退役后做题记录
AGC030E Less than 3
神仙题Orz
首先，如果你修改了一个位置(i)，那么(i-1),(i+1)一定不同，否则一定会出现连续三个一样的
将0和1之间插入一条红线，1和0之间插入一条蓝线。那么红蓝线一定交替出现
修改相当于移动一条线，移动方案相当于一个匹配（位置1以前、位置n以后可以看做有无数条红蓝交替的线）
最妙的是，“不能出现连续三个一样的”限制没有了（因为一定能找到方案）
枚举匹配的方案即可
https://atcoder.jp/contests/agc030/submissions/6933519
AGC029B Garbage Collector
首先，取垃圾的代价固定，为(nX)，可以无视。
设取了(K)次垃圾，放垃圾代价就会是(KX)。
考虑一次取垃圾的过程，取了(x_1<x_2<ldots<x_s)处的垃圾。
显然一定会先走到(x_s)，然后返回途中收辣鸡。
推一下，代价会是(5x_s+5x_{s-1}+7x_{s-2}+9x_{s-3}+ldots+(2s+1)x_1)。
收了(K)次辣鸡，会有(2K)个系数(5)，(K)个系数(7,9,11,ldots)，可以任意乘给(x)
显然最大的(2K)个拿(5)，以此类推，前缀和高高就行了
https://atcoder.jp/contests/agc027/submissions/6921358
AGC018C Coins
首先消去(C)。所有(A,B)变成(A-C,B-C)，最后答案加(sum C)，就不需要取(C)了，只要取(x)个(A)，(y)个(B)。
枚举一条分界线，左右都会从小到大取(A/B)，用一个堆维护
https://agc018.contest.atcoder.jp/submissions/6918307
LOJ6294 touch
我是傻逼
先考虑(sum_{d|x}mu(d)=[x=1])，我们要求(sum_{path}sum_{d|gcd{path}}mu(d))，也就是对所有(d)求有多少条路径(gcd)是其倍数
分开求跨过不确定边的路径和剩下的，不确定边把树分成了两棵树。
不跨过不确定边的路径直接求，枚举(d)后，只保留权值是(d)倍数的边。路径数是(sum inom{siz}2)，并茶几维护即可
跨过不确定边的路径，(u,v)分出了两棵树，搜出两棵树所有点到(u/v)的(gcd)。两棵树的(gcd)记为数组(A,B)
那么如果不确定的边权为(w)，这部分答案是(sum_{ain A,bin B,d|gcd(a,b,w)}mu(d))
设(s_i=sum_{ain A,bin B}[a|i][b|i])（注意0要特判）可以发现(ain A,bin B)会在(mathbb{lcm}(A,B))的倍数处计算一次。
那么如果(i|w)，答案加上(s_imu(i))，就只会算一次了
https://loj.ac/submission/573269
CF1205B Shortest Cycle
记(c_i)表示二进制位有(i)的数数量，如果有(c_ige 3)那么答案就是3了，否则(n)很小，暴力
CF1205C Palindromic Paths
黑白染色后，对于一种颜色，只要确定了一个数就能确定整个颜色的标号，而且黑色已经确定了
然后怎么知道白色的标号呢？？？？？
暴力枚举，找到一个两种情况不同的询问，询问一下就行了。
CF1205D Almost All
神仙题
首先选一个点作树根，只考虑经过根的路径
那么先考虑一个问题，在一个大小为(n)的子树中，让每个点到根的路径长度凑出(a,2a,ldots,(n-1)a)
这个很好构造。先找出所有儿子，分别为(son_1,ldots,son_m)，子树大小为(siz_1,ldots,siz_m)。根到第(i)个儿子的边权是((1+sum_{j<i}siz_j)a)，然后对每个儿子递归下去做。
现在假设选了一个根节点(rt)，将儿子分为两组(A,B)，分别做上面的算法，其中(A)权值是(1,2,ldots,siz_A)，(B)权值是(siz_A+1,2(siz_A+1),ldots,siz_B(siz_A+1))
那么从(A)到根节点到(B)的路径可以凑出来(1)到((siz_A+1)(siz_B+1)-1)中所有数
考虑怎么将儿子分组，((siz_A+1)(siz_B+1)-1)可以到达(lfloorfrac{2n^2}{9} floor)
显然两边尽量接近才能让结果更优
如果(siz_A,siz_B)都不小于(lceilfrac{n-1}{3} ceil)，那么最极端的情况就是(siz_A=frac{n-1}{3})，结果(ge (frac{n+2}{3})(frac{2n+1}{3})-1=frac{2n^2+5n-7}{9})
需要的是(frac{2n^2}{9})。结果在(n>1)时正确，(n=1)无需考虑。
那么需要选一个根和划分让(siz_A,siz_Bgeq lceilfrac{n-1}{3} ceil)
如果子树数量(ge 4)，一定有两个子树大小之和(le frac n2)可以不断合并。
如果子树数量(ge 3)，合并最小的两个子树，剩下那个大小一定(geqfrac{n-1}{3})，那么另一个大小也会(leq 2frac{n-1}{3})。
子树数量为(1)只可能是(n=2)，无需考虑
合并完之后子树数量只可能为(2)，这时如果有一个子树大小(ge frac{2}{3}(n-1))就不合法。
选重心做根，最大的子树大小小于等于(frac{n}{2})，就合法了。