2021-03 杂题泛做

Codeforces 1100F

又是维护线性基的 (trick)，考虑使用扫描线回答询问

在插入线性基的过程中给每一位存上个 (position) 最大的 (1) 就行了

因为是贪心，希望 (l) 大的询问也可以用到这个 (1)

sequence

考虑每个序列的 (And) 和最多变化 (log) 次

用 (ST) 表维护区间 (And) 和，然后逐段二分得到修改的点

剩下的扫描线套线段树，线段树上的操作是 ( exttt{耐(ruo)人(zhi)寻(dao)味(jia)}) 的，值得思考

uoj21

考虑如何求 (max(sumfrac{a_i(x-1)}{x}))

想到的一个做法是枚举有意义的 (x)，但是这种 (x) 很多

但是不难观察到相邻的两个有意义的数之间贡献是直接 (+1) 的，差分就能维护了

但是这样需要整除分块来进行加减

每个数上的答案是显然可以快速统计的，那么 (O(nln n)) 即可

uoj22

先把序列从大到小排一下，因为先模后面再前面没有意义

第一问：(dp_{i,j}) 表示前 (i) 个数，(j) 可否为当前可行答案

从当前向下一个转移，最后从 ([0,a_n-1]) 选答案，实现的时候数组甚至可以一维

按照上面的思路，设 (f_j) 表示当前答案为 (j) 的方案数，转移找一个 (le j) 的数即可

显然转移的时候 ([j\% a_i,j-1]) 的 (a_i) 是可以任意插到排列里面的，预处理排列数即可

值得注意的是在计算的开始 (f[x]) 要把大于 (x) 的 (a_i) 插入到排列里面

uoj23

主思想是每个边当作 (x) 的话长度为 (L) 的边的数量就是 ([x^L]f(x))，以前见过，这次加深了印象

考虑环上点的贡献：对于一个点如果到环顶的距离分别为 (a,b) 考虑每个边是 (x^1) 的话就是链顶 (P(x) imes (x^a+x^b))

写的时候和一般的仙人掌差不多，就是先跑最短路，然后找环，(50’) 的做法就是暴力维护多项式

值得注意的一点是记得维护环的几个链的重边的乘积

(70) 做法把每个环上的贡献算一算，然后对环的部分分治乘法就行了，每个节点扔一个站位的 (x^0) 把前面的答案收集一下

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(Theta(nlog^3 n)) ：考虑点分治

对于仙人掌，如法炮制树上点分治的做法，使断开与其相邻的边之后子联通块的大小尽量小

重心连出去的边分为向上和向下，可以快速得到父链多项式，对于向下的边求子树的加和多项式，进行卷积即可，向上的直接加入答案

如果向上的边是个环，需要对环上的点都处理一下

仙人掌点分使用圆方树，每个方点上放 (SZ) 环的权值，求带权重心即可

这个做法代码不很会写，先鸽掉，还有俩 (log) 的做法，也不会

uoj31

如果当前序列不合法，那么必然是一个前缀和为负，那么找到后面最近的一个 (1) 翻过来就行

实现需要维护所有 (1) 的位置和前缀和，分别使用单调指针扫和数据结构维护即可

建议树状数组，因为线段树被卡常了

其实貌似没必要用数据结构，维护一个变量就行了，我思维僵化了

uoj33

本来对这个 (gcd(i,j)=k) 想的是反演，其实是复杂了

如果能求到 (ans[i]) 表示 (gcd) 为 (i) 的倍数的数的个数，最后套上一个 (Theta(nln n)) 的容斥可以得到原答案

对原树跑点分治，值得指出的是这个树是有根的，对于当前分治重心向上的子联通块需要特殊处理

• 都在分治重心 (x) 子树点对，维护一个表示深度的桶和一个深度的倍数，然后合并答案

• 对于一个在父联通块，一个在子树里面的点对

  显然对于父链上的点还是可以处理如上的两个桶，对于 (ans[i]) 的增量应当为两个倍数桶的乘积

  对于子树的倍数桶要求开头不是 (0) 的部分的和，需要大量记录，空间不能接受

  仍旧使用根号分治，对于 (ge sqrt n) 的部分暴力，预处理答案即可（也可以说是记忆化吧）

[ exttt{Talk is cheap,Coding is Impossible} ]

异或图

斯特林反演：

若

[f(n)=sum_i (-1)^i egin{Bmatrix}n \i end{Bmatrix} g(i) ]

则

[g(n)=sum_i (-1)^i egin{bmatrix} n\ iend{bmatrix} f(i) ]

将排列斯特林数和组合斯特林数调换位置也是正确的，这个使用结论：

[[m=n] =(-1)^nsum_{i} (-1)^iegin{Bmatrix} n\ i end{Bmatrix} egin{bmatrix}i\ mend{bmatrix} ]

或者

[[m=n] =(-1)^nsum_{i} (-1)^iegin{Bmatrix} i\ m end{Bmatrix} egin{bmatrix}n\ iend{bmatrix} ]

可以证明，而这两个结论使用上升下降幂公式硬上，发现对于多项式系数必然一致，那么证毕

然而本题中并不使用上面的式子，而是考虑：

[f(x)=sum_{i=x}^n egin{Bmatrix} n\ iend{Bmatrix}g(i) ]

可以得到

[g(x)=sum _ {i=x}^n egin{bmatrix} n\ iend{bmatrix}(-1)^{i-x} f(i) ]

证明是类似的，本质上是一个上三角变成了下三角

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图状压下来之后只有 (55) 位，在一个线性基的射程范围之内

(dfs) 枚举哪些数放到了一个集合里面，那么不在同一个集合里面的边不能存在，所以可以建一个异或方程组的线性基

线性基里面的异或结果不能存在，那么得到 (res=2^{n-num})

把结果累加到 (f_{cnt}) 里面，最后使用斯特林反演即可

关于高斯消元解异或方程组，解的个数是把剩下的全消成 (0) 的时候 (2) 的剩下的行数次方

uoj32

直接对 (1) 所在的联通块考虑，题目求的也就是路径上不存在负环的 (x) 的个数

如果出现了一个负环，那么影响的一定是它的后继的答案区间，所以先 (floyd) 传递闭包找到联通性

考虑 (Bellman-Ford)，(f[n][i][j]) 表示环上的 (col) 的和为 (j) 时，在点 (i) 处走了 (j) 步的最短路

最短路一定是简单路径，那么如果 (f[n][i]>f[n-1][i]) 说明存在一个负环

这里不考虑 (k) 列出来的式子如上，那么考虑上 (k) 就好说了：

[min{f[n][i][k]+kx}ge min{f[n-1][i][j]+jx} ]

如果满足该式子，那么当前的 (x) 符合条件

对于上面的不等式，枚举所有的 (k)，得到答案之后求交集，拆掉一个 (min{})

剩下的一个也跟着枚举 (j) ，做出来之后求并集即可

实现的时候我完全反过来写的，先交后并，最后总方案容斥

值得指出的是，实现的时候可以把 (inf) 设成 (2 imes10^{18})，会方便一些

uoj48

直接把第一个数分解，然后后面的数一个一个对着质因子分，除掉最小的一个

uoj49

对于当前的 (s) 选择箱子的手段一定是在两边找距离最小的一个，同时选择的起始点一定有箱子

关于第二个结论直接展开所用的时间的式子，是一个绝对值方程，这个东西显然有奇数个箱子的话是中位数，偶数个箱子放到左右两边答案一样

显然的二分答案 (mid)，然后枚举每个 (x_i) 作为中位数所在的位置

设当前区间 ([l,r]) 满足这个坐标是中位数所在的位置，统计遍历这些区间所使用的时间，这个通过前后缀和能做到 (O(1))

由于 (x_i) 位置本身可能有箱子，那么其实这样的 ([l,r]) 可能有多个，但是当 (x_i) 递增的时候这些区间必然是单调右移的

证明可以考虑比较 (x_{i-1}) 的尾状态和 (x_i) 的初始状态

尾状态的 (l) 到 (x_{i-1}) 中有 (frac{mid}2) 个数，这样是满足下一个中位数点的初始状态的，证毕

一道难题实现一定是大关，所以它很难写

其实可以维护 (lnow,rnow) 两个变量表示左右边界的取用数量，更新区间的时候快速增量，也是可以保证复杂度的正确性的

uoj50

把式子捋一下：

[f(n)=frac12sum_{jin A}inom {i-1}{j} sum_{k}inom{i-1-j}{k} f(i-1-j-k)f(k) ]

然后设：

[g(n)=sum_{i=1}^n frac{f(i)}{i!}frac{f(n-i)}{(n-i)!} ]

那么把组合数展开之后得到

[frac{f(n)}{(n-1)!}=frac12sum_{j}^nfrac{A_j}{j!}g(n-1-j) ]

那么再傻也能给看出来 (f(n)) 和 (g(n)) 都是卷积，先硬上 (cdq\_NTT)

但是直接写还是过不了样例，那么问题出在了一种叫做 ( exttt{我卷我自己}) 的卷积模型上面

也就是说对于 ([1,mid]×[l,mid]) 的贡献在分治区间左端点为 (1) 的时候无法进行正确贡献

那么转移 (G) 的时候处理的长度为 (r-l+1) 的数组中，如果 (i<l) 那么放 (2F[i]) ，(lle ile mid) 放 (F[i]) 反之放 (0) 就行

即如下：

inline void solve(int l,int r){
    if(l==r){if(l==1) F[1]=1; else F[l]=mul(F[l],mul(i2,fac[l-1])); return ;} 
    int mid=(l+r)>>1; solve(l,mid); 
    int lim=1; while(lim<=(r-l+1+mid-l+1)) lim<<=1; 
    for(reg int i=0;i<=r-l;++i) 
    	if(i<l) H[i]=mul(F[i],mul(2,ifac[i])); 
    	else if(i<=mid) H[i]=mul(F[i],ifac[i]); 
        else H[i]=0; 
    For(i,0,mid-l) I[i]=mul(F[i+l],ifac[i+l]);
    for(reg int i=mid-l+1;i<=r-l;++i) I[i]=0; 
    for(reg int i=r-l+1;i<lim;++i) H[i]=I[i]=0;
    NTT(H,lim,1); NTT(I,lim,1); 
    for(reg int i=0;i<lim;++i) H[i]=mul(H[i],I[i]); 
    NTT(H,lim,-1); 
    for(reg int i=mid+1;i<=r;++i) G[i]=add(G[i],H[i-l]);
    for(reg int i=0;i<=r-l;++i) H[i]=mul(A[i],ifac[i]);
    for(reg int i=0;i<=mid-l;++i) I[i]=G[i+l];
    for(reg int i=mid-l+1;i<=r-l;++i) I[i]=0;
    for(reg int i=r-l+1;i<lim;++i) H[i]=I[i]=0; 
    NTT(H,lim,1); NTT(I,lim,1); 
    for(reg int i=0;i<lim;++i) H[i]=mul(H[i],I[i]); 
    NTT(H,lim,-1);
    for(reg int i=mid+1;i<=r;++i) F[i]=add(F[i],H[i-l-1]);
    return solve(mid+1,r);
}

uoj51

考虑 (sqrt n) 不大，(2^{31}) 必然大于 (10^9)

那么状态并不多，考虑记录每个状态的 (SG) 函数即可，使用记忆化搜索实现这个算法

uoj52

挺 (mathrm{ codeforces}) 的题呀

直接取阀值 (x=lfloorfrac{k}3 floor)，在 (a,b,c) 三个数组里面找到这个位置上的数

最小的那个数组里面前面的数不可能作为答案，删掉，迭代下去即可

注意：如果把 ( exttt{kth.cpp}) 已经挪到桌面上了就用桌面上的写

uoj53

有一个显然的 (Theta(nklog(nk))) 的做法

但是这个做法有很多冗余，也就是把所有的点都放到堆里面，其实我们只关注最小的

关注到这个 (a,b,c) 的路径上的点可以被划分出来三个链，那么我们可以每次取最小的进行扩展

这个过程是十分有技巧的，也就是记录链的首尾，然后进行最值分治

形式化的而言，考虑当前链为 ((st,ed,pos))，(pos) 表示链上最小权所在的点

那么可以往堆里面扔一个 st,fa[pos],ask_chain(st,fa[pos])，和 unson(pos,ed),ed,ask_chain(unson(pos,ed),ed)

其中 ( exttt{underson}) 表示该方向的儿子，ask_chain 表示链上最小值

这样的话每次扩战展放到堆里面的数是常数级别的，就可过了

拆链想到了，这个分治感觉有点意思，实现没有难度

值得一提的是，这个题让我理解了 ( exttt{zkw线段树})，这样的收获十分有意义

另外：记录本题卡空间的做法

((1)) 用手写堆代替 ( exttt{priority\_queue})

((2)) 记录堆里面的最大元素，( exttt{k<q.size()}) 那么就不再加入比最大还大的部分了

((3)) 重复使用数组，比如原来的 (sz) 数组后面就没用了

((4)) 结构体不要使用 ( exttt{node(st,ed,pos,val)}) 来赋初值，因为这个函数需要空间

uoj207

首先学习一下如何使用 ( exttt{LCT}) 维护虚子树信息

值得一记的是 ( exttt{make\_root}) 的翻转时一定保证当前的 (x) 没有右儿子

考虑给每个路径赋一个权值，加到首尾上面，然后对于每个路径，如果以 (x) 为根，(y) 的子树里面的权值和恰等于现在的路径权值和，那么满足条件

考虑维护子树异或和，如果等于当前所有的路径异或和，那么正确

这里用 (2^x) 次方对大质数的模当权值比较靠谱

SDOI2018 旧试题

先把式子推一推：

[sum_{i=1}^A sum_{j=1}^B sum_{k=1}^C mu(i) mu(j) mu(k) sum_{mathrm{lcm(i,j)|x}}sum_{mathrm{lcm(j,k)|y}}sum_{mathrm{lcm(k,i)|z}}lfloor frac{A}x floorlfloor frac{B}y floorlfloor frac{C}z floor ]

直接上连暴力都拿不到，关注到这个 (mu(i)) 有贡献的不多，看起来很像一个三元环计数的模型

那么就可以对全不同，两个一样，全一样的三部分分开计数

考虑系数中是轮换对称的三个独立函数，也就是

[sum_{p|x} lfloor frac{val}x floor ]

显然可以 (Theta(nln n)) 的时间复杂度之内求出来，那么就做完了

ARC115 D. Odd Degree

答案显然是把所有的联通块的答案搞个分治乘法

因为奇偶性的缘故，有奇数度数的点一定只有偶数个，因为总度数是 (2n) 为偶数

对于一个有偶数个度数为奇数的生成树，钦定哪个子集为奇数度数，剩下为偶数度数，都是可以从叶子开始向上剥来得到

具体就是如果度数不为其儿子的情况剥完了，如果留下的边数是偶数，就断掉祖先边

那么对于奇数个数为 (kin{even}) ，方案是 (inom nk)

所以就做完了

ARC115 E.LEQ and NEQ

考虑容斥来做：总方案减掉有相邻且相同的段的方案

那么有

[dp[i][k]=sum_{j=1}^{i-1} dp_j[(k+i-j-1)] imes min_{j+1}^i{a_j},f[0][0]=1 ]

第二维就直接实现了容斥，答案为 (f_{n,0}-f_{n,1})

用单调栈优化 (dp) 并使用若干个前缀和数组分别维护其奇偶位置上的前缀和即可

---

还有一种相对简单的转移，不需要第二维

发现最后是 (f[n][0]-f[n][1]) 那么可以把对 (f[n][0]) 最后贡献的直接置负，最后加起来

Codeforces1119H

基础想法就是挨着个卷，优化考虑 (FWT) 的点值式子：

[F_k[i]=(-1)^{cnt(i&a_k)}x+(-1)^{cnt(i&b_k)}y+(-1)^{cnt(i&c_k)}z ]

那么不难发现这个 (x,y,z) 前面的系数只有 (8) 种

一个 (trick) 是将 (b_k,c_k) 异或 (c_k) 最后的答案再异或回来所有的 (a_i)

那么还有 (4) 种需要考虑的情况，利用四种情况的和为 (n)，仅考虑 (F_k[b/c/(b mathrm{xor} c)[i]=0) 分别搞出来四个方程，手动解出来

最后就剩下快速幂，(mathrm{IDWT}) 和下标反映射了

loj6401

因为是一个 (SAM) 题，那么考虑每个点上有多少字符串能被覆盖

那么使用单调指针扫一下得到每个点的最长合法后缀的长度，然后放到 (SAM) 上

最后在后缀树上扫一下，用每个点的儿子来更新 (fa) ，实现的时候注意两点：

((1)) 基数排序：for(reg int i=tot;i>=1;--i) id[ton[len[i]]--]=i;

((2)) 每个点的答案不仅要让 (max) 和长度取 (min) ，还得注意和 (0) 取 (max)

uoj60

没有任何一种方案比 (4 imes 3 imes 3 imes 3 imes dots) 更大，直接输出即可

loj6031

先把这个 (mathrm{w(l,r)}) 看明白：是指整个子串而非这个区间里面的所有子串

对 (S) 建自动机，得到每个点的 (mathrm{endpos}) 集合大小

对于每个 (w) 放到上面跑匹配，能求出来 (w) 中以每个下标为结尾是 (S) 子串的最长后缀

对于 ([a,b]) 中的每个区间，在后缀树上跑倍增，复杂度 (Theta(mathrm{qmlog n}))

那么复杂度瓶颈在每个询问都得跑，考虑使用根号分治

• 对于 (kge sqrt n) 的部分，询问不超过 (sqrt n) 个，直接照着上面的做法实现即可

• 对于 (kle sqrt n) 的部分，对所有 (w_i) 对应的 (a_i,b_i) 离线之后扔一个莫队维护每个区间的出现次数

  求完了之后就直接 (Theta(k^2)) 做就行了

复杂度想错了好久，其实是 (Theta(nk)) 的

DZY loves Chinese II

先求出来一个原图的生成树，对于非树边，随机赋一个权值

树边的权值就是非树边路径经过它的路径权值的异或和

询问直接判断是不是线性不相关就行了

正确性？

如果分成两个联通块，中间树边有且仅有一条，且权值一定是同样连接两个点集的非树边的权值的异或和

shallot

线性基的删除是有通法的，但是这里考虑使用线段树分治，那么就分治就好了