xin C_p,yin C_q}}gcd(x,y))，加起来，最后乘(frac{1}{n!m!})。

    因为(nmle 1000)，所以较小值不超过(31)，可以暴力枚举其划分数，后面DP搞。

    令(nle m)，时间(O(D(n)m^2))。

    7092. 【2021.5.26 NOI模拟】喂鱼

    回滚莫队。现在要支持在序列上加入点，并查询最长段。可以在每段的端点处记另一个端点是什么，就可以(O(1))地加入并更新最大值。时间(O(nsqrt n))。

    实测这不一定比可撤销并查集快（

    ARC120E 1D Party

    相邻两个相撞之后一定会反弹，否则不会更优。反弹可以看做穿过，于是相对位置发生了变化。

    题目可以转化为有个排列(p_i)，一开始(p_i=i)，对于每个(1le i<n)都要进行一遍(swap(p_i,p_{i+1}))，可以任意规定顺序。最小化(frac{1}{2}max |A_i-A_{p_i}|)。

    显然有DP：设(f_{l,r,u,v})表示搞([l,r])这个区间，(l)处为(A_u)，(r)处为(A_v)，其它位置原样。转移就枚举下一次搞(i,i+1)，那么可以分操作两边（(i=l)或(i=r-1)）和操作中间考虑。如果一开始就先将(max |A_i-A_{i+1}|)贡献入答案，操作两边只需看做往中间缩而不产生任何贡献。

    观察DP，发现实际上就相当于：给序列分段，每段长度至少为(2)，然后在两个序列交界处两点交换，最终贡献为每段的头尾的差。

    只需要处理长度为(2)或(3)的段。更长的段可以再分，不会更劣。写出另一个DP即可。

    LOJ3324. 「SNOI2020」取石子

    打表可得，((n,k))必胜当且仅当(kge lowbit(n-1))，其中(lowbit)是斐波拉契进制意义下的。

    斐波拉契进制下数位DP即可。

    7093. 【2021.5.28 NOI模拟】一道计算几何的模板题

    考虑求出每个(x)对应的最大和最小的(y)。

    可以发现(x)和(y)分别的变化都是( ho)的形状，进入循环节前暴力统计。对应(y)环上的每个点处理出跳(x)环周期步之后到哪，然后倍增处理。

    其实也可以：（假设求最小(y)），从小到大枚举能走的(y)，看看能贡献到哪些(x)。把(x)连成环（跳(y)周期步），每次就是环上一段区间上未标记的位置标记。用并查集维护之。

    7094. 【2021.5.28 NOI模拟】菜肴挑选

    如果(n)为奇数：可以看做一个等分圆，对所有等腰三角形做。这样每种边出现3次。

    如果(n)为偶数：先对前(n-1)个重复上面的操作，然后对所有长度为2的边和(n)做一次，对所有长度为1的边和(n)做两次。然后再对前(n-1)中所有腰长大于等于2的等腰三角形做一次。

    7097. 【2021.5.29 NOI模拟】Rhuzerv

    阴间题意看了我3.5h

    枚举长度，填数和染色就可以分开计算了。前者直接算，后者用生成函数稍微推一下。实际上后者也有组合意义：选择(2(L-m))个点，这些点分别作为选择的黑点、白点这样交替，且最后一个点是白点。两个白点之间都染黑。

    7098. 【2021.5.29 NOI模拟】究竟

    主要思想：对每个串建SAM。对于(SAM_i)中某个点(x)，如果(x_{trans(c)}=NULL)，则将其赋值成({S_{i+1}}_{trans(c)})。相当于：在当前串中匹配某个子串，如果能匹配就匹配（转移边不变），否则接到下一个串继续匹配。

    用DP来实现一下，可以搞出({S_{i}}_{trans(c)})到({S_{i+1}}_{trans(c)})之间的转移，用矩阵来表示。一段区间的答案最终可以写成：(常数行向量*若干矩阵*某列向量)的形式。分治搞一搞，用一些不特别的技巧即可。

    （实际上也许可以通过修改转移矩阵，使得求子区间和，变成直接求区间乘积？）

    7096. 【2021.5.29 NOI模拟】签door♂题

    可以发现答案的前一半一定是1到n。

    把1到n看做黑点，把n+1到2n看做白点。每个连通块记个(c_0,c_1)表示未确定的黑点和白点数，可以视作每次选择不在连通块内的一个黑点和一个白点，将对应连通块合并并将(c_0)和(c_1)减一，变成个子问题。

    考虑一号点。如果可以找到一个和它不在同个块中的白点，匹配之后变成子问题；如果找不到，说明剩下(n)个白点跟它同块，块内至少有(n)条边，又因为题目是只连好了(n-1)条边，所以不存在。

    于是按位确定，用可并堆可以做到(O(nlg n))。

    计蒜客2021复赛

    一如既往地没有质量。

    A：直接DP，线段树维护。

    B：建支配树之后随便DP。

    C：建重构树。统计子树内颜色个数可以：用树状数组，下标为最新出现的时间，将颜色挂在上面。进去子树前记一下时间，出来时用总的减去在进去之前的。

    D：用矩阵维护，LCT搞一搞。矩阵的等比数列是可以快速幂求的。另外这题模拟LCT暴力换根是可以过的。

    ARC121

    C：考虑每次将最小值往前提，如果奇偶性不对，搞一些变换使奇偶性调回来。分类讨论一下。

    D：如果必须选两个，一定是开头匹配结尾。可以选一个，相当于加入若干个0。

    E：考虑容斥。(dp_{i,j})表示(i)子树至少有(j)个祖先走到后代的（不合法），直接转移。

    UR21 A 士兵调度

    一种构造方法：考虑现在搞成一个(l*l)的矩形，然后给其增加一行一列。增加的时候就从远方移动一个点过来。

    因为(m)可能很小，所以先围一个(sqrt{n-m})边长的矩形，再进行这样操作。次数大概是(sum_{i=n-m+1}^n sqrt i)。

    题解中有个上界分析：如果一行中有(a)个点选择列，那么每列有超过(a)个点。于是有(a^2le n)。如果要改变这行一些点从选列变成选行，那么至多会变化(sqrt n)个点。每次合并的时候较小的那边用启发式合并来分析，那么上界为(msqrt n+nlg n+O(n+m))。

    7100. 【2021.6.1 NOI模拟】皮皮虾

    答案是行列式，对角线是(F)，不是对角线是(G)。

    设(A_n(x))表示对角线是(x)，不是对角线的位置是(1)。用第一行和其它的消，可以变成子问题，即(A(x)=frac{1}{x^{n-1}}(x-1)^{n-1}A_{n-1}(x+1)x)。

    仔细观察可以发现其通项：(A_n(x)=(x-1)^{n-1}(x+n-1))

    于是答案为((F-G)^{n-1}(F+(n-1)G))。可以快速幂。因为(F,G)项数不多，所以也可以直接用点值搞，或者短多项式求幂。

    7101. 【2021.6.1 NOI模拟】人生赢家

    发现当(nge 3)时，只需要考虑相邻两个之间的字符的关系。

    设(F_{A/C/G/T})表示从什么开始的生成函数，用(x_A,x_C,x_G,x_T)的多项式表示。列出方程，解一下，就可以得到式子。

    实际上也可以通过路径的特征进行分段，然后组合意义。
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